172010517 Respostas Do Livro Geometria Analitica Alfredo Steinbruch E Paulo Winterle 506a21

2.8 Problemas Propostos 1. Determinar a extremidade do segmento que representa o vetor ~ v = (2, −5), sabendo que sua origem e´ o ponto A(−1, 3). Soluça˜ o: ~ v=B−A

(2, −5) = (x, y) − (−1, 3)

Para x temos,

x+1=2⇒x=1 Para y temos, y − 3 = −5 ⇒ y = −5 + 3 ⇒ y = −2 Logo, o ponto da extremidade e igual a: B = (1, −2) ~ = (3, −1) e ~ ~ tal que: 2. Dados os vetores u v = (−1, 2), determinar o vetor w ~−~ ~ = 2u ~−w ~ a) 4(u v) + 13 w Soluça˜ o:

1 ~−~ ~ = 2u ~−w ~ 4(u v) + w 3 Substitu´ıdo os valores dos respectivos vetores, 1 4[(3, −1) − (−1, 2)] + (x, y) = 2(3, −1) − (x, y) 3 Efetuando as operaçoes; ˜ y x (16, −12) + , = (6 − x, −2 − y) 3 3 y x 16 + , −12 + = (6 − x, −2 − y) 3 3 x x + 3x x Para x temos a seguinte igualdade; 16+ = 6−x ⇒ +x = 6−x ⇒ = −10 ⇒ 3 3 3 −15 −30 ⇒ x= x + 3x = −10 ⇒ 4x = −30 ⇒ x = 4 2 Para y temos a seguinte igualdade; y y + 3y y = 10 ⇒ y + 3y = 30 ⇒ 4y = 30 ⇒ −12 + = −2 − y ⇒ + y = −2 − y ⇒ 3 3 3 30 15 y= ⇒ y= 4 2 3

−15 15 ~= , Resultado: w 2 2

~ − (2~ ~) = 2(4w ~ − 3u ~) b)3w v−u Soluça˜ o: Substitu´ıdo os valores dos respectivos vetores; 3(x, y) − [2(−1, 2) − (3, −1)] = 2[(4(x, y) − 3(3, −1)]

(3x, 3y) − [(−2, −4) − (3, −1)] = 2[(4x, 4y) − (9, −3)]

(3x, 3y) − (−5, 5) = 2(4x − 9, 4y + 3)

(3x + 5, 3y − 5) = (2(4x − 9), 2(4y + 3))

Para x temos a seguinte igualdade; 3x + 5 = 8x − 18

3x − 8x = 18 − 5

−5x = −23 23 x= 5 Para y temos a seguinte igualdade; 3y − 5 = 8y + 6

3y − 8y = 6 + 5

−5y = 11 −11 y= 5 23 −11 ~= w , 5 5

−−→ −→ −−→ −→ −→ −→ 3. Dados os Pontos A(−1, 3), B(2, 5) e C(3, 1), calcular OA − AB, OC − BC e 3BA − 4CB. Soluça˜ o: −−→ Resolvendo: OA ⇒ A − O ⇒ (−1, 3) − (0, 0) ⇒ (−1, 3) −→ Resolvendo: AB ⇒ B − A ⇒ (2, 5) − (−2, 3) ⇒ (3, 2) Efetuando a Operaça˜ o: −−→ −→ OA − AB = (2, 5) − (−1, 3) ⇒ (−4, 1) −−→ −→ OA − AB = (−4, 1) −−→ Resolvendo: OC ⇒ C − O ⇒ (3, −1) − (0, 0) ⇒ (3, −1) −→ Resolvendo: BC ⇒ C − B ⇒ (3, −1) − (2, 5) ⇒ (1, −6) Efetuando a Operaça˜ o:

4

−−→ −→ OC − BC = (3, −1) − (1, −6) ⇒ (2, 5) −−→ −→ OC − BC = (2, 5) −→ Resolvendo: BA ⇒ B − A ⇒ (−1, 3) − (2, 5) ⇒ (−3, −2) −→ Resolvendo: CB ⇒ B − C ⇒ (2, 5) − (3, 1) ⇒ (−1, 6)

Efetuando a Operaça˜ o: −→ −→ 3BA − 4CB = 3(−3, −2) − 4(−1, 6) ⇒ (−9, −6) − (−4, 24) ⇒ (−4, 24) −→ −→ 3BA − 4CB = (−5, −30) 9 ~ = (3, −4) e ~ a e b tais 4. Dados os vetores u v = − , 3 , verificar se existem numeros ´ 4 ~ = a~ que u ve~ v = b~ u. Soluça˜ o: Resolvendo para a; −9 −3.4 −12 −9 −4 ,3 ⇒ 3 = a⇒a= ⇒a= ⇒ a= (3, −4) = a 4 4 9 3 3

Resolvendo para b;

−9 −3 −3 , 3 = b(4, 3) ⇒ 3 = b.4 ⇒ b = ⇒ b= 3 4 4

~ = (2, −4), ~ ~ = (−12, 6), determinar k1 e k2 tal que 5. Dados os vetores u v = (−5, 1) e w ~ + k2 ~ ~ = k1 u v. w Soluça˜ o: Substituindo os valores dos respectivos vetores; (−12, 6) = k1 (2, 4) + k2 (−5, 1) (−12, 6) = (2.k1 , −4.k1 ) + (−5.k2 , k2 ) Retirando a igualdade para os valores de x temos; (

2.k1 + (−5.k2 ) = −12 ⇒ −4.k1 + k2 = 6

(

2.k1 − 5.k2 = −12 ⇒ −4.k1 + k2 = 6.(+5)

(

2.k1 − 5.k2 = −12 ⇒. −20.k1 + 5.k2 = 30

−18k1 = 18 ⇒ k1 = −1 Substituindo k1 na Primeira Equaça˜ o temos; 2(−1) − 5.k2 = 12 ⇒ −2 − 5.k2 = −12 ⇒ −5.k2 = −12 + 2 k2 = 5

−10 ⇒ k2 = 2 −5

−−→ −→ 6. Dados os pontos A(−1, 3),B(1, 0) e C(2, −1), determinar D Tal que DC = BA. Soluça˜ o:

−−→ −→ −−→ Resolvendo DC e BA: DC = (2, 1) = (x, y) −→ BA = (−1, 3) − (1, 0) −−→ −→ Substituido em DC = BA temos: (2, −1) − (x, y) = (−1, 3) − (1, 0)

(2 − x, −1 − y) = (−2, 3) Resolvendo para x: 2 − x = −2 ⇒ x = 4

Resolvendo para y: −1 − y = 3 ⇒ y = −4 D(4, −4)

−→ −→ 7. Dados os pontos A(2, −3, 1) e B(4, 5, −2), determinar o ponto P tal que AP = PB. Soluça˜ o:

−→ −→ −→ Resolvendo AP e PB: AP = (x, y, z) − (2, −3, 1) −→ PB = (4, 5, −2) − (x, y, z) −→ −→ Substituindo em AP = PB temos: (x, y, z) − (2, −3, 1) = (4, 5, −2) − (x, y, z)

(x − 2, y + 3, z − 1) = (4 − x, 5 − y, −2 − z)

Resolvendo para x:

x−2=4−x⇒x=3

Resolvendo para y:

y + 3 = 5 − y ⇒ 2y = 5 − 3 ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1

Resolvendo para z:

z − 1 = −2 − z ⇒ 2z = −2 + 1 ⇒ 2z = −1 ⇒ z = P 3, 1, − 21

−1 2

−→ −→ 8. Dados os pontos A(−1, 2, 3) e B(4, −2, 0), determine o ponto P tal que AP = 3AB. Soluça˜ o:

(x, y, z) − (−1, 2, 3) = 3[(4, −2, 0) − (−1, 2, 3)]

(x + 1, y − 2, z − 3) = 3[(5, −4, −3)]

(x + 1, y − 2, z − 3) = (15, −12, −9)

Resolvendo para x:

6

x + 1 = 15 ⇒ x = 114 Resolvendo para y:

y − 2 = −12 ⇒ y = −10

Rsolvendo para z:

z − 3 = −9 ⇒ z = −6 P(14, −10, −6)

9. Determinar o vetor ~ v sabendo que (3, 7, 1) + 2~ v = (6, 10, 4) − ~ v. Soluça˜ o:

(3, 7, 1) + 2~ v = (6, 10, 4) 3~ v = (6, 10, 4) − (3, 7, 1)

3~ v = (3, 3, 3) ~ v = (1, 1, 1)

~ = a1 ~ v2 , sendo ~ v1 = (1, −2, 1), v 1 + a2 ~ 10. Encontrar os numeros a1 e a2 tais que w ´ ~ ~ = (4, −4, 14). v2 = (2, 0, −4) e w Soluça˜ o:

(−4, −4, 14) = a1 (1, −2, 1)+a2 (2, 0, −4) ⇒ (−4, −4, 14) = (a1 +2a2 , −2a1 , a1 −a1 −4a2 ) ⇒

Fazendo o sistema:   a1 + 2a2 = −4    −2a1 = −4     a1 + 4a2 = 14

Resolvendo para a1 temos: −2a1 = −4 ⇒ a1 =

−4 −2

⇒ a1 = 2 .

Resolvendo para a2 temos:

2 − 4.a2 = 14 ⇒ −4a2 = 14 − 2 ⇒ a2 =

12 −4

⇒ a2 = −3

~ = (4, 1, −3) e ~ 11. Determinar a e b de modo que os vetores u v = (6, a, b) sejam paralelos. Soluça˜ o:

Para os vetores sejam paralelos tem que satisfazer a seguinte equaça˜ o: ~ ~ v = αu (6, a, b) = α(4, 1, −3) ⇒ 6 = α4

α=

3 2

Substituindo α na primeira equaça˜ o: 3 3 3 9 a= 1⇒a= eb= −3⇒b= 2 2 2 2 3 9 a= eb=− 2 2 7

12. Verificar se são colineares os pontos: a)A(−1, −5, 0), B(2, 1, 3) e C(−2, −7, −1)

Soluça˜ o:   −1 −5 0   1 3  = 0 Os pontos são colineares: det =  2   −2 −7 −1 b)A(2, 1, −1), B(3, −1, 0) e C(1, 0, 4)   2 1 −1   Soluça˜ o: det = 3 −1 0  = 21   1 0 4 Os pontos não são colineares: 13. Calcular a e b de modo que sejam colineares os pontos A(3, 1, −2), B(1, 5, 1) e C(a, b, 7). Soluça˜ o: −→ AB = B − A = (−2, 4, 3) −→ BC = C − B = (a − 1, b − 5, 6) −→ −→ AB = BC 4 3 −2 = = a−1 b−5 6 Simplificando: −2 4 1 = = a−1 b−5 2 Para a: a − 1 = −4 ⇒ a = −3 Para b: b − 5 = 8 ⇒ b = 13 14. Mostrar que os pontos A(4, 0, 1), B(5, 1, 3), C(3, 2, 5) e D(2, 1, 3) são vértices de um paralelogramo: Soluça˜ o: −→ −−→ −−→ Para ser um paralelogramo tem que satisfazer a igualdade: AB + AD = AC [(5, 1, 3) − (4, 0, 1)] + [(2, 1, 3) − (4, 0, 1)] = (3, 2, 5) − (4, 0, 1)

(1, 1, 2) + (−2, 1, 2) = (−1, 2, 4) (−1, 2, 4) = (−1, 2, 4)

Satisfazendo a igualdade os pontos formam os vértices de um paralelogramo. 15. Determine o simétrico do Ponto P(3, 1, −2) em relaça˜ o ao ponto A(−1, 0, −3). Soluça˜ o: X e´ ponto simétrico do ponto P em relaça˜ o ao ponto X. −→ −−→ PA = AX (−1, 0, −3) − (3, 1, −2) = (x, y, z) − (−1, 0, 3) ⇒ (−4, −1, −1) = (x + 1, y, z + 3) 8

Resolvendo para x: x + 1 = −4 ⇒ x = −5

Resolvendo para y: y = −1 ⇒ y = −1

Resolvendo para z: z + 3 = −1 ⇒ z = −4 X(−5, −1, −4)

3.16 Problemas Propostos: ~ = (1, a, −2a − 1), ~ ~ = (a, −1, 1), determine a, de 1. Dados os vetores u v = (a, a − 1, 1) e w ~.~ ~ modo u v = (~ u+~ v).w. Soluça˜ o: (1, a, −2a − 1).(a, a − 1, 1) = [(1, a, −2a − 1) + (a, a − 1, 1)].(a, −1, 1)

(a + a(a − 1) − 2a − 1) = [(a + 1), a + a − 1, 2a − 1 + 1].(a, −1, 1)

a + a2 − a − 2a − 1 = [a + 1, 2a, −2a].(a, −1, 1)

a2 − 2a − 1 = a.(a + 1) − (2a − 1) − 2a a2 − a2 − 2a − a + 2a + 2a = 1 + 1 a=2

2. Dados os pontos A(−1, 0, 2), B(−4, 1, 1) e C(0, 1, 3), determine o vetor ~ x tal que −→ −→ −→ −−→ 2~ x − AB = ~ x + (BC.AB)AC Soluça˜ o: −→ AB = B − A = (−4 + 1, 1 − 0, 1 − 2) = (−3, 1, −1) −→ BC = C − B = (0 + 4, 1 − 1, 3 − 1) = (4, 0, 2) −−→ AC = C − A = (0 + 1, 1 − 0, 3 − 2) = (1, 1, 1) −→ −→ BC.AB = 4.(−3) + 0.1 + 2.(−1) = −12 − 2 = −14 −→ −→ (BC.AB)AC = (−14.1, −14.1, −14.1) = (−14, −14, −14).

Portanto,

2~ x−~ x = (−14, −14, −14) + (−3, 1, −1) ⇒ ~ x = (−17, −13, −15)

3. Determinar o vetor ~ v, sabendo que (3, 7, 1) + 2~ v = (6, 10, 4) − ~ v. Soluça˜ o:

(3, 7, 1) + 2(x, y, z) = (6, 10, 4) − (x, y, z)

(3, 7, 1) + (2x, 2y, 2z) = (6 − x, 10 − y, 4 − z)

(3 + 2x, 7 + 2y, 1 + 2z) = (6 − x, 10 − y, 4 − z)

Para x, temos: 3 + 2x = 6 − x ⇒ 3x = 3 ⇒ x = 1

Para y, temos: 7 + 2y = 10 − y ⇒ y = 1

Para z, temos: 1 + 2z = 4 − z ⇒ z = 1 ~ v = (1, 1, 1)

9

4. Dados os pontos A(1, 2, 3), B(−6, −2, 3) e C(1, 2, 1), determinar o versor do vetor −→ −→ 3BA − 2BC. Soluça˜ o: −→ ~ = 3.[(1, 2, 3) − (−6, −2, 3)] − 2[(1, 2, 1) − (−6, −2, 3)] ⇒ 3BA − 2BC −→ −→ 3BA − 2BC = 3.[(7, 4, 0)] − 2[(7, 4, −2)] ⇒ −→ −→ 3BA − 2BC = (21, 12, 0) − (14, 8, −4) ⇒ −→ −→ 3BA − 2BC = (7, 4, 4) Calculo do Modulo: √ −→ −→ |3BA − 2BC| = 72 + 42 + 42 ⇒ √ −→ −→ |3BA − 2BC| = 49 + 16 + 16 ⇒ √ −→ −→ |3BA − 2BC| = 81 ⇒ −→ −→ |3BA − 2BC| = 9 Calculo do versor: −→ −→ (7, 4, 4) 3BA − 2BC ⇒ −→ −→ = 9 |3BA − 2BC| −→ −→ 7 4 4 3BA − 2BC −→ −→ = 9 , 9 , 9 |3BA − 2BC|

−u = (1, 1, 1) e → −v = 1 , − 2 , 1 5. Verificar se são unitários os seguintes vetores: → √ √ √ 6 6 6 Soluça˜ o: ~: Calculo do Modulo do vetor u √ |~ u| = 12 + 12 + 12 ⇒ √ |~ u| = 1 + 1 + 1 √ ~ não e´ unitário. |~ u| = 3 ⇒, ou seja, e´ diferente de 1 logo u Calculo do Modulo do vetor ~ v: s !2 !2 !2 1 2 1 |~ v| = + −√ + √ ⇒ √ 6 6 6 r 4 1 1 + + ⇒ |~ v| = 6 6 6 r 1+4+6 |~ v| = ⇒ 6 r 6 ⇒ |~ v| = 6 10

!

|~ v| =

√

1⇒

|~ v| = 1, ou seja, o vetor ~ v e´ unitário.

2 4 seja unitário. 6. Determinar o valor de n para o vetor ~ v = n, , 5 5 Soluça˜ o:

|~ v| = 1 r n2

|~ v| =

2 2 4 2 + ⇒ + 5 5

r |~ v| =

n2 +

16 4 + ⇒ 25 25

n2 +

20 25

r |~ v| =

Substituindo o valor de |~ v|, temos: r 2 r   20 20 25 − 20 20 20 2 ⇒ 1 =  n2 +  ⇒ n2 + = 1 ⇒ n2 = 1− ⇒ n2 = ⇒ 1 = n2 + 25 25 25 25 25 r √ 5 1 1 1 1. 5 2 2 n = ⇒n = ⇒n=± ⇒n=±√ ⇒n=±√ √ ⇒ 25 5 5 5 5. 5 √ 5 n=± 5 √ 7. Seja o vetor ~ v = (m + 7)~i + (m + 2)~j + 5~k. Calcular m para que |~ v| = 38. Soluça˜ o:

√ |(m + 7)~i + (m + 2)~j + 5~k| = 38| ⇒ p √ (m + 7)2 + (m + 2)2 + 252 = 38 ⇒ √ √ m2 + 14m + 49 + m2 + 4m + 4 + 25 = 38 ⇒ √ √ ( m2 + 14m + 49 + m2 + 4m + 4 + 25)2 = ( 38)2 ⇒ m2 + 14m + 49 + m2 + 4m + 4 + 25 = 38 ⇒

2m2 + 18m + 78 = 38 ⇒

2m2 + 18m + 78 − 38 = 0 ⇒

2m2 + 18m + 40 = 0 ⇒ m2 + 9m + 20 = 0 ⇒

Resolvendo a equaça˜ o 2 grau. ∆ = 92 − 4.1.20 ⇒

∆ = 81 − 80 ⇒ ∆ = 1 √ −9 ± 1 ⇒ m= 2.1 11

−9 ± 1 ⇒ 2 −9 + 1 m′ = ⇒ m′ = −4 2 −9 − 1 ⇒ m′′ = −5 m′′ = 2 m=

8. Dados os pontos A(1, 0, −1), B(4, 2, 1) e C(1, 2, 0), determinar o valor de m para que −−→ −→ |~ v| = 7, sendo ~ v = mAC + BC. Soluça˜ o: −−→ −→ ~ v = mAC + BC ⇒

~ v = m[(1, 2, 0) − (1, 0, −1)] + [(1, 2, 0) − (4, 2, 1)] ⇒

~ v = m[(0, 2, 1)] + (−3, 0, −1) ⇒

~ v = (0, 2m, m) + (−3, 0, −1) ⇒

~ v = (−3, 2m, m − 1) ⇒ p |~ v| = (−3)2 + (2m)2 + (m − 1)2 ⇒ √ |~ v| = 9 + 4m2 + m2 − 2m + 1 ⇒ √ |~ v| = 5m2 − 2m + 10 Substituindo o valor de |~ v| = 7 √ 7 = 5m2 − 2m + 10 ⇒ √ ( 5m2 − 2m + 10)2 = 72 ⇒

5m2 − 2m + 10 = 49 ⇒ 5m2 − 2m − 39 = 0 ⇒

Resolvendo a equaça˜ o 2 grau. ∆ = (−2)2 − 4.5.(−39) ⇒

∆ = 4 + 780 ⇒

∆ = 784

√ −(−2) ± 784 m= 2.5 2 ± 28 m= 10 2 + 28 m′ = 10 30 ⇒ m′ = 3 m′ = 10 2 − 28 m′′ = 10 m′′ =

−26 −13 13 ⇒ m′′ = ⇒ m′′ = − 10 5 5 12

9. Dados os pontos A(3, m − 1, −4) e B(8, 2m − 1, m), determinar m de modo que √ −→ |AB| = 35. Soluça˜ o:

√ |(8, 2m − 1, m) − (3, m − 1, −4)| = 35 ⇒ √ |(5, 2m − 1 − m + 1, m + 4)| = 35 ⇒ p √ (5)2 + (m)2 + (m2 ) + 8m + 16 = 35 ⇒ p √ 25 + (m)2 + (m2 ) + 8m + 16 = 35 ⇒ 2 √ 2 p 25 + (m)2 + (m2 ) + 8m + 16 = 35 ⇒ 25 + (m)2 + (m2 ) + 8m + 16 = 35 ⇒

2m2 + 8m + 16 + 25 − 35 = 0 ⇒

2m2 + 8m + 6 = 0 ⇒

m2 + 4m + 3 = 0 ⇒ Resolvendo a Equaça˜ o 2 grau.

δ = 42 − 4.1.3 δ = 16 − 12 δ=4

√ −4 ± 4 m= 2.1 −4 +2 −2 m′ = ⇒ m′ = ⇒ m′ = −1 2 2 −4 − 2 −6 m′′ = ⇒ m′′ = ⇒ m′′ = −3 2 2 10. Calcular o per´ımetro do triângulo do vértices A(0, 1, 2), B(−1, 0, −1) e C(2, −1, 0). Soluça˜ o: −→ −→ −−→ p = |AB| + |BC| + |CA| ⇒ p = |(B − A)| + |(C − B)| + |(A − C)| ⇒

p = |(−1, 0, −1) − (0, 1, 2)| + |(2, −1, 0) − (−1, 0, −1)| + |(0, 1, 2) − (2, −1, 0)| ⇒

p = |(−1, −1, −3)| + |(3, −1, 1)| + |(−2, 2, 2)| ⇒ p p p p = (−1)2 + (−1)2 + (−3)2 + (9)2 + (1)2 + (1)2 + (4)2 + (4)2 + (4)2 ⇒ √ √ √ p = 11 + 11 + 12 ⇒ √ √ p = 2 11 + 12 ⇒ √ √ p = 2 11 + 2 3 ⇒ √ √ p = 2( 11 + 3)

11. Obter um ponto P do eixo das abscissas equidistantes dos pontos A(2, −3, 1) e B(−2, 1, −1). Soluça˜ o:

13

Queremos encontrar um ponto P(x, 0, 0), se os pontos são equidistantes satisfaz a −→ −→ seguinte equaça˜ o: |AP| = |PB|.

Substituindo os pontos na equaça˜ o:

|(x, 0, 0) − (2, −3, 1)| = |(−2, 1, −1) − (x, 0, 0)| ⇒

|x − 2, 3, −1| = | − 2 − x, 1, −1| ⇒ p p (x − 2)2 + 32 + 12 = (−2 − x)2 + 12 + 11 ⇒ √ √ x2 − 4x + 14 = x2 + 4x + 4 + 2 ⇒ √ √ ( x2 − 4x + 14)2 = ( x2 + 4x + 4 + 2)2 ⇒

x2 − 4x + 14 = x2 + 4x + 4 + 2 ⇒

−4x − 4x = −14 + 4 + 2 ⇒

−8x = −8 ⇒ x=1⇒

Logo o ponto procurado P(1, 0, 0) 12. Seja o triângulo de vértices A(−1, −2, 4), B(−4, −2, 0) e C(3, −2, 1). Determine o aˆ ngulo interno ao vértice B. Soluça˜ o: −→ BA = (−1, −2, 4) − (−4, −2, 0) = (3, 0, 4) −→ BC = (3, −2, 1) − (−4, −2, 0) = (7, 0, 1) √ −→ |BA| = 32 + 02 + 42 = 5 √ √ −→ |BC| = 72 + 02 + 12 = 5 2 Pela equaça˜ o do produto escalar: −→ −→ −→ −→ BA.BC = |BA|.|BC|.cosθ

Substitu´ındo os valores temos: √ (3, 0, 4).(7, 0, 1) = 5.5 2.cosθ ⇒ √ (21 + 0 + 4) = 25 2.cosθ ⇒ √ 25 = 25 2.cosθ ⇒ 25 cosθ = √ ⇒ 25 2 1 θ = arccos √ 2 θ = 45o

13. Os pontos A,B,C são vértices de um triângulo equilátero cujo lado mede 10cm. −→ −−→ Calcular AB e AC. Soluça˜ o: 14

−→ |AB| = 10cm −−→ |AC| = 10cm

Equaça˜ o do produto escalar: −→ −−→ −→ −−→ AB.AC = |AB|.|AC|.cosθ ⇒

Substituindo a equaça˜ o com os valores conhecidos: −→ −−→ AB.AC = 10.10.cos60o ⇒ −→ −−→ AB.AC = 100.0, 5 ⇒ −→ −−→ AB.AC = 50 14. Os lados de um triângulo retângulo ABC (reto em A) medem 5,12 e 13. Calcular −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ AB.AC + BA.BC + CA.CB. Soluça˜ o: −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ AB.AC + BA.BC + CA.CB −→ −−→ AB.AC = 0 5 cosα = 13 −→ −→ −→ −→ −→ −→ BA.BC BA.BC 5 = ⇒⇒ BA.BC = 25 cosα = −→ −→ ⇒ 13 5.13 |BA|.|BC| −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ 12 CA.CB 12 CA.CB cosθ = = −−→ −→ ⇒ = ⇒ CA.CB = 144 ⇒ 13 |CA|.|CB| 13 12.13 0 + 25 + 144 = 169 −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ AB.AC + BA.BC + CA.CB = 169 15. Determinar os aˆ ngulos do triângulo de vértice A(2, 1, 3), B(1, 0, −1) e C(−1, 2, 1). Soluça˜ o:

ˆ Calculando A: p √ −→ −→ AB = (1, 0, −1) − (2, 1, 3) = (−1, −1, −4) |AB| = (−1)2 + 12 + (−4)2 = 18 √ √ −−→ −−→ AC = (−1, 2, 1) − (2, 1, 3) = (−3, 1, −2) |AC| = 32 + 12 + 22 = 14 −→ −−→ −→ −−→ Substituindo na equaça˜ o AB.AC = |AB|.|AC|.cosAˆ temos: √ √ (−1, −1, −4).(−3, 1, −2) = 18. 14.cosAˆ ⇒ 10 cosAˆ = √ √ ⇒ 18. 14 10 Aˆ = arccos √ ⇒ 3.2. 7 5 Aˆ = arccos √ 3 7 15

ˆ Calculando B: √ √ −→ −→ BA = (2, 1, 3) − (1, 0, −1) = (1, 1, 4) |BA| = 12 + 12 + 42 = 18 p √ −→ −→ BC = (−1, 2, 1) − (1, 0 − 1) = (−2, 2, 2) |BC| = (−2)2 + 22 + 22 = 2. 3 −→ −→ −→ −→ Substituindo na equaça˜ o BA.BC = |BA|.|BC|.cosBˆ temos: √ √ 8 8 (1, 1, 4).(−2, 2, 2) = 18.2. 3.cosBˆ ⇒ cosBˆ = √ √ ⇒ √ ⇒ Bˆ = arccos 2.3. 18.2. 3 √ √ √ 6 2. 4. 4. 6 6 6 4 ⇒ Bˆ = arccos ⇒ Bˆ = arccos √ ⇒ Bˆ = arccos √ √ ⇒ Bˆ = arccos 3.6 3.3 3. 6 3. 6. 6 √ 6 2. Bˆ = arccos 9 Calculando C: p √ −−→ −−→ CA = (2, 1, 3) − (−1, 2, 1) = (3, −1, 2) |CA| = 32 + (−1)2 + 22 = 14 p √ −→ −→ CB = (1, 0, −1) − (−2, 21) = (2, −2, −2) |CB| = 22 + (−2)2 + (−2)2 = 2. 3 −−→ −→ −−→ −→ Substituindo na equaça˜ o CA.CB = |CA|.|CB|.cosCˆ temos: √ √ 4 4 (3 − 1, 2).(2, −2, −2) = 14.2. 3.cosCˆ ⇒ cosCˆ = √ √ ⇒ Cˆ = arccos √ ⇒ 14.2. 3 2. 42 2 2 Cˆ = arccos √ ⇒ Cˆ = arccos √ 42 42

π 16. Sabendo que o ângulo entre os vetores ~u = (2, 1, −1) e ~v = (1, −1, m + 2) é , 3 determinar m. Soluça˜ o: Formula do aˆ ngulo entre dois vetores : ´ ~.~ u v |~ u|.|~ v| ~.~ u v = (2, 1, −1).(1, −1, m + 2) = 2.1 + 1(−1) + (−1)(m + 2) = 2 − 1 − m − 2 = −1 − m p p p √ |~ u| = (22 + 12 + (−1)2 ) = 6 |~ v| = 1 + 1 + (m + 2) = (2 + m2 + 4m + 4) = √ m2 + 4m + 6 cosΘ =

Substituindo os valores na equaça˜ o do angulo entre vetores temos: √ √ (−1 − m) (−1 − m) π 1 cos = √ √ ⇒ = √ √ ⇒ 6. m2 + 4m + 6 = −2 − 2 2 6. m2 + 4m + 6 6. m2 + 4m + 6 2m ⇒ Elevando ambos os membros ao quadrado:

6.(m2 +4m+6) = (−2−2m)2 ⇒ 6m2 +24m+36 = 4+8m+4m2 ⇒ 2m2 +16m+32 = 0 ⇒ m2 + 8m + 16 = 0 ⇒ Resolvendo a equaça˜ o 2o Grau.

∆ = 82 − 4.1.16 = 0 16

−8 ± 0 2.1 m = −4

m=

~ = (1, n, 2) e ~j. 17. Calcular n para que seja de 30o o aˆ ngulo entre os vetores u Soluça˜ o: ~ = (1, n, 2) u √ √ |~ u| = 1 + n2 + 4 = n2 + 5

~ v = (0, 1, 0) |~ v| = 1

~.~ ~|.|~ Substituindo os valores acima na equaça˜ o: u v = |u v|.cos30o √ p 3 ⇒ (1, n, 2).(0, 1, 0) = (n2 + 5).1. 2 √ p 3 0 + n + 0 = (n2 + 5). ⇒ 2 √ p 3 ⇒ n = (n2 + 5). 2 √ !2 p 3 2 (n2 + 5). n = ⇒ 2 3 n2 = (n2 + 5). 2 ⇒ 2 2 3.(n + 5). n2 = ⇒ 4 4n2 = 3n2 + 15 ⇒ n2 = 15 ⇒ √ n = ± 15

18. Dados os vetores ~a = (2, 1, α), ~b = (α + 2, −5, 2) e ~c = (2α, 8, α), determinar o valor de α para que o veor ~a + ~b seja ortogonal ao vetor ~c − ~a. Soluça˜ o: ~a + ~b = (2, 1, α) + (α + 2, −5, 2) = (α + 4, −4, α + 2)

~c − ~a = (2α, 8, α) − (2, 1, α) = (2α − 2, 7, 0) Para ser ortogonal (~a + ~b).(~c − ~a) = 0

(α + 4, −4, α + 2).(2, 1, α) = (2α − 2, 7, 0) = 0

(α + 4).(2α − 2) − 4.7 + 0 = 0

2α2 − 2α + 8α − 8 − 28 = 0

2α2 + 6α − 36 = 0

α2 + 3α − 18 = 0

17

Resolvendo a equaça˜ o 2o grau. ∆ = 32 − 4.1.(−18) ⇒ ∆ = 81 −3 ± 9 α= 2 −3 +9 α′ = ⇒ α′ = 3 2 −3 −9 ⇒ α′′ = −6 α′′ = 2 ~ = (1, −1, 2), tal que ~ 19. Determinar o vetor ~ v, paralelo ao vetor u v.~ u = −18. Soluça˜ o:

~ = (1, −1, 2) u

~ ~) ⇒ ~ v = α(u v = (α, −α, 2α)

Substituindo os valores na equaça˜ o:~ v.~ u = −18.

(1, −2, 2)(α, −α, 2α) = −18

α + α + 4α = −18

6α = −18 −18 α= 6 α = −3

~ v = (−3, 3, −6)

~ = (−4, 2, 6) e colinear e ao vetor w ~ = 20. Determinar o vetor ~ v ortogonal ao vetor u (−6, 4, −2). ~ temos que: como o vetor ~ v e´ colinear ao vetor w,

Soluça˜ o: ~ ~ v = α.w v = α.(−6, 4, −2) onde α elementos dos reais para α = 1, temos que o vetor ~ v e´ ~ que isso não deixa de ser colinear, ou seja dois vetores iguais igual ao vetor w, não deixa de ser colinear. 1 ~ v = α.(−6, 4, −2) para α = (− ).t, onde t elemento dos reais, temos ~ v = t.(3, −2, 1) 2 ~ que isso não deixa de ser para t = −2, temos que o vetor ~ v e´ igual ao vetor w, colinear, ou seja dois vetores iguais não deixa de ser colinear. o vetor ~ v = α.(−6, 4, −2) e´ também a soluça˜ o do problema...mas o vetor ~ v = t.(3, −2, 1) e´ uma forma simplificada.

o vetor v = α.(−6, 4, −2) e o vetor ~ v = t.(3, −2, 1) são as mesmas soluçoes, basta ˜ tomar α = (−1/2).t , onde t e k elementos dos reais. v = t.(3, −2, 1) . então temos que a resposta e´ ~

18

~ = (−4, 2, 6),tal que ~ ~ = −12, sendo 21. Determinar o vetor ~ v, colinear ao vetor u v.w ~ = (−1, 4, 2). w Soluça˜ o: ~ v = α.~ u (x, y, z) = α.(−4, 2, 6) (x, y, z) = (−4α, 2α, 6α) ~ = −12 temos: Substituindo x, y e z na equaça˜ o:~ v .w

(x, y, z).(−1, 4, 2) = −12 ⇒

(−4α, 2α, 6α).(−1, 4, 2) = −12 ⇒

4α + 8α + 12α = −12 1 24α = −12 ⇒ α = − 2 1 ~ v = − .(−4, 2, 6) 2 ~ v = (2, −1, −3) .

22. Provar que os pontos A(5, 1, 5), B(4, 3, 2) e C(−3, −2, 1) são vértices de um triângulo retângulo. Soluça˜ o: Verificar se existe algum aˆ ngulo de 90o nos vértices. Testando Aˆ −→ −−→ AB.AC ˆ cosA = −→ −−→ ⇒ |AB|.|AC| (−1, 2, −3).(−8, −3, −4) cosAˆ = ⇒ |(−1, 2, −3)|.|(−8, −3, −4)| 14 cosAˆ = ⇒ 3, 74.9, 43 cosAˆ = 0, 396 ⇒ Aˆ = arccos0, 396 ⇒ Aˆ 60o ⇒ Aˆ , 90o Testando Bˆ −→ −→ BA.BC ˆ cosB = −→ −→ ⇒ |BA|.|BC| (1, −2, 3).(−7, −5, −1) ⇒ cosBˆ = |(1, −2, 3)|.|(−7, −5, −1)| 0 cosBˆ = ⇒ 3, 74.8, 66

cosBˆ = 0 ⇒ Bˆ = arccos0 ⇒ Bˆ = 90o .

Verificar se os pontos estão ligado se for um triângulo tem que satisfazer a seguinte −→ −−→ −→ equaça˜ o: AB − AC = CB 19

Substitu´ıdo os valores temos: (−1, 2, 3−) − (−8, −3, −4) = (7, 5, 1) (7, 5, 1) = (7, 5, 1)

Satisfeita a igualdade fica provado que os pontos estão ligados com o aˆ ngulo Bˆ sendo de 90o logo se trata de um triângulo retângulo. 23. Qual o valor de α para que os vetores ~a = α~i + 5~j − 4~k e ~b = (α + 1)~i + 2~j + 4~k sejam ortogonais? Soluça˜ o: ~a.~b = 0 (α, 5, −4).((α + 1), 2, 4) = 0 ⇒

α(α + 1) + 10 − 16 = 0 ⇒ α(α + 1) − 6 = 0 ⇒

α2 + α − 6 = 0 ⇒

Resolvendo a equaça˜ o 2o grau temos: ∆ = 1 − 4.1.(−6) ⇒

∆ = 25 −1 ± 5 ⇒ α= 2 −1 + 5 α′ = ⇒ α′ = 2 2 −1 − 5 α′′ = ⇒ α′′ = −3 2 α′ = 2 ou α′′ = −3 24. Verificar se existe aˆ ngulo reto no triângulo ABC, sendo A(2, 1, 3), B(3, 3, 5) e C(0, 4, 1). Soluça˜ o: Verificar se existe algum aˆ ngulo de 90o nos vértices. Testando Aˆ −→ −−→ AB.AC cosAˆ = −→ −−→ ⇒ |AB|.|AC| (1, 2, 1).(−2, 3, −2) cosAˆ = ⇒ |(1, 2, 1)|.|(−2, 3, −2)| 0 ⇒ cosAˆ = 3.4, 12 cosAˆ = 0 ⇒ Aˆ = arccos0 ⇒ Aˆ = 90o ⇒ Aˆ = 90o Aˆ = 90o .

20

25. Os aˆ ngulos diretores de um vetor podem ser de 45o , 60o e 90o ? Justificar. Soluça˜ o: Para serem aˆ ngulos diretores tem que satisfazer a formula: cos2 45o + cos2 60o + cos2 90o = 1 Resolvendo: (0, 707)2 + (0.5)2 + 02 = 1 ⇒

0.5 + 0.25 + 0 = 1 ⇒

0.75 , 1 logo: Não são aˆ ngulos diretores. 26. Os aˆ ngulos diretores de um vetor são de 45o , 60o e γ. Determinar γ. Soluça˜ o: cos2 45o + cos2 60o + cos2 γ = 1 ⇒

(0, 707)2 + (0.5)2 + cos2 γ = 1 ⇒

0.5 + 0.25 + cos2 γ = 1 ⇒

cos2 γ = 1 − 0.75 ⇒ cos2 γ = 0.25 √ p (cos2 γ) = 0.25 cosγ = ±0.5

γ = arccos ± 0.5

γ′ = 60o ou γ′′ = 120o

~ = 6e 27. Determinar o vetor ~ v, sabendo que |~ v| = 5, ~ v e ortogonal ao eixo 0z, ~ v.w ~ = 2~j + 3~k. w Soluça˜ o: ~ v = (x, y, z) ⇒

Para ser Ortogonal a 0z = (0, 0, 1) (x, y, z).(0, 0, 1) = 0 ⇒ 0.x + 0.y + 1.z = 0 ⇒ z = 0

~ = 6 temos: (x, y, 0).(0, 2, 3) = 6 ⇒ 0.x + 2y + 3.0 = 6 ⇒ 2y = Usando a equaça˜ o:~ v .w 6⇒y=3 Usando a equaça˜ o |(x, 3, 0)| = 5 temos: √ √ x2 + 32 + 02 = 5 ⇒ x2 + 9 = 52 ⇒ x2 = 25 − 9 ⇒ x2 = 16 ⇒ x = ± 16 ⇒ x = ±4 ~ v = (4, 3, 0) ou ~ v = (−4, 3, 0)

28. Sabe-se que |~ v| = 2, cosα =

1 1 e cosβ = − . Determinar ~ v. 2 4

Soluça˜ o: cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 ⇒ 21

2 2 1 1 + − + cos2 γ = 1 ⇒ 2 4 2 2 ! 1 1 cos2 γ = 1 − + − ⇒ 2 4 1 1 cos2 γ = 1 − ⇒ + 4 16 4+1 ⇒ cos2 γ = 1 − 16 5 cos2 γ = 1 − ⇒ 16 16 − 5 ⇒ cos2 γ = 16 11 cos2 γ = ⇒ 16 r 11 ⇒ cosγ = ± 16 √ 11 ⇒ cosγ = ± 4 Para coordenada x : 1 x = cosα.|~ v| ⇒ x = .2 ⇒ x = 1 2 Para coordenada y : 1 1 y = cosβ.|~ v| ⇒ x = − .2 ⇒ y = − 4 2 Para coordenada z : √ √ 11 11 .2 ⇒ z = ± z = cosγ.|~ v| ⇒ z = 4 2 √ 1 11 ~ v = (1, − , ± ) 2 2 29. Determinar um vetor unitário ortogonal ao vetor ~ v = (2, −1, 1) Soluça˜ o:

~ = (a, b, c) o vetor unitário pedido,então a2 + b2 + c2 = 1 Seja u ~ e´ ortogonal a ~ ~.~ Como u v ,então u v=0 ~.~ u v = 0 => (a, b, c).(2, −1, 1) = 0 ⇒ 2a − b + c = 0

Como temos duas equaçoes,mas três incognitas,ent˜ ao teremos que atribuir a uma ˜ ´ incognita um valor arbitrário. Logo, seja a = 0. Então ´ c−b=0⇒c=b

√ 2 a2 + b2 + c2 = 1 ⇒ b2 + b2 = 1 ⇒ b = ± 2 ~ e ortogonais a ~ Assim,encontramos dois vetores unitários u v 22

√ √ √ √ 2 2 2 2 ~ = (0, b= ⇒c= ea=0⇒u , ) 2 2 2 2 √ √ √ √ 2 2 2 2 ~ = (0, − ⇒c= ea=0⇒u ,− ) b= 2 2 2 2 √ √ 2 2 ~ = (0, ± ,± ) u 2 2 30. Determinar um vetor de modulo 5 paralelo ao vetor ~ v = (1, −1, 2). Soluça˜ o:

~ ~ são paralelos se existe uma constante real k v = (1, −1, 2) Dois vetores ~ v e w diferente de zero, tal que: ~ = k.~ ~ = k.(1, −1, 2) = (k, −k, 2k) w v⇒w

~ =5 |w|

~ 2 = k2 + (−k)2 + (2k)2 = 6k2 |w| √ 6 5. 52 = 6k2 ⇒ k = ± 6 √ √ √ √ ! √ √ ! 5. 6 5. 6 5. 6 5. 6 5. 6 5. 6 ~= ~= − w ,− , , ,− ou w 6 6 3 6 6 3 ~ = (2, −1, 3) e w ~ = (1, 0, −2) e forma aˆ ngulo 31. O vetor ~ v e´ ortogonal aos vetores u √ agudo com o vetor ~j. Calcular ~ v, sabendo que |~ v| = 3. 6 Soluça˜ o:

~i ~j ~k ~ ~ xw ~ = 2 −1 3 = 2~i + 7~j + ~k. v=u 1 0 −2 ~ v = (2, 7, 1) Agora calculemos o aˆ ngulo que forma entre ~ v e ~j, ou seja, o aˆ ngulo que forma ~ v.~j ⇒ cosθ = o vetor ~ v = (2, 7, 1) com o vetor~j = (0, 1, 0). teremos que cosθ = |~ v|.|~j| 7 7 = √ √ 3 6.1 3. 6 7 cosθ = √ 3 6 32. Determine o vetor ~ v, ortogonal ao eixo Oz, que satisfaz as condiçoes v.~ v1 = 10 e ˜ ~ ~ v.~ v2 = −5, sendo ~ v1 = (2, 3, −1) e ~ v2 = (1, −1, 2). Soluça˜ o:

Calculando ~ v.(0, 0, 1) = 0 ~ v.(0, 0, 1) = 0 ⇒ (x, y, z).(0, 0, 1) = 0 ⇒ z = 0 23

(x, y, 0).(1, −1, 2) = −5 ⇒ x − y = −5 ⇒ x = y − 5

(x, y, 0).(2, 3, −1) = 10 ⇒ 2x + 3y = 10 Substituindo x por y − 5 temos: 2(y − 5) + 3y = 10 ⇒ 2y − 10 + 3y = 10 ⇒ 5y = 20 ⇒ y = 4

Substituindo y = 4 em x = y − 5 temos: x = 4 − 5 ⇒ x = −1 ~ v = (−1, 4, 0) ~ = (1, 2, −3) na direça˜ o de ~ 33. Determinar o vetor projeça˜ o do vetor u v = (2, 1, −2). Soluça˜ o:

~.~ u v .~ v |~ v||~ v| p √ v| = 9 Resolvendo: |~ v| = 22 + 12 + (−2)2 ⇒ |~

~= Formula da projeça˜ o de um vetor:Proj~v u

(1, 2, −3).(2, 1, −2) .(2, 1, −2) ⇒ √ √ 9. 9 (2 + 2 + 6) ~= .(2, 1, −2) Proj~v u 9 ~= Proj~v u

~= Proj~v u

10 .(2, 1, −2) 9

~ = (3, 5, 2) sobre o eixos dos x.? 34. Qual o comprimento do vetor projeça˜ o u Soluça˜ o: ~= Formula da projeça˜ o de um vetor:Proj~i u Resolvendo: |~i| = 1 (3, 5, 2).(1, 0, 0) ~= Proj~i u .(1, 0, 0) ⇒ 1.1 ~ = (3, 0, 0) Proj~i u √ ~ | = 32 = 3 |Proj~i u

~.~i ~ u .i |~i||~i|

~| = 3 |Pro j~i u −→ 35. Se o vetor AB tem co-senos diretores p, q e r e aˆ ngulos diretores α , β e γ, quais −→ são os co-senos e os aˆ ngulos diretores de BA. Soluça˜ o: Será o mesmo co-seno diretor do vetor AB, já que o vetor tem mesmo modulo e direça˜ o, tendo apenas o sentido contrario. −p , −q e −r O cosseno diretor de um vetor e´ a componente do vetor naquela direça˜ o dividido pelo modulo do seu versor, ou seja, para cada componente (x,y,z) têm-se um ´ cosseno diretor. Se o vetor possui mesmo modulo e direça˜ o, duas informaçoes ´ ˜ 24

para a obtença˜ o do mesmo não se alteram. o versor e´ o mesmo(modulo) ea ´ distancia do vetor a` componente(direça˜ o) e´ a mesma também. π − α, π − β e π − γ ~e~ ~+~ ~−~ 36. Mostrar que u v são vetores, tal que u v e ortogonal a u v, então |~ u| = |~ v|. Soluça˜ o: ~ = (a, b) u ~ v = (x, y) ~+~ u v = (a + x, b + y) ~−~ u v = (a − x, b − y)

~+~ ~−~ (u v)(u v) = (a + x, b + y).(a − x, b − y) = 0

(a2 − x2 , b2 − y2 ) = (0, 0)

a2 − x2 = 0 ⇒ a2 = x2 ⇒ a = x

b2 − y2 = 0 ⇒ b2 = y2 .....b = y

Então:

~ = (a, b) e ~ u v = (a, b) Logo: ~| = |~ |u v| ~ e´ ortogonal a ~ ~ u ~ e´ também e´ ortogonal a ~ ~ 37. Mostrar que, se u v e w, v+w Soluça˜ o: ~ = (x, y, z) u ~ v = (a, b, c) ~z = (e, f, g) ~ e ortogonal a ~ ~ o produto escalar entre eles e´ 0. assim: Agora se u vew ~.~ (x, y, z).(a, b, c) = 0, ou seja, u v=0 (xa, yb, zc) = 0 ~.~z = 0 (x, y, z).(e, f, g) = 0, ou seja, u (xe, y f, zg) = 0 Agora vamos somar os dois, (xa, yb, zc) + (xe, y f, zg) = 0, já que ambos são iguais a ~ = (x, y, z) + (e, f, g) = (x + e, y + f, z + g), se u ~ e ortogonal 0. Agora vamos fazer ~ v+w ~ significa que a~ v+w ~.(~ ~ = 0. u v + w) Aplicando a propriedade distributiva, temos (u.v) + (u.w) = 0 , e isso e verdade, ~.~ ~ .w ~ = 0, nas primeiras contas. Substituindo pois já provamos que u v = 0e u teremos 0 + 0 = 0 o que e´ verdade.

25

~+~ ~−~ 38. Calcular o modulo dos vetores u veu v, sabendo que |~ u| = 4 e ~ v = 3 e o aˆ ngulo ~e~ entre u v e´ de 60o . Soluça˜ o: |u + v|2 = |u|2 + |v|2 + 2.|u|.|v|.cos60o

|u − v|2 = |u|2 + |v|2 − 2.|u|.|v|.cos60o

No caso:

1 |u + v|2 = 42 + 32 + 2.4.3 ∗ cos60o = 16 + 9 + 24. = 25 + 12 = 2 √ |u + v| = 37 1 |u − v|2 = 42 + 32 − 2.4.3 ∗ sen60o = 16 + 9 − 24. = 25 − 12 2 √ |u − v| = 13

~| = 2, e |~ ~e~ 39. Sabendo que |u v| = 3 e que u v formam um aˆ ngulo de |(2~ u−~ v).(~ u − 2~ v)|.

3π rad, determinar 2

√ ! √ 3π 2 ~.~ = 6. − = −3 2 u v = |~ u||~ v|cosθ = 2.3.cos 2 2 Assim

|(2~ u−~ v).(~ u − 2~ v)| =

|2~ u2 − 5~ u.~ v + 2~ v2 | =

~.~ Como u u = |~ u|2 e ~ v.~ v = |~ v|2 temos:

|2|~ u|2 − 5~ u.~ v + 2|~ v|2 | =

|2.22 − 5~ u.~ v + 2.32 | = √ |8 + 15 2 + 18| = √ |26 + 15 2|

Como o valor e´ positivo retira-se o modulo. √ ~−~ ~ − 2~ |(2u v).(u v)| = 26 + 15 2

~.~ ~ .w ~ +~ ~ sabendo que u ~+~ ~ = ~0, |u ~| = 2, |~ ~ = 40. Determinar u v+u v.w, v+w v| = 3 e |w| Soluça˜ o:

~+~ ~ u ~+~ ~ = 0 = 0.0 = (u v + w).( v + w) ~.~ ~.~ ~ .w ~ +~ ~ + w.~ ~ u + w.~ ~ v + w. ~w ~= u u+u v+u v.~ u+~ v.~ v+~ v .w ~.~ ~w ~ + 2.(~ ~.w ~ +~ ~ = u u+~ v.~ v + w. u.~ v+u v.w) ~ 2 + 2.(~ ~ .w ~ +~ ~ = |~ u|2 + |~ v|2 + |w| u.~ v+u v.w) √ 2 ~ .w ~ +~ ~ =0⇒ u.~ v+u v.w) 5 + 2.(~ 4+9+ ~.~ ~.w ~ +~ ~ =− u v+u v.w

(13 + 5) 2

26

√ 5.

~.~ ~.w ~ +~ ~ =− u v+u v.w

18 2

~.~ ~ .w ~ +~ ~ = −9 u v+u v.w 41. O vetor ~ v e´ ortogonal aos vetores ~a = (1, 2, 0) e ~b = (1, 4, 3) e forma aˆ ngulo agudo com o eixo dos x. Determinar ~ v, sabendo que |~ v| = 14. Soluça˜ o:

Seja ~ v = (x, y, z) o vetor procurado. ~ v e´ ortogonal ao vetor ~a logo ~ v.~a = 0 ⇒ x + 2y = 0 (1)

~ v e´ ortogonal ao vetor ~b logo ~ v.~b = 0 ⇒ x + 4y + 3z = 0 (2)

|~ v| = 4 ⇒ x2 + y2 + z2 = 16 (3) x x De(1) temos y = − que substitu´ıdo em (2) nos permite concluir que: z = 2 3 Substituindo estes valores de y e z em (3) temos que x2 = 144 => x = ±12.

Porém, o problema nos diz que o aˆ ngulo Θ formado por v e o eixo dos x e´ agudo. Então o aˆ ngulo formado por ~ v e o vetor unitário na direça˜ o do eixo x também e´ ~ agudo. Este vetor e´ i = (1, 0, 0). cosθ =

~i.~ v x x ⇒ cosθ = = (4) 1.14 14 |~i|.|~ v|

Como θ e´ agudo, seu cosseno e´ positivo. Então podemos concluir de (4) que x e´ positivo ⇒ x = 12. −x −12 x 12 = = −6 e z = = =4 x = 12 ⇒ y = 2 2 3 3 O vetor Procurado: ~ v = (12, −6, 4) ~ = (2, −1, 1), ~ ~ = (−1, 2, 2), calcular : 42. Dados os vetores u v = (1, −1, 0) e w ~ ×~ a) w v

Soluça˜ o: ~j ~k ~i ~ ×~ w v = −1 2 2 = 0 + ~k + 2~j − (2~k − 2~i + 0) 1 −1 0

~ ×~ w v = 2~i + 2~j − ~k ~ ×~ w v = (2, 2, −1)

~ −u ~) b) ~ v × (w

Soluça˜ o:

~ −u ~ = (−1, 2, 2) − (2, −1, 1) = (−3, 3, 1) w

27

~j ~k ~i ~ ~ −u ~) = 1 −1 0 = −~i + 3~k − (3~k + ~j) v × (w −3 3 1

~ ~ −u ~) = −~i − ~j v × (w

~ ~ −u ~) = (−1, −1, 0) v × (w

c) (~ u+~ v) × (~ u−~ v)

Soluça˜ o:

~+~ u v = (2, −1, 1) + (1, −1, 0) = (3, −2, 1)

~−~ u v = (2, −1, 1) − (1, −1, 0) = (1, 0, 1) ~i ~j ~k ~+~ u v × (~ u−~ v) = 3 −2 1 = −2~i + ~j − (−2~k + 3~j) 1 0 1

~+~ u v × (~ u−~ v) = −2~i − 2~j + 2~k ~+~ u v × (~ u−~ v) = (−2, −2, 2) d) (2~ u) × (3~ v) Soluça˜ o:

(2~ u) = 2(2, −1, 1) = (4, −2, 2)

(3~ v) = 3(1, −1, 0) = (3, −3, 0) ~i ~j ~k (2~ u) × (3~ v) = 4 −2 2 = −12~k + 6~j − (−6~k − 6~i) 3 −3 0

(2~ u) × (3~ v) = 6~i + 6~j − 6~k (2~ u) × (3~ v) = (6, 6, −6)

e) (~ u×~ v).(~ u×~ v)

Soluça˜ o: ~i ~j ~k ~×~ u v = 2 −1 1 = −2~k + ~j − (−~k − ~i) 1 −1 0

~) × (~ (u v) = ~i + ~j − ~k

~×~ u v = (1, 1, −1)

(~ u×~ v).(~ u×~ v) = (1, 1, −1).(1, 1, −1) = 1 + 1 + 1 = 3 (~ u×~ v).(~ u×~ v) = 3

~ eu ~.(~ ~ f) (~ u×~ v).w v × w)

Soluça˜ o:

28

~i ~j ~k ~×~ u v = 2 −1 1 = −2~k + ~j − (−~k − ~i) 1 −1 0

~×~ u v = ~i + ~j − ~k

~×~ u v = (1, 1, −1)

~ = (1, 1, −1).(−1, 2, 2) = −1 + 2 − 2 = −1 (~ u×~ v).w ~j ~k ~i ~ ~ = 1 −1 0 = −2~i + 2~k − (~k + ~j) v×w −1 2 2

~ ~ = −2~i − 2~j + ~k v×w ~ ~ = (−2, −2, 1) v×w

~.(~ ~ = (2, −1, 1).(−2, −2, 1) = −4 + 2 + 1 = −1 u v × w) ~ =u ~.(~ ~ = −1 (~ u×~ v).w v × w)

~×~ ~ eu ~ × (~ ~ g) (u v) × w v × w)

Soluça˜ o: ~i ~j ~k ~×~ u v = 2 −1 1 = −2~k + ~j − (−~k − ~i) 1 −1 0

~×~ u v = ~i + ~j − ~k

~×~ u v = (1, 1, −1) ~i ~ = 1 (~ u×~ v) × w −1

~j ~k 1 −1 = 2~k + ~j + 2~i − (−~k − 2~i + 2~j) 2 2

~ = 4~i − ~j + 3~k (~ u×~ v) × w ~ = (4, −1, 3) (~ u×~ v) × w ~j ~k ~i ~ ~ = 1 −1 0 = −2~i + 2~k − (~k + ~j) v×w −1 2 2

~ ~ = −2~i − 2~j + ~k v×w ~j ~i ~ × (~ ~ = 2 −1 u v × w) −2 −2

~k 1 = −~i − ~j − 4~k − (2~j − 2~i + 2~k) 1

~ × (~ ~ = ~i − 4~j − 6~k u v × w) ~ h) (~ u+~ v).(~ u × w) Soluça˜ o:

29

~j ~k ~i ~×w ~ = 2 −1 1 = −2~i − ~j + 4~k − (2~i + 4~j + ~k) u −1 2 2

~×w ~ = −4~i − 5~j + 3~k u

~+~ u v = (2, −1, 1) + (1, −1, 0) = (3, −2, 1)

~ = (3, −2, 1).(−4, −5, 3) = −12 + 10 + 3 = 1 (~ u+~ v).(~ u × w) ~+~ ~ × w) ~ =1 (u v).(u

43. Dados os vetores ~a = (1, 2, 1) e ~b = (2, 1, 0), calcular: a) 2~a × (~a + ~b) Soluça˜ o: ~a + ~b = (1, 2, 1) + (2, 1, 0) = (3, 3, 1)

2~a = 2(1, 2, 1) = (2, 4, 2) ~i ~j ~k 2~a × (~a + ~b) = 2 4 2 = 4~i + 6~j + 6~k − (6~i + 2~j + 12~k) 3 3 1 2~a × (~a + ~b) = −2~i + 4~j − 6~k 2~a × (~a + ~b) = (−2, 4, −6)

b) (~a + 2~b) × (~a − 2~b) 2~b = 2(2, 1, 0) = (4, 2, 0)

~a + 2~b = (1, 2, 1) + (4, 2, 0) = (5, 4, 1) ~a − 2~b = (1, 2, 1)(4, 2, 0) = (−3, 0, 1) ~i ~j ~k (~a + 2~b) × (~a − 2~b) = 5 4 1 = 4~i − 3~j − (5~j − 12~k) −3 0 1 (~a + 2~b) × (~a − 2~b) = 4~i − 8~j + 12~k (~a + 2~b) × (~a − 2~b) = (4, −8, 12) −→ −→ 44. Dados os pontos A(2, −1, 2), B(1, 2, −1) e C(3, 2, 1) determinar o vetor CB × (BC − −−→ 2CA). Soluça˜ o: −→ CB = B − C = (1, 2, −1) − (3, 2, 1) = (−2, 0, −2) −→ BC = C − B = (3, 2, 1) − (1, 2, −1) = (2, 0, 2) −−→ 2CA = 2(A − C) = 2[(2, −1, 2) − (3, 2, 1)] = 2(−1, −3, 1) = (−2, −6, 2) −→ −−→ BC − 2CA = (2, 0, 2) − (−2, −6, 2) = (4, 6, 0) 30

~i ~j ~k −→ −→ −−→ CB × (BC − 2CA) = −2 0 −2 = −8~j − 12~k − (−12~i) 4 6 0 −→ −→ −−→ CB × (BC − 2CA) = 12~i − 8~j − 12~k −→ −→ −−→ CB × (BC − 2CA) = (12, −8, −12) 45. Determinar um vetor simultaneamente ortogonal aos vetores 2~a + ~b e ~b = ~a, sendo ~a = (3, −1, −2) e ~b = (1, 0, −3). Soluça˜ o:

2~a = 2(3, −1, −2) = (6, −2, −4) 2~a + ~b = (6, −2, −4) + (1, 0, −3) = (7, −2, −7)

~b − ~a = (1, 0, −3) − (3, −1, −2) = (−2, 1, −1) ~j ~k ~i (2~a + ~b) × (~b − ~a) = 7 −2 −7 = 2~i + 14~j + 7~k − (−7~j − 7~i + 4~k) −2 1 −1 (2~a + ~b) × (~b − ~a) = 9~i + 21~j + 3~k (2~a + ~b) × (~b − ~a) = (9, 21, 3) 46. Dados os vetores ~a = (1, −1, 2), ~b = (3, 4, −2) e ~c = (−5, 1, −4), mostre que ~a.(~b × ~c) = (~a × ~b).~c Soluça˜ o: ~i ~b × ~c = 3 −5

~j ~k 4 −2 = −16~i + 10~j + 3~k − (−12~j − 2~i − 20~k) 1 −4

~b × ~c = −19~i + 22~j + 23~k ~i ~j ~k ~a × ~b = 1 −1 2 = 2~i + 6~j + 4~k − (−2~j + 8~i − 3~k) 3 4 −2 ~a × ~b = −6~i + 8~j + 7~k

~a.(~b × ~c) = (1, −1, 2).(−14, 22, 23) = −14 + (−22) + 46 = 10 (~a × ~b).~c = (−6, 8, 7).(−5, 1, −4) = 30 + 8 − 28 = 10 ~a.(~b × ~c) = (~a × ~b).~c = 10

~ = (1, 2, m) seja simultaneamente 47. Determinar o valor de m para que o vetor w ortogonal aos vetores ~ v1 = (2, −1, 0) e ~ v2 = (1, −3, −1). Soluça˜ o:

31

Calcular o produto vetorial entre ~ v1 × ~ v2 ~i ~j ~k ~ v1 × ~ v2 = 2 −1 0 = ~i − 6~k − (−2~j − ~k) 1 −3 −1

~ v1 × ~ v2 = ~i + 2~j − 5~k ~ = α(~ w v1 × ~ v2 ) ⇒

(1, 2, m) = α(1, 2, −5) 1 = α1 ⇒ α = 1

logo:

m = α − 5 ⇒ m = 1. − 5 ⇒ m = −5 m = −5

c ~ = (−3a, x, y), determinar x e y para que 48. Dados os vetores ~ v = a, 5b, − e w 2 ~ ~ = ~0 v×w

Soluça˜ o: ~j ~k ~i ~ ~ = a 5b − 2c = 5by~i + (−3a)(− 2c )~j + ax~k − (+ay~j + (− 2c )x~i + 5b(−3a)~k) v×w −3a x y 3ac cx ~ ~ ~ − ay ~j + (ax + 15ab)~k i+ v × w = 5by + 2 2 ~ = ~0 temos: Igualando ~ v×w 3ac 3ac 3c − ay = 0 ⇒ ay = ⇒y= 2 2 2 ax + 15ab = 0 ⇒ ax = −15ab ⇒ x = −15b 3c x = −15b e y = 2

49. Determinar um vetor unitário simultaneamente ortogonal aos vetores ~ v1 = (1, 1, 0) determinar um vetor de modulo 5. e~ v2 = (2, −1, 3), Nas mesmas condiçoes, ˜ Soluça˜ o:

~i ~j ~ v1 × ~ v2 = 1 1 2 −1

~k 0 = 3~i − ~k − (3~j + 2~k) 3

~ v1 × ~ v2 = 3~i − 3~j − 3~k

Calculando o Modulo: p √ |~ v1 × ~ v2 | = 32 + (−3)2 + (−32 ) = 3 3 ~= u

~ v1 × ~ v2 ⇒ |~ v1 × ~ v2 |

32

! 3 3 3 ~ = √ ,− √ ,− √ ⇒ u 3 3 3 3 3 3 ! 1 1 1 ~ = √ ,− √ ,− √ ⇒ u 3 3 3 ~ e´ o vetor unitário que queremos encontrar. Onde u ~ com modulo 5 basta multiplicar Para encontrar o vetor na mesma direça˜ o de u pelo escalar 5, logo: ! 5 5 5 5~ u = √ ,− √ ,− √ 3 3 3 ! ! 1 1 1 5 5 5 ~ = √ , − √ , − √ e 5~ u u = √ ,− √ ,− √ 3 3 3 3 3 3 50. Mostrar num gráfico um representante de cada um dos seguintes vetores: a) ~j × 2~i

Soluça˜ o:

33

b) 3~i × 2~k Soluça˜ o:

51. Sabendo que |~a| = 3, |~b| = Soluça˜ o:

√

2 e 45o e´ o aˆ ngulo entre ~a e ~b, calcular |~a × ~b|.

Usando a formula do modulo do produto vetorial temos: |~a × ~b| = |~a|.|~b|.senθ ⇒ √ |~a × ~b| = 3. 2.sen45o ⇒ √ √ 2 ⇒ |~a × ~b| = 3. 2. 2 |~a × ~b| = 3

√ ~e~ 52. Se |~ u×~ v| = 3 3, |~ u| = 3 e 60o e´ o aˆ ngulo entre u v, determinar |~ v|. Soluça˜ o:

Usando a formula do modulo do produto vetorial temos: |~a × ~b| = |~a|.|~b|.senθ ⇒ √ 3 3 = 3.|~ v|.sen60 ⇒ √ √ 3 v|. 3 3 = 3.|~ 2 √ 2 |~ v| = 3. 3. √ 3. 3 |~ v| = 2 34

53. Dados os vetores ~a = (3, 4, 2) e ~b = (2, 1, 1), obter um vetor de modulo 3 que seja ao mesmo tempo ortogonal aos vetores 2~a − ~b e ~a + ~b. Soluça˜ o:

2~a = 2.(3, 4, 2) = (6, 8, 4) 2~a − ~b = (6, 8, 4) − (2, 1, 1) = (4, 7, 3)

~a + ~b = (3, 4, 2) + (2, 1, 1) = (5, 5, 3) ~i ~j ~k (2~a − ~b) × (~a + ~b) = 4 7 3 = 21~i + 15~j + 20~k − (35~k + 15~i + 12~j) 5 5 3 (2~a − ~b) × (~a + ~b) = 6~i + 3~j − 15~k

(2~a − ~b) × (~a + ~b) = (6, 3, −15) p √ √ √ |(2~a − ~b) × (~a + ~b)| = 62 + 32 + (−15)2 = 36 + 9 + 225 = 270 = 3 30 ! ! (2~a − ~b) × (~a + ~b) 6 3 15 1 5 2 = √ , √ ,− √ = √ , √ ,− √ 3 30 3 30 3 30 30 30 30 |(2~a − ~b) × (~a + ~b)| ! ! (2~a − ~b) × (~a + ~b) 2 1 5 6 3 15 = 3. √ , √ , − √ 3. = √ , √ ,− √ 30 30 30 30 30 30 |(2~a − ~b) × (~a + ~b)| ! (2~a − ~b) × (~a + ~b) 3 15 6 = √ , √ ,− √ 3. 30 30 30 |(2~a − ~b) × (~a + ~b)| ~ = (3, 1, 2) e ~ 54. Calcular a a´ rea do paralelogramo definido pelos vetores u v = (4, −1, 0). ~i ~j ~k ~×~ Soluça˜ o: u v = 3 1 2 = 0 − 3~k + 8~j − (4~k − 2~i + 0) 4 −1 0 ~×~ u v = 2~i + 8~j − 3~k p |~ u×~ v| = 22 + 82 + (−7)2 √ ~×~ |u v| = 117

55. Mostrar que o quadrilátero cujos vértices são os pontos A(1, −2, 3), B(4, 3, −1), C(5, 7, −3) e D(2, 2, 1) e´ um paralelogramo e calcule sua a´ rea. Soluça˜ o:

−→ −−→ −−→ Para ser um paralelogramo a equaça˜ o AB + AD = AC tem que ser satisfeita. −→ AB = (4, 3, −1) − (1, −2, 3) = (3, 5, −4) −−→ AD = (2, 2, 1) − (1, −2, 3) = (1, 4, −2) −−→ AC = (5, 7, −3) − (1, −2, 3) = (4, 9, −6) −→ −−→ −−→ Substituindo os respectivos valores na equaça˜ o: AB + AD = AC temos: 35

(3, 5, −4) + (1, 4, −2) = (4, 9, −6)

(4, 9, −6) = (4, 9, −6), a igualdade foi satisfeita logo e´ um paralelogramo.

Calculo da a´ rea: −→ −−→ a´ rea= AB × AD ~i ~j ~k −→ −−→ AB × AD = 3 5 −4 = 10~i + 4~j + 12~k − (5~k = 16~i − 6~j) = 6~i + 2~j + 7~k 1 4 −2 √ √ √ −→ −−→ |AB × AD| = 62 + 22 + 72 = 36 + 4 + 49 = 89 √ −→ −−→ |AB × AD| = 89

56. Calcular a a´ rea do paralelogramo cujos os lados são determinados pelos vetores ~ = (2, −1, 0) e ~ 2~ u e −~ v, sendo u v = (1, −3, 2). Soluça˜ o:

2~ u = (4, −2, 0)

−~ v = (−1, 3, −2) ~j ~k ~i ~) × (−~ (2u v) = 4 −2 0 = 4~i − 12~k + 0 − (2~k + 0 − 2~j) = 4~i − 8~j + 10~k −1 3 −2 (2~ u) × (−~ v) = 4~i − 8~j + 10~k p |(2~ u) × (−~ v)| = 42 + (−8)2 + 102 √ |(2~ u) × (−~ v)| = 16 + 64 + 100 √ |(2~ u) × (−~ v)| = 180 √ |(2~ u) × (−~ v)| = 22 .32 .5 √ ~) × (−~ |(2u v)| = 2.3 5 √ |(2~ u) × (−~ v)| = 6 5

57. Calcule a a´ rea do triângulo de vértices a)A(−1, 0, 2), B(−4, 1, 1) e C(0, 1, 3) Soluça˜ o: −→ −−→ |AB × AC| a´ rea do triângulo e dado pela formula: 2 −→ AB = B − A = (−3, 1, −1) −−→ AC = C − A = (1, 1, 1) ~i ~j ~k −→ −−→ AB × AC = −3 1 −1 = ~i − 3~k − ~j − (~k − 3~j − ~i) 1 1 1 −→ −−→ AB × AC = 2~i + 2~j − 4~k 36

p −→ −−→ |AB × AC| = 22 + 22 + (−4)2 √ −→ −−→ |AB × AC| = 4 + 4 + 16 √ √ −→ −−→ |AB × AC| = 24 = 2 6 √ −→ −−→ |AB × AC| 2 6 √ = = 6 a´ rea do triângulo = 2 2 √ a´ rea do triângulo= 6 b)A(1, 0, 1), B(4, 2, 1) e C(1, 2, 0) Soluça˜ o: −→ −−→ |ABxAC| a´ rea do triângulo e dado pela formula: 2 −→ AB = B − A = (3, 2, 0) −−→ AC = C − A = (0, 2, −1) ~i ~j ~k −→ −−→ AB × AC = 3 2 0 = 2~i + 6~k + 0 − (0 − 3~j + 0) 0 2 −1 −→ −−→ AB × AC = −2~i + 23vecj + 6~k p −→ −−→ |AB × AC| = (−2)2 + 32 + 62 √ −→ −−→ |AB × AC| = 4 + 9 + 36 √ −→ −−→ |AB × AC| = 49 = 7 −→ −−→ |AB × AC| 7 = a´ rea do triângulo = 2 2 7 a´ rea do triângulo= 2 c)A(2, 3, −1), B(3, 1, −2) e C(−1, 0, 2)

Soluça˜ o:

−→ −−→ |AB × AC| a´ rea do triângulo e dado pela formula: 2 −→ AB = B − A = (1, −2, −1) −−→ AC = C − A = (−3, −3, 3) ~i ~j ~k −→ −−→ AB × AC = 1 −2 −1 = −6~i − 3~k + 3~j − (6~k + 3~i + 3~j) −3 −3 3 −→ −−→ AB × AC = −9~i − 9~k p −→ −−→ |AB × AC| = (−9)2 + (−9)2 37

√ −→ −−→ |AB × AC| = 81 + 81 √ √ −→ −−→ |AB × AC| = 162 = 9 2 √ −→ −−→ √ |AB × AC| 9 2 a´ rea do triângulo = = =9 2 2 2 √ 9 2 a´ rea do triângulo= 2 d)A(−1, 2, −2), B(2, 3, −1) e C(0, 1, 1)

Soluça˜ o:

−→ −−→ |AB × AC| a´ rea do triângulo e dado pela formula: 2 −→ AB = B − A = (3, 1, 1) −−→ AC = C − A = (1, −1, 3) ~i ~j ~k −→ −−→ AB × AC = 3 1 1 = 3~i − 3~k + ~j − (~k + 9~j − ~i) 1 −1 3 −→ −−→ AB × AC = 4~i − 8~j − 4~k p −→ −−→ |AB × AC| = 42 + (−8)2 + (−4)2 √ −→ −−→ |AB × AC| = 16 + 64 + 16 √ √ −→ −−→ |AB × AC| = 96 = 4 6 √ −→ −−→ √ |AB × AC| 4 6 = =2 6 a´ rea do triângulo = 2 2 √ a´ rea do triângulo= 2 6 58. Calcular a a´ rea do paralelogramo que tem um vértice no ponto A(3, 2, 1) e uma diagonal de extremidade B(1, 1, −1) e C(0, 1, 2). Soluça˜ o: −−→ AC = C − A = (−3, −1, 1) −→ BA = A − B = (2, 1, 2) ~i ~j ~k −−→ −→ AC × BA = −3 −1 1 = −2~i − 3~k + 2~j − (−2~k − 6~j + ~i) 2 1 2

−−→ −→ AC × BA = −3~i + 8~j − ~k p √ √ −−→ −→ |AC × BA| = (−3)2 + 82 + (−1)2 = 3 + 64 + 1 = 74 √ −−→ −→ |AC × BA| = 74

38

59. Calcular x, sabendo √ que A(x, 1, 1), B(1, −1, 0) e C(2, 1, −1) são vértices de um 29 triângulo de a´ rea . 2 Soluça˜ o: −→ AB = (1 − x, −2, −1) −→ BC = (1, 2, −1) ~i ~j ~k −→ −→ AB × BC = 1 − x −2 −1 = 4~i + (−2x + 4)~k + x~j 1 2 −1 −→ −→ AB × BC = 4~i − x~j + (−2x + 4)~k p −→ −→ |AB × BC| = 42 + x2 + (4 − 2x)2 √ −→ −→ |AB × BC| = 16 + x2 + 16 − 4x + 4x2 substituindo pelo valor da a´ rea do triangulo temos: √ √ 16 + x2 + 16 − 4x + 4x2 29 = ⇒ 2 2 Cancelando ambos os denominadores iguais a 2. √ √ 16 + x2 + 16 − 4x + 4x2 = 29 ⇒ Cancelando as raizes:

16 + x2 + 16 − 4x + 4x2 = 29 ⇒

5x2 − 16x + 32 = 29 ⇒

5x2 − 16x + 32 − 29 = 0 ⇒

5x2 − 16x + 3 = 0 ⇒

Resolvendo a equaça˜ o 2o grau: ∆ = 256 − 60 = 196 16 ± 14 x= 10 2 1 x′ = = 10 5 30 =3 x′′ = 10 1 x′ = ou x′′ = 3 5

60. Dado o triângulo de vértices A(0, 1, −1), B(−2, 0, 1) e C(1, −2, 0), calcular a medida da altura relativa ao lado BC. Soluça˜ o: −→ vetor AB: −→ AB = (−2 − 0)~i + (0 − 1)~j + (1 + 1)~k 39

−→ AB = −2~i − ~j + 2~k −−→ vetor AC: −−→ AC = (1 − 0)~i + (−2 − 1)~j + (0 + 1)~k −−→ ~ AC = i − 3~j + ~k ~i ~j ~k −→ −−→ AB × AC = −2 −1 2 = −~i + 2~j + 6~k − (−6~i − 2~j − ~k) 1 −3 1

−→ −−→ AB × AC = 5~i + 4~j + 7~k p √ √ −→ −−→ (52 + 42 + 72 ) |AB × AC| 90 3. 10 area = = = = 2 2 2 2 p √ −→ |BC| = (1 + 2)2 + (0 − 2)2 + (0 − 1)2 ] = 14 −→ h area = BC. 2 √ area 2.3. 10 h = 2. −→ = √ 2. 14 BC √ 10 h = 3. √ 14 √ √ 3. 10. 14 h= 14 √ 3. 140 h= 14 √ 3.2. 35 h= 14 √ 3 35 h= 7

~=~ ~ sendo u ~ = (1, 1, −1) 61. Determinar ~ v tal que ~ v seja ortogonal ao eixo dos y e u v × w, ~ = (2, −1, 1). ew Soluça˜ o:

~ v = (x, y, z) Para ser ortogonal ao eixo dos y tem que satisfazer a seguinte formula ~ v.~j = 0 (x, y, z) = (0, 1, 0) = 0 ⇒temos: y = 0

Onde temos: ~ v = (x, 0, z)

~=~ ~ Para segunda condiça˜ o: u v × w: ~i ~j ~k ~ = x 0 z = −x~k + 2z~j − (−z~i + x~j) = z~i + (2z − x)~j − x~k Calculando:~ v×w 2 −1 1 40

~ com ~ ~ Igualando os resultados temos de u v × w:

(1, 1, −1) = (z, 2z − x, −x) onde temos:

z=1ex=1 ~ v = (1, 0, 1)

~ = (0, 1, −1), ~ ~ = (1, −1, 2), determine o vetor 62. Dados os vetores u v = (2, −2, −2) e w ~ ~ que satisfaz a` condiça˜ o: ~ ~=~ x, paralelo a w, x×u v. Soluça˜ o:

~ ~ ⇒~ ~ ⇒~ x//w x = αw x = α(1, −1, 2) ⇒ ~ x = (α, −α, 2α) ~k ~i ~j ~ ~ = α −α 2α = α~i + α~k − (2α~i − α~j) = −α~i + α~j + α~k x×u 0 1 −1 ~=~ Temos pela formula: ~ x×u v (−α, α, α) = (2, −2, −2)

Tiramos que: α = −2:

~ logo: ~ x = αw

~ x = −2(1, −1, 2) = (−2, 2, −4) ~ x = (−2, 2, −4)

~ = (2, 1, 0) e ~ 63. Dados os vetores u v = (3, −6, 9), determinar o vetor ~ x que satisfaz a ~×~ ~ = (1, −2, 3). relaça˜ o ~ v=u x e que seja ortogonal ao vetor w Soluça˜ o:

~ ~×~ v=u x ~i ~j ~k ~×~ u x = 2 1 0 = z~i − 2z~j + (2y − x)~k = (z, −2z, 2y − x) x y z ~×~ mas como ~ v=u x, então

(z, −2z, 2y − x) = (3, −6, 9)

pela igualdade acima z = 3 e 2y − x = 9 (I)

foi dito que

~ ~ = (1, −2, 3), por isso: x ortogonal w

~ ~ =0 x.w

(x, y, z).(1, −2, 3) = 0 e por essa igualdade

x − 2y + 3z = 0 ⇒ x − 2y + 9 = 0 ⇒ x − 2y = −9 (II)

como (I) = (II) ~ x = 2y − 9

~ x = (2y − 9, y, 3) 41

64. Demonstrar que ~a × ~b = ~b × ~c = ~c × ~a, sabendo que ~a + ~b + ~c = ~0. Soluça˜ o:

Se ~a × ~b = ~b × ~c = ~c × ~a , então ~a = ~b = ~c :

Vou usar um exemplo: ~a = ~b = ~c = (2, 2, 2) ~a × ~b = ~b × ~c = ~c × ~a

(2, 2, 2)x(2, 2, 2) = (2, 2, 2)x(2, 2, 2) = (2, 2, 2)x(2, 2, 2) = 0 Igualdade OK mas na segunda igualdade não a´ verdadeiro

~a + ~b + ~c = ~a + ~a + ~a = 3~a = 3(2, 2, 2) = (6, 6, 6) , 0 So´ e´ verdadeiro quando: ~a = ~b = ~c = 0 ~e~ 65. Sendo u v vetores do espaço, com ~ v , 0: ~ − r~ a) determinar o numero real r tal que u v seja ortogonal a ~ v; ´

Soluça˜ o:

(~ u − r~ v).~ v=0⇒ ~.~ u v − r~ v.~ v=0 −r~ v.~ v = −~ u.~ v

~.~ r|~ v|2 = u v r=

~.~ u v |~ v|2

~. b) mostrar que (~ u+~ v) × (~ u−~ v) = 2~ v×u

Soluça˜ o:

(~ u+~ v) × (~ u−~ v) ⇒

~ × (u ~−~ ~−~ u v) + ~ v × (u v) ⇒

~×u ~+u ~ × −~ ~+~ u v+~ v×u v × −~ v⇒

~ × −~ ~⇒ u v+~ v×u

~) ⇒ −1(~ u×~ v) + (~ v×u

~ ~+~ ~⇒ v×u v×u ~) ⇒ 2(~ v×u ~ 2~ v×u

~ (~ u+~ v) × (~ u−~ v) = 2~ v×u

66. Demonstrar que o segmento cujos extremos são os pontos médios de dois lados de um triângulo e´ paralelo ao terceiro lado e igual a` sua metade. Soluça˜ o: Demonstraça˜ o: 42

Seja um trapézio ABCD de bases AB e CD. Seja M o ponto médio de AD e N o ponto médio de BC Construamos uma reta BM. Prolongue com o lado DC. Seja Q o ponto de interseça˜ o da reta BM com a reta que a por DC. Prolongue também o lado AD. Anote as congruências de aˆ ngulos: aˆ ngulos QMD e AMB congruentes (ângulos opostos pelo vértice) aˆ ngulos MDQ e MAB congruentes (como os lados AB e CD são paralelos, temos que a reta que a por AD e´ uma transversal a` s bases. Portanto seus aˆ ngulos alternos internos são congruentes). O segmento AM e´ congruente ao segmento MD, pois M e´ o ponto médio do segmento AD. Pelo caso ALA de congruência, temos que os triângulos MQD e AMB são congruentes. Disso resulta que os segmentos MQ e MB são congruentes. Agora observe o triângulo BQC. O segmento MN e´ a base média desse triângulo, pois M e´ ponto médio do segmento BQ e N e´ o ponto médio do segmento BC, ambos lados do triângulo. Pelo teorema da base média do triângulo, temos que: o segmento MN e´ paralelo ao segmento CQ que por sua vez e´ paralelo ao lado AB. Podemos concluir que MN e´ paralelo as duas bases do trapézio. A medida de MN e´ metade da medida de CQ. Da congruência dos triângulos AMB e QDM, temos que os segmentos QD e AB são congruentes. Em formula: ´ QC MN = 2 Mas QC = QD + DC e QD e´ congruente a AB Portanto: QC = AB + DC MN =

(AB + DC) 2

67. Verificar se são coplanares os segmentos vetores: ~ = (3, −1, 2), ~ ~ = (−2, 3, 4) a) u v = (1, 2, 1) e w

Soluça˜ o:

Para verificar se são coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0 ~ =0 logo (~ u, ~ v, w) ~ =0 (~ u, ~ v, w)

43

3 −1 2 ~, ~ ~ = 1 2 1 = 24 + 2 + 6 + 4 − 9 + 8 = 35 (u v, w) −2 3 4 ~, ~ ~ , 0 logo os vetores não são coplanares. (u v, w) ~ = (2, −1, 0), ~ ~ = (7, −1, 2) b) u v = (3, 1, 2) e w

Soluça˜ o:

Para verificar se são coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0 ~ =0 logo (~ u, ~ v, w) ~, ~ ~ =0 (u v, w) 2 −1 0 ~ = 3 1 2 = 4 − 14 + 0 + 6 + 4 − 0 = 0 (~ u, ~ v, w) 7 −1 2 ~ = 0 logo os vetores são coplanares. (~ u, ~ v, w) 68. Verificar se são coplanares os pontos: a) A(1, 1, 1), B(−2, −1, −3), C(0, 2, −2) e D(−1, 0, −2)

Soluça˜ o:

Calculo dos Segmentos: −→ AB = (−2, −1, −3) − (1, 1, 1) = (−3, −2, −4) −−→ AC = (0, 2, −2) − (1, 1, 1) = (−1, 1, −3) −−→ AD = (−1, 0, −2) − (1, 1, 1) = (−2, −1, −3)

Calculo do produto misto dos 3 segmentos −3 −2 −4 −→ −−→ −−→ (AB, AC, AD) = −1 1 −3 = 9 − 4 − 12 − (8 − 9 − 6) = 9 − 4 − 12 − 8 + 9 + 6 = 0 −2 −1 −3 −→ −−→ −−→ (AB, AC, AD) = 0 logo, sim são coplanares.

b) A(1, 0, 2), B(−1, 0, 3), C(2, 4, 1) e D(−1, −2, 2)

Soluça˜ o:

Calculo dos Segmentos: −→ AB = (−1, 0, 3) − (1, 0, 2) = (−2, 0, 1) −−→ AC = (2, 4, 1) − (1, 0, 2) = (1, 4, −1) −−→ AD = (−1, −2, 2) − (1, 0, 2) = (−2, −2, 0)

Calculo do produto misto dos 3 segmentos −2 0 1 −→ −−→ −−→ 4 −1 = −2 − (−8 − 4) = −2 + 8 + 4 = 10 (AB, AC, AD) = 1 −2 −2 0 44

−→ −−→ −−→ (AB, AC, AD) = 10 logo, não são coplanares. c) A(2, 1, 3), B(3, 2, 4), C(−1, −1, −1) e D(0, 1, −1)

Soluça˜ o:

Calculo dos Segmentos: −→ AB = (3, 2, 4) − (2, 1, 3) = (1, 1, 1) −−→ AC = (−1, −1, −1) − (2, l, 3) = (−3, −2, −4) −−→ AD = (0, 1, −1) − (2, 1, 3) = (−2, 0, −4)

Calculo do produto misto dos 3 segmentos 1 1 1 −→ −−→ −−→ (AB, AC, AD) = −3 −2 −4 = 8 + 8 − (4 + 12) = 8 + 8 − 4 − 12 = 0 −2 0 −4 −→ −−→ −−→ (AB, AC, AD) = 0 logo, sim são coplanares.

69. Para que valor de m os pontos A(m, 1, 2), B(2, −2, −3), C(5, −1, 1) e D(3, −2, −2) são coplanares? Soluça˜ o: Calculo dos segmentos: −→ BA = (m, 1, 2) − (2, −2, −3) = (m − 2, 3, 5) −→ BC = (5, −1, 1) − (2, −2, −3) = (3, 1, 4) −−→ BD = (3, −2, −2) − (2, −2, −3) = (1, 0, 1)

Basta calcular o produto misto dos 3 segmentos m − 2 3 5 −→ −→ −−→ 1 4 = m − 2 + 12 − (5 + 9) = m − 2 + 12 − 5 − 9 = m − 4 (BA, BC, BD) = 3 1 0 1 −→ −→ −−→ para ser coplanar (BA, BC, BD) = 0 logo temos m−4=0⇒m=4 m=4

70. Determinar o valor de k para que os seguintes vetores sejam coplanares: a)~a = (2, −1, k), ~b = (1, 0, 2) e ~c = (k, 3, k)

Soluça˜ o:

Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condiça˜ o (~a, ~b, ~c) = 0 2 −1 k (~a, ~b, ~c) = 1 0 2 = −2k + 3k + k − 12 = 2k − 12 k 3 k Logo:(~a, ~b, ~c) = 0 temos: 45

2k − 12 = 0 k=6

b)~a = (2, 1, 0), ~b = (1, 1, −3) e ~c = (k, 1, k) Soluça˜ o:

Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condiça˜ o (~a, ~b, ~c) = 0 2 1 0 (~a, ~b, ~c) = 1 1 −3 = −2k − 3k + k + 6 = −4k + 6 k 1 −k

Logo:(~a, ~b, ~c) = 0 temos: −4k + 6 = 0 3 k= 2

c)~a = (2, k, 1), ~b = (1, 2, k) e ~c = (3, 0, −3)

Soluça˜ o:

2 k 1 (~a, ~b, ~c) = 1 1 k = −12 + 3k2 + 3k − 6 = 3k2 + 3k − 18 3 0 −3

Logo:(~a, ~b, ~c) = 0 temos: 3k2 + 3k − 18 = 0

θ = 1 − 4.1.(−6) = 25 −1 ± 5 k= 2 −1 +5 k′ = =2 2 −1 − 5 = −3 k′′ = 2 k′ = 2 ou k′′ = −3 ~ = (1, 1, 0), ~ ~ 1 = 3~ ~2 = u ~ + 3~ ~ 3 = ~i + ~j − 2~k. 71. Sejam os vetores u v = (2, 0, 1), w u − 2~ v, w vew ~ 1, w ~2 e w ~ 3. Determinar o volume do paralelep´ıpedo definido por w Soluça˜ o: ~ 1 = (3, 3, 0) − (4, 0, 2) = (−1, 3, −2) w

~ 2 = (1, 1, 0) − (6, 0, 3) = (7, 1, 3) w

~ 3 = (1, 1, −2) w

−1 3 −2 ~ 1 .(w ~2 × w ~ 3 ) = 7 1 3 = 2 + 9 − 14 − (−2 − 3 − 42) = 44 Vol = w 1 1 −2 Vol = 44un 46

72. Calcular o valor de m para que o volume do paralelep´ıpedo determinado pelos vetores ~ v1 = 2~i − ~j, ~ v2 = 6~i + m~j − 2~k e ~ v3 = −4~i + ~k seja igual a 10. Soluça˜ o:

~ v1 = (2, −1, 0)

~ v2 = (6, m, −2)

~ v3 = (−4, 0, −1)

2 −1 0 Vol = ~ v1 .(~ v2 × ~ v3 ) = 6 m −2 = 2m − 8 − (−6) = 2m − 2 −4 0 −1 pela definiça˜ o temos:Vol = |~ v1 .(~ v2 × ~ v3 )| = |2m − 2|

Para Vol = 10 temos: 2m − 2 = 10 logo m = 6 ou 2m − 2 = −10 logo m = −4 m = 6 ou m = −4 73. Os vetores ~a = (2, −1, −3), ~b = (−1, 1, −4) e ~c = (m + 1, m, −1) determinam um paralelep´ıpedo de volume 42, Calcular m. Soluça˜ o: ~a = (2, −1, −3) ~b = (−1, 1, −4)

~c = (m + 1, m, −1) −1 −3 2 1 −4 = −2+3m+4(m+1)−(−3(m+1)−8m−1) = 18m+6 Vol = ~a.(~b×~c) = −1 m + 1 m −1 pela definiça˜ o temos:Vol = |~a.(~b × ~c)| = |18m + 6|

Para Vol = 42 temos: 18m + 6 = 42 logo m = 2 ou 18m + 6 = −42 logo m = − m = 2 ou m = −

−8 3

−8 3

74. Dados os pontos A(1, −2, 3), B(2, −1, −4), C(0, 2, 0) e D(−1, m, 1), determinar o valor de m para que seja de 20 unidades de volume o volume do paralelep´ıpedo −→ −−→ −−→ determinado pelos vetores AB, AC e AD. Soluça˜ o: −→ AB = (2, −1, −4) − (1, −2, 3) = (1, 1, −7) −−→ AC = (0, 2, 0) − ()1, −2, 3) = (−1, 4, −3) −−→ AD = (−1, m, 1) − (1, −2, 3) = (−2, m + 1, −2) 1 1 −7 −→ −−→ −−→ 4 −3 = −8 + 7(m + 2) + 6 − (56 − 3(m + 2) + 2) = 10m − 40 AB.(AC × AD) = −1 −2 m + 2 −2 47

−→ −−→ −−→ pela definiça˜ o temos:Vol = |AB.(AC × AD))| = |10m − 40|

Para Vol = 20 temos: 10m − 40 = 20 logo m = 6 ou 10m − 40 = −20 logo m = 2 m = 6 ou m = 2 75. Calcular o volume do tetraedro ABCD, sendo dados: a)A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1) e D(4, 2, 7). Soluça˜ o: Pode-se dividir o paralelep´ıpedo em dois prismas triangulares e estes prismas, por sua vez, em três tetraedros, todos com base e altura correspondentes a` a base e altura do prisma. Resoluça˜ o: Tem-se que todos os tetraedros terão o mesmo volume, ou seja, terão 61 do volume do paralelep´ıpedo em questão, cujo volume e´ dado pelo produto misto de três vetores não coplanares que formam os lados do tetraedro (área da base e altura). −−→ −−→ −−→ Escolhendo DA, DB e e DC tem-se: 3 2 7 1 1 1 −−→ −−→ −−→ Vol = |DA.(DB × DC)| = (3, 2, 7).[(4, 1, 7) × (4, 2, 6)] = 4 1 7 = .[18 + 565 6 − 6 6 4 2 6 6 12 (28 + 42 + 48)] = =2 6 Vol = 2 b)A(−1, 3, 2), B(0, 1, −1), C(−2, 0, 1) e D(1, −2, 0). Para este, calcular também a medida da altura traçada do vértice A. Soluça˜ o: −2 5 2 1 1 1 −−→ −−→ −−→ Vol = |DA.(DB×DC)| = (−2, 5, 2).[(−1, 3, −1)×(−3, 2, 1)] = −1 3 −1 = .[−6− 6 6 −3 2 1 6 24 4 + 15 − (−184 − 5)] = =4 6 Vol = 4 Vol Vol = (areadabase).h ⇒ h = areadabase ~ ~j ~k −→ −−→ i BC × BD = −2 −1 2 = −~i + 2~j + 6~k − (−~k − 6~i − 2~j) = 5~i + 4~j + 7~k 1 −3 1 √ √ √ −→ −−→ |BC × BD| = 52 + 42 + 72 = 90 = 3 10 −−→ −−→ −−→ |DA.(DB × DC)| Formula da altura: h = −→ −−→ |BC × BD| Substituindo pelos valores calculados temos: 24 8 h= √ = √ 3 10 10 48

8 h= √ 10

49

4.15 Problemas Propostos 1. Verificar se os pontos P1 (5, −5, 6) e P2 (4, −1, 12) pertence a` reta. x−3 y+1 z−2 = = r: −1 2 −2 Soluça˜ o: Para saber se o ponto pertence a reta basta substituir o ponto P1 na equaça˜ o da reta se pertencer a igualdade permanece. 5 − 3 −5 + 1 6 − 2 x−3 y+1 z−2 = = ⇒ = = ⇒ −2 = −2 = −2 ; logo o ponto −1 2 −2 −1 2 −2 pertence a reta dada. Para saber se o ponto pertence a reta basta substituir o ponto P2 na equaça˜ o da reta se pertencer a igualdade permanece. y+1 z−2 x−3 4 − 3 −1 + 1 12 − 2 = = ⇒ = = ⇒ −1 , 0 , −5 ; logo o ponto −1 2 −2 −1 2 −2 não pertence a reta dada. 2. Determinar o ponto da reta   x=2−t    y=3+t r:    z = 1 − 2t que tem abscissa 4. Soluça˜ o: Temos x = 4 substituindo na primeira equaça˜ o para determinar t temos; x = 2 − t ⇒ 4 = 2 − t ⇒ −t = 4 − 2 ⇒ t = −2

Para y temos;

y=3+t⇒ y=3−2⇒ y=1

Para z temos;

z = 1 − 2t ⇒ z = 1 − 2(−2) ⇒ z = 1 + 4 ⇒ z = 5 P(4, 1, 5)

3. Determinar m e n para o ponto P(3, m, n) pertença a` reta   x = 1 − 2t    y = −3 − t s:    z = −4 + t Soluça˜ o:

Temos x = 3 substituindo na primeira equaça˜ o para determinar t temos; x = 1 − 2t ⇒ 3 = 1 − 2t ⇒ −2t = 3 − 1 ⇒ −2t = 2 ⇒ t = −1

Para y temos;

y = −3 − t ⇒ m = −3 − (−1) ⇒ m = −3 + 1 ⇒ m = −2 3

Para z temos; z = −4 + t ⇒ n = −4 − 1 ⇒ n = −5 P(3, −2, −5)

4. Determinar os pontos da reta r : Soluça˜ o:

z x−3 y+1 = = que tem 2 −1 −2

(a) abscissa 5; Para x = 5 temos; x−3 y+1 5−3 y+1 2 y+1 = ⇒ = ⇒ = ⇒ −1 = y + 1 ⇒ y = −2 2 −1 2 −1 2 −1 z ⇒ z = −2 1= −2 P(5, −2, −2)

(b) ordenada 4; Para y = 4 temos; x−3 5 x−3 4+1 = ⇒ = ⇒ x − 3 = −10 ⇒ x = −7 2 −1 2 −1 5 z z = ⇒ −5 = ⇒ z = 10 −1 −2 −2 P(−7, 4, 10)

(c) cota 1. Para z = 1 temos; 1 x−3 = ⇒ x − 3 = −1 ⇒ x = 2 2 −2 y+1 1 1 1 1 = ⇒ y+1= ⇒ y= −1⇒ y=− −1 −2 2 2 2 1 P 2, − , 1 2 5. O ponto P(2, y, z) pertence a` reta determinada por A(3, −1, 4) e B(4, −3, −1). Calcular P. Soluça˜ o: (x, y, z) = (3, −1, 4) + [(4, −3, −1) − (3, −1, 4)]t ⇒

(x, y, z) = (3, −1, 4) + (1, −2, −5)t ⇒   x=3+t    y = −1 − 2t r:    z = 4 − 5t Para x = 2 temos:

2 = 3 + t ⇒ t = −1 4

y = −1 − 2.(−1) ⇒ y = −1 + 2 ⇒ y = 1

z = 4 − 5.(−1) ⇒ z = 4 + 5 ⇒ z = 9 P(2, 1, 9)

6. Determinar as equaçoes ˜ reduzidas, com variável independente x, da reta que a pelo ponto A(4, 0, −3) e tem a direça˜ o do vetor ~ v = 2~i + 4~j + 5~k. Soluça˜ o:

(x, y, z) = (4, 0, −3) + (2, 4, 5)t ⇒   x = 4 + 2t    y = 4t     z = −3 + 5t

Encontrando o valor de t em funça˜ o de x; x−4 2t = x − 4 ⇒ t = 2 Substituindo t nas outras duas equaça˜ o temos; x−4 y=4 ⇒ y = 2(x − 4) ⇒ y = 2x − 8 2 5x 5x x 4 x−4 ⇒ z = −3 + 5 − ⇒ z = −3 + − 10 ⇒ z = − 13 z = −3 + 5 2 2 2 2 2   y = 2x − 8       5x    z= − 13 2 7. Estabeleça as equaçoes ˜ reduzidas (variável independente x) da reta pelos pares de pontos: a) A(1, −2, 3) e B(3, −1, −1) Soluça˜ o:

(x, y, z) = (1, −2, 3) + [(3, −1, −1) − (1, −2, 3)]t ⇒

(x, y, z) = (1, −2, 3) + (2, 1, −4)t ⇒   x = 1 + 2t    y = −2 + t r:    z = 3 − 4t

Isolando t na primeira equaça˜ o: x−1 2t = x − 1 ⇒ t = 2 Substituindo t nas outras duas equaçoes ˜ temos; −4 + x − 1 x−5 x 5 x−1 ⇒y= ⇒y= ⇒y= − y = −2 + 2 2 2 2 2 x−1 z=3−4 ⇒ z = 3 − 2x + 2 ⇒ z = −2x + 5 2 5

 x 5   y= −    2 2      z = −2x + 5 b) A(−1, 2, 3) e B(2, −1, 3)

Soluça˜ o:

(x, y, z) = (−1, 2, 3) + [(2, −1, 3) − (−1, 2, 3)]t ⇒

(x, y, z) = (−1, 2, 3) + (3, −3, 0)t ⇒   x = −1 + 3t    y = 2 − 3t r:    z=3

Isolando t na primeira equaça˜ o: x+1 3t = x + 1 ⇒ t = 3 Substituindo t na outra equaça˜ o temos; x+1 ⇒ y = 2 − x − 1 ⇒ y = −x + 1 y=2−3 3   y = −x + 1        z=3 8. Determinar as equaçoes ˜ reduzidas tendo z como variável independente, da reta que a pelos pontos P1 (−1, 0, 3) e P2 (1, 2, 7). Soluça˜ o: (x, y, z) = (−1, 0, 3) + [(1, 2, 7) − (−1, 0, 3)]t ⇒

(x, y, z) = (−1, 0, 3) + (2, 2, 4)t ⇒   x = −1 + 2t    y = 2t r:    z = 3 + 4t

Isolando t na ultima equaça˜ o temos; ´ z−3 4t = z − 3 ⇒ t = 4 Substituindo t nas outras equaçoes ˜ temos; z−3 −2 + z − 3 z−5 z 5 z−3 x = −1 + 2 ⇒ x = −1 + ⇒x= ⇒x= ⇒x= − 4 2 2 2 2 2 z−3 z 3 z−3 ⇒y= ⇒y= − y = 2. 4 2 2 2  z 5    − x =   2 2       z 3    y= − 2 2 6

9. Mostrar que os pontos A(−1, 4, −3), B(2, 1, 3) e C(4, −1, 7) são colineares. Soluça˜ o:

Condiça˜ o de alinhamento dos pontos: x1 y1 z1 x2 y2 z2 = 0 x 3 y3 z3 Resolvendo o determinante a matriz: −1 4 −3 2 1 3 = −7 + 48 + 6 − 56 − 3 + 12 = −66 + 66 = 0 4 −1 7

Logo o determinante e igual a 0 os pontos são colineares.

10. Qual deve ser o valor de m para que os pontos A(3, m, 1), B(1, 1, −1) e C(−2, 10, −4) pertençam a mesma reta? Soluça˜ o: Condiça˜ o de alinhamento dos pontos: x1 y1 z1 x2 y2 z2 = 0 x 3 y3 z3 Resolvendo o determinante: 3 m 1 1 1 −1 = 0 ⇒ −12 + 2m + 10 + 4m + 30 + 2 = 0 ⇒ −2 10 −4 6m + 30 = 0 ⇒ 6m = −30 ⇒ m = −5 11. Citar um ponto e um vetor diretor de cada uma das seguintes retas:  x+1 z−3    = a)   3 y=1 4 Soluça˜ o: ~ v(3, 0, 4); P(−1, 1, 3) ( x = 2y b) z=3 Soluça˜ o: ~ v(2, 1, 0); P(0, 0, 3)   x = 2t    y = −1 c)    z=2−t Soluça˜ o:

7

~ v(2, 0, −1); P(0, −1, 2) ( y=3 d) z = −1

Soluça˜ o:

~ v(1, 0, 0); P(0, 3, −1) ( y = −x e)) z=3+x Soluça˜ o: ~ v(1, −1, 1); P(0, 0, 3)

f) x = y = z Soluça˜ o:

~ v(1, −1, 1); P(0, 0, 0) 12. Determinar as equaçoes ˜ das seguintes retas: a) reta que a por A(1, −2, 4) e e´ paralela ao eixo dos x; Soluça˜ o:

A(1, −2, 4) k ~i(1, 0, 0)

(x, y, z) = (1, −2, 4) + (1, 0, 0)t   x=1+t    y = −2     z=4 Temos que a reta e paralelo ao eixo Ox podemos simplificar a equaça˜ o; ( y = −2 z=4 b) reta que a por B(3, 2, 1) e e´ perpendicular ao plano xOz; Soluça˜ o: B(3, 2, 1) ⊥ xOz B(3, 2, 1) k Oy

B(3, 2, 1) k ~j(0, 1, 0)

(x, y, z) = (3, 2, 1) + (0, 1, 0)t   x=3    y =2+t     z=1 Temos que a reta e paralelo ao eixo Oy podemos simplificar a equaça˜ o; ( x=3 z=1 8

c) reta que a por A(2, 3, 4) e e´ ortogonal ao mesmo tempo aos eixos dos x e dos y; Soluça˜ o: A(2, 3, 4) ⊥ xOy

A(2, 3, 4) k Oz A(2, 3, 4) k ~k(0, 0, 1)

(x, y, z) = (2, 3, 4) + (0, 0, 1)t   x=2    y=3     z=4+t Temos que a reta e paralelo ao eixo Oz podemos simplificar a equaça˜ o; ( x=2 y=3 d) reta que a por A(4, −1, 2) e tem a direça˜ o do vetor ~i − ~j; Soluça˜ o:

A(4, −1, 2) k ~i − ~j

A(4, −1, 2) k ~k(1, −1, 0)

(x, y, z) = (4, −1, 2) + (1, −1, 0)t   x=4+t    y = −1 − t     z=2 Colocando t em funça˜ o de y y = −1 − t ⇒ y + 1 = −t ⇒ t = −1 − y

Substituindo t na funça˜ o de x

x=4+t⇒x=4−y−1⇒x=3−y ( x=3−y z=2 e) reta que a pelos pontos M(2, −3, 4) e N(2, −1, 3).

Soluça˜ o:

(x, y, z) = (2, −3, 4) + [(2, −1, 3) − (2, −3, 4)]t

(x, y, z) = (2, −3, 4) + [(0, 2, −1)]t

x = 0;

Colocando t em funça˜ o de z z = 4 − t ⇒ −t = z − 4 ⇒ t = 4 − z

Substituindo t na funça˜ o de y

9

y = −3 + 2(4 − z) ⇒ y = −3 + 8 − 2z ⇒ y = 5 − 2z ( x=2 y = 5 − 2z 13. Representar graficamente as retas cujas equaçoes ˜ são:   x = −1 + t    y = −10 + 5t a)    z = 9 − 3t Soluça˜ o:

  x = 4 + 2t    y=3 b)    z = −5 − 5t

Soluça˜ o:

10

  y = −3x + 6    c)    z=x+4 Soluça˜ o:

  x = −1 + t    y=3−t d)    z = 2t Soluça˜ o:

11

  y = 2x    e)    z=3 Soluça˜ o:

  y=3    f)    z = 2x Soluça˜ o:

12

  z = 2y    g)    x=3 Soluça˜ o:

  x=3    h)    y = −4 Soluça˜ o:

13

  x = −3    i)    z=4 Soluça˜ o:

14. Determinar o aˆ ngulo entre as seguintes retas:   x = −2 − 2t   x y+6 z−1  y = 2t = es: = a)r :    4 2 2  z = 3 − 4t Soluça˜ o:

v~r = (−2, 2, −4) v~s = (4, 2, 2)

Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =

|~ vr .~ vs | |~ vr |.|~ vs |

Substituindo os valores na formula: |(−2, 2, −4).(4, 2, 2)| | − 8 + 4 − 8| ⇒ cosθ = √ cosθ = p ⇒ √ √ 4 + 4 + 16. 16 + 4 + 4 (−2)2 + 22 + (−4)2 . 42 + 22 + 22 | − 12| ⇒ cosθ = 0.5 ⇒ θ = arccos0.5 cosθ = 24 θ = 60o   x = −2x − 1   y z+1  ;x=2 b)r :  es: =   3 −3  z=x+2 Soluça˜ o: Para x = 0 temos: y = −1 e z = 2 obtemos P1 (0, −1, 2)

Para x = 1 temos: y = −3 e z = 3 obtemos P2 (1, −3, 3)

v~r [(1, −3, 3) − (0, −1, 2)]

v~r (1, −2, 1)

14

v~s (0, 3, −3) Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =

|~ vr .~ vs | |~ vr |.|~ vs |

Substituindo os valores na formula: |(1, −2, 1).(0, 3, −3)| | − 9| ⇒ cosθ = √ cosθ = p ⇒ cosθ = p √ 1 + 4 + 1. 9 + 9 12 + (−2)2 + 12 . 02 + 32 + (−3)2 | − 9| 9 ⇒ θ = 30o √ √ ⇒ θ = arccos √ 6. 18 108  √ (  x = 1 + 2t   x=0  c)r :  es: y=t  y=0   z = 5 − 3t Soluça˜ o: √ v~r ( 2, 1, −3) v~s (0, 0, 1)

Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =

|v~r .v~s | |~ vr |.|~ vs |

Substituindo os valores na formula: √ |( 2, 1, −3).(0, 0, 1)| | − 3| 3 3 ⇒ cosθ = √ ⇒ cosθ = √ ⇒ θ = arccos √ ⇒ cosθ = √ √ 2 + 1 + 9. 1 12 12 12 θ = 30o   x=1  y x−4 z+1  y + 1 d)r : e s : z−2 = =    = 2 −1 −2 4 3 Soluça˜ o: v~r (2, −1, −2)

v~s (0, 4, 3)

Substituindo os valores na formula: |(2, −1, −2).(0, 4, 3)| | − 4 − 6| 10 ⇒ cosθ = √ cosθ = √ ⇒ cosθ = √ √ ⇒ √ √ 9. 25 4 + 1 + 4. 16 + 9 22 + 1 + 4. 0 + 16 + 9 10 2 θ = arccos ⇒ θ = arccos ⇒ θ = 48.18o 3.5 3 15. Determinar o valor de n para que seja de 30o o aˆ ngulo entre as retas ( y = nx + 5 x−2 y+4 z r: e s: = = z = 2x − 2 4 5 3 Soluça˜ o: v~r (4, 5, 3) para x = 0 em s temos: P1 (0, 5, −2)

para x = 1 em s temos: P2 (1, n + 5, 0)

15

Fazendo P2 − P1 = (0, 5, −2) − (1, n + 5, 0) = (1, n, 2)

v~s (1, n, 2)

√ 3 cos30o = 2 Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =

|v~r .v~s | |~ vr |.|~ vs |

substituindo os valores temos: √ √ √ |(4, 5, 3).(1, n, 2)| 3 3 3 |4 + 5n + 6| ⇒ = √ = √ = ⇒ √ √ 2 2 2 42 + 52 +√32 . 12 + n2 + 22 16 + 25 + 9. 1 + n2 + 4 5n + 10 5n + 10 3 ⇒ ⇒ = p √ √ 2 (n2 + 5).50 50. n2 + 5 2 √ p 3. (n2 + 5).50 = (10n+20)2 ⇒ 3.(n2 +5).50 = 100n2 +400+400n ⇒ 150(n2 +5) = 100n2 + 400 + 400n ⇒ 150n2 + 750 = 100n2 + 400 + 400n ⇒ n2 − 8n + 7 = 0 Resolvendo a equaça˜ o do 2o Grau temos:

δ = 64 − 4.1.7 = 36 8±6 n= ⇒ 2 8+6 =7 n′ = 2 8−6 n′′ = = −1 2 n = 7 ou −1   y = nx + 5    o 16. Calcular o valor de n para que seja de 30 o aˆ ngulo que a reta r:     z = 2x − 3 forma com o eixo do y. Soluça˜ o: Para x = 0 em r temos: y = 5 e z = −3 temos: P1 (0, 5, −3)

Para x = 1 em r temos:

y = n + 5 e z = −1 temos: P2 (1, n + 5, −1)

v~1 = P2 − P2 = (1, n, 2)

v~2 = (0, 1, 0) √ 3 o cos30 = 2

Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ = substituindo os valores temos: 16

|v~1 .v~2 | |v~1 |.|v~2 |

√ √ √ |0 + n + 0| |n| 3 3 = √ = √ ⇒ √ √ ⇒ (2n)2 = ( 3. n2 + 5)2 ⇒ 2 2 n2 + 5.√ 1 02 + 12 + 02 . 12 + n2 + 22 2 2 2 2 2 4n = 3n + 15 ⇒ 4n − 3n = 15 ⇒ n = 15 ⇒ n = ± 15 √ n = ± 15   x = 1 + 2t    y=t 17. A reta  forma um aˆ ngulo de 60o com a reta determinda pelos pontos    z=3−t A(3, 1, −2) e B(4, 0, m). Calcular o valor de m. √

Soluça˜ o:

v~1 = (2, 1, −1)

v~2 = (1, −1, m + 2) 1 cos60o = 2 Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =

|v~1 .v~2 | |v~1 |.|v~2 |

Substituindo os valores na formula: |2 + (−1) + (−m − 2)| | − m − 1| 1 ⇒ cos60o = p ⇒ = √ √ p 2 22 + 12 + (−1)2 . 12 + (−1)2 + (m + 2)2 6. m2 + 4m + 6 √ m+1 m+1 1 1 = √ √ ⇒ = √ ⇒ 2.(m+1) = 6m2 + 24m + 36 ⇒ 2 2 6. m2 + 4m + 6 6m2 + 24m + 36 2 √ √ 6m2 + 24m + 36 ⇒ 4m2 + 8m + 4 = 2m + 2 = 6m2 + 24m + 36 ⇒ (2m + 2)2 = 6m2 + 24m + 36 ⇒ −2m2 − 16m − 32 = 0 ⇒ −m2 − 8m − 32 = 0 ⇒ m2 + 8m + 32 = 0 ⇒ Resolvendo a equaça˜ o do 2o Grau:

δ = 64 − 4.1.16 = 64 − 64 = 0 √ −8 ± 0 m= 2.1 −8 m= 2 m = −4 18. Calcular o valor de m para que os seguintes pares de retas sejam paralelas:   x = −3t   x+5 y−1  y = 3 + t e s: a: r: = ;z=6   6 m  z=4 Soluça˜ o:   x = 2 − 3t   x−4 z−1  y=3 = ;y=7 b: r: e s:   6 5  z = mt Soluça˜ o: 17

a) v~r = (−3, 1, 0) e v~s = (6, m, 0) Para ser paralelas: −3 1 = ⇒ −3m = 6 ⇒ m = −2 6 m b) v~r = (−3, 0, m) e v~s = (6, 0, 5) −15 5 −3 m 5 = ⇒ 6m = −15 ⇒ m = ⇒m=− m=− 6 5 6 2 2   x=2+t    y = −3t 19. A reta a pelo ponto A(1, −2, 1) e e´ paralela a` reta s:    z = −t Se P(−3, m, n) ∈ r, determinar o ponto m e n.

Soluça˜ o:

r : (x, y, z) = (1, −2, 1) + (1, −3, −1)t   x=1+t    y = −2 − 3t r:    z=1−t

Para o ponto dado P(−3, m, n) tiramos t sabendo o valor de x = −3 substituindo na equaça˜ o da reta r para x; x = 1 + t ⇒ t = −4

Agora com valor de t encontramos m; m = −2 − 3(−4) ⇒ m = −2 + 12 ⇒ m = 10

Agora com valor de t encontramos n; n = 1 − t ⇒ n = 1 − (−4) ⇒ n = 5 P(−3, 10, 5)

20. Quais as equaçoes ˜ reduzidas da reta que a pelo ponto A(−2, 1, 0) e e´ paralela z x+1 y = = ? a` reta r: 1 4 −1 Soluça˜ o: (x, y, z) = (−2, 1, 0) + (1, 4, −1)t   x = −2 + t    y = 1 + 4t     z = −t Fazendo t em funça˜ o de x.

t=2+x Substituindo t na equaça˜ o de y temos; 18

y = 1 + 4(2 + x) ⇒ y = 1 + 8 + 4x ⇒ y = 4x + 9

Substituindo t na equaça˜ o de z temos; z = −(2 + x) ⇒ z = −x − 2 ( y = 4x + 9 z = −x − 2

21. A reta que a pelos pontos A(−2, 5, 1) e B(1, 3, 0) e´ paralela a` reta determinada por C(3, −1, −1) e D(0, y, z). Determinar o ponto D. Soluça˜ o:

v~1 = B − A = (3, −2, −1)

v~2 = C − D = (3, −1 − y, −1 − z)

Como os vetores são Paralelos temos: v~1 = αv~2 (3, −2, −1) = α(3, −1 − y, −1 − z)

temos que: 3 α= =1 3 Resolvendo y;

−2 = 1.(−1 − y) ⇒ −2 = −1 − y ⇒ y = 1

Resolvedo z;

−1 = 1.(−1 − z) ⇒ −1 = −1 − z ⇒ z = 0 D(0, 1, 0)

22. A reta   y = mx + 3    r:    z=x−1

e´ ortogonal a` reta determinada pelos pontos A(1, 0, m) e B(−2, 2m, 2m). Calcular o valor de m. Soluça˜ o: Para x = 0 temos; y = 3 e z = −1 P1 = (0, 3, −1)

Para x = 1 temos; y = m + 3 e z = 0 P2 = (1, m + 3, 0) v~r = (1, m, 1) v~s = (−3, 2m, m) Temos v~r ⊥ v~s temos; v~r .v~s = 0

(1, m, 1).(−3, 2m, m) = 0 ⇒ −3 + 2m2 + m = 0 ⇒ 2m2 + m − 3 = 0

Resolvendo a equaça˜ o de 2o grau; δ = 1 − 4.2(−3) = 25

19

√ −1 ± 5 −1 ± 25 ⇒m= m= 2.2 4 −1 + 5 m′ = ⇒ m′ = 1 4 −1 − 5 3 m′′ = ⇒ m′′ = − 4 2 23. Calcular o valor de m para que sejam coplanares as seguintes retas ( y x−1 z y = 2x + 3 a) r: e s: = = z = 3x − 1 2 −1 m Soluça˜ o:

Para x = 0 temos y = 3 e z = −1. P1 = (0, 3, −1)

Para x = 1 temos y = 5 e z = 2. P2 = (1, 5, 2) ~r = P2 − P1 = (1, 2, 3)

~s = (2, −1, m)

P3 = (1, 0, 0) −−−→ P1 P3 = (1, −3, 1)

Condiça˜ o de Coplanaridade: 1 2 3 −−−→ (~r, ~s, P1 P3 ) = 2 −1 m = 0 ⇒ −1 + 2m − 18 − 4 + 3m + 3 = 0 ⇒ 5m − 20 = 0 ⇒ 1 −3 1 20 5m = 20 ⇒ m = ⇒ m=4 5 ( ( x = −1 y = 4x − m b) r: e s: y=3 z=x Soluça˜ o: Para reta r ~r = (0, 0, 1) P1 = (−1, 3, 0) Para a reta s P2 = (0, −m, 0)

P3 = (1, 4 − m, 1)

~s = P3 − P2 = (1, 4 − m, 1) − (0, −m, 0) = (1, 4, 1) −−−→ P1 P2 = (1, −m − 3, 0)

Condiça˜ o de Coplanaridade: 0 0 1 −−−→ 4 1 = 0 ⇒ 0 + 0 + (−m − 3) − 0 − 0 − 4 = 0 ⇒ −m − 3 = (~r, ~s, P1 P2 ) = 1 1 (−m − 3) 0 4 ⇒ m = −4 − 3 ⇒ m = −7

20

x−m y−4 = ; z = 6 e s: c) r: m −3

Soluça˜ o:

(

y = −3x + 4 z = −2x

Para reta r: ~r = (m, −3, 0) P3 = (m, 0, 6)

Para reta s: P1 = (0, 4, 0) P2 = (1, 1, −2)

~s = P2 − P1 = (1, 1, −2) − (0, 4, 0) = (1, −3, −2) −−−→ P1 P3 = (m, 0, 6) Condiça˜ o de Coplanaridade: m −3 0 −−−→ 18 (~r, ~s, P1 P3 ) = 1 −3 −2 = 0 − 18m + 6m + 18 = 0 ⇒ −12m = −18 ⇒ m = ⇒ 12 m 0 6 m=

3 3 ⇒m= 2 2

24. Calcular o ponto de interseça˜ o das retas ( ( y = 4x − 2 y = 3x − 1 e s: a) r: z = 3x z = 2x + 1 Soluça˜ o: Igualando as expressoes ˜ com z temos: 2x + 1 = 3x ⇒ x = 1

Substituindo x = 1 em y = 3x − 1 temos: y = 3.1 − 1 ⇒ y = 2

Substituindo x = 1 em z = 3x temos: z=3 P(1, 2, 3)   x=5+t   x−2 y z−5  y=2−t = = e s:  b) r:   2 3 4  z = 7 − 2t

Soluça˜ o:

Isolando t em y = 2 − t temos: t = 2 − y

Substituindo t = 2 − y em x = 5 + t temos: y = 7 − x x−2 y Com a igualdade = substituindo y = 7 − x temos: 2 3 21

x−2 7−x = ⇒ 3x − 6 = 14 − 2x ⇒ 5x = 20 ⇒ x = 4 2 3 Substituindo x = 4 em y = 7 − x temos: y = 7 − 4 ⇒ y = 3

Substituindo y = 3 em t = 2 − y temos: t = 2 − 3 ⇒ t = −1

Substituindo t = −1 em z = 7 − 2t temos: z = 7 − 2.(−1) ⇒ z = 7 + 2 ⇒ z = 9 P(4, 3, 9) ( y − 7 z − 12 y = 2x − 3 c) r: e s: x = = z = 4x − 10 −3 −7

Soluça˜ o:

y−7 substituindo em y = 2x − 3 temos; −3 2y − 14 2y − 14 + 9 y−7 −3 ⇒ y = −3 ⇒ y = ⇒ −3y = 2y − 5 ⇒ −5y = y = 2. −3 −3 −3 −5 ⇒ y = 1 z − 12 substituindo em z = 4z − 10 temos; Temos x = −7 z − 12 4z − 48 4z − 48 + 70 z = 4. − 10 ⇒ z = − 10 ⇒ z = ⇒ −7z = 4z − 22 ⇒ −7 −7 −7 −11z = 22 ⇒ z = −2 Temos x =

Temos y = 1 substituindo em y = 2x − 3 temos: 1 = 2x − 3 ⇒ 4 = 2x ⇒ x = 2

P(2, 1, −2) ( x−1 z−5 y = −5 e s: d) r: = ;y = −5 z = 4x + 1 2 −3

Soluça˜ o:

Temos z = 4x + 1 substituindo em

x−1 z−5 = temos; 2 −3

x − 1 4x + 1 − 5 = ⇒ −3x + 3 = 8x − 8 ⇒ −11x = −11 ⇒ x = 1 2 −3 Temos x = 1 substituindo em z = 4x + 1 temos; z = 4.1 + 1 ⇒ z = 5 P(1, −5, 5)

25. Dadas as retas r:

y−3 z+1 = ; x = 2, s: 2 −2

(

  x=3+t   y = 2x  e h:   y = 1 − 3t , Determinar z=x−3   z=t

a) o ponto de interseça˜ o de s, r e h Soluça˜ o: Temos x = 2 substituindo em y = 2x temos y = 4 22

Temos x = 2 substituindo em x = 3 + t temos 2 = 3 + t ⇒ −t = 3 − 2 ⇒ t = −1

Temos t = −1 como z = t temo z = −1 P(2, 4, −1)

b) o aˆ ngulo entre r e s. Soluça˜ o: ~r = (2, −2, 0)

Para reta s temos; Para x = 0 temos y = 0 e z = −3 P1 = (0, 0, −3)

Para x = 1 temos y = 2 e z = −2 P2 = (1, 2, −2)

~r = P2 − P1 = (1, 2, −2) − (0, 0, −3) = (1, 2, 1) Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =

|v~r .v~s | |~ vr |.|~ vs |

substituindo os valores temos: |(2, −2, 0).(1, 2, 1)| |2 + (−4) + 0| ⇒ cosθ = cosθ = ⇒ cosθ = p √ |(2, −2, 0)|.|(1, 2, 1)| 22 + (−2)2 + 02 . 12 + 22 + 12 √ 2 1 1 | − 2| 3 1 √ √ ⇒ cosθ = √ √ ⇒ cosθ = √ ⇒ cosθ = √ ⇒ cosθ = √ . √ ⇒ 8. 6 2 3 2 3 3 2. 2. 6 12 √ √ 3 3 cosθ = ⇒ θ = arccos 6 6 26. Em que ponto a reta que a por A(2, 3, 4) e B(1, 0, −2) intercepta o plano xy? Soluça˜ o:

~ v = B − A = (1, 0, −2) − (2, 3, 4) = (−1, −3, −6)

Encontrando as equaçoes ˜ Paramétricas da reta:

(x, y, z) = (2, 3, 4) + (−1, −3, −6)t   x=2−t    y = 3 − 3t     z = 4 − 6t

Como o ponto intercepta o plano xy temos que z = 0 Substituindo z = 0 em z = 4 − 6t temos 0 = 4 − 6t ⇒ 6t = 4 ⇒ t =

2 3

2 2 6−2 4 em x = 2 − t temos x = 2 − ⇒ x = ⇒x= 3 3 3 3 2 6 2 ⇒ y=3− ⇒ y=1 Substituindo t = em y = 3 − 3t temos y = 3 − 3. 3 3 3 4 P , 1, 0 3 Substituindo t =

23

27. Sejam as retas   x = 2 + 3t    y = 4 + 5t e s: r:    z = mt

  y = 2x + 1       x 3    z= − 2 2

Soluça˜ o: Isolando t na equaça˜ o x = 2 + 3t temos −3t = 2 − x ⇒ t =

2−x −3

2−x em y = 4 + 5t temos Substituindo t = −3 2−x 10 − 5x −12 + 10 − 5x −2 − 5x y = 4 + 5. ⇒ y=4+ ⇒y= ⇒y= −3 −3 −3 −3 −2 − 5x Substiuindo y = em y = 2x + 1 temos −3 −2 − 5x = 2x + 1 ⇒ −2 − 5x = −6x − 3 ⇒ x = −1 −3 Substituindo x = −1 em y = 4 + 5x temos y = 4 + 5.(−1) ⇒ y = 4 − 5 ⇒ y = −1 −1 3 x 3 − ⇒ z = −2 Subtituindo x = −1 em z = − temos z = 2 2 2 2 2 − (−1) 2−x Subtituindo x = −1 em t = temos t = ⇒ t = −1 −3 −3 Subtituindo t = −1 e z = −2 em z = mt temos −2 = m.(−1) ⇒ m = 2 a) calcular o valor de m para que r e s sejam concorrentes; m=2 b) determinar, para o valor de m, o ponto de interseça˜ o de r e s. P(−1, −1, −2) 28. Estabelecer as equaçoes ˜ paramétricas da reta que a pelos ponto A(3, 2, 1) e e´ simultaneamente ortogonal a` s retas      x=3  y = −2x + 1     r: e s:       z=1  z = −x − 3 Soluça˜ o:

Calculo do Vetor diretor de r vr = (0, 0, 1) Calculo do Vetor diretor de s Para x = 0 temos; y = 1 , z = −3 logo; P1 = (0, 1, −3)

Para x = 1 temos; y = −1, z = −4 logo; P2 = (1, −1, −4)

P~2 = (1, −1, −4) − (0, 1, −3) = (1, −2, −1)

v Calculando o Vetor diretor ~

24

  ~i ~j ~k  ~ v = v~r × v~s =  0 0 1  1 −2 −1

   ~ ~ ~ ~  = j + 2i = 2i + j 

~ v = (2, 1, 0)

Calculando a equaça˜ o paramétrica da reta com o ponto A = (3, 2, 1) e o vetor ~ v = (2, 1, 0)   x = 3 + 2t    y=2+t     z=1 29. Estabelecer as equaçoes ˜ da reta que a pela origem e e´ simultaneamente ortogonal a` s retas   x = 3x − 1   y z−3 x  = e s:  r: =   2 −1 −2  z = −x + 4 Soluça˜ o:

Para a reta s atribuimos x = 0 temos y = −1 e z = 4 logo P1 = (0, −1, 4)

Para a reta s atribuimos x = 1 temos y = 2 e z = 5 logo P2 = (1, 2, 5) v~s = P2 − P1 = (1, 2, 5) − (0, −1, 4) = (1, 3, 1)

Para a reta r temos; v~r = (2, −1, −2)

Calculando o Produto Vetorial entre v~r e v~s temos: ~i ~j ~k ~ v = (5, −4, 7) v = v~r × v~s = 2 −1 −2 = −~i − 2~j + 6~k − 2~j + 6~i + ~k = 5~i − 4~j + 7~k ⇒ ~ 1 3 1 Calculando as equaçoes v = (5, −4, 7) temos: ˜ paramétricas para P(0, 0, 0) com o ~ (x, y, z) = (0, 0, 0) + (5, −4, 7)t   x = 5t    y = −4t     z = 7t

30. Determinar as equaçoes ˜ paramétricas da reta que contem o ponto A(2, 0, −1) e e´ simultaneamente ortogonal a` reta y−3 z+1 = ;x=1 r: 2 −1 e ao eixo dos y. Soluça˜ o: v~r = (0, 2, −1) ~j = (0, 1, 0) 25

~i ~j ~k ~ v = v~r × ~j = 0 2 −1 = ~i ⇒ ~ v = (1, 0, 0) 0 1 0 Calculando as equaçoes v(1, 0, 0) temos: ˜ paramétricas para A(2, 0, −1) com o ~

(x, y, z) = (2, 0, −1) + (1, 0, 0)t   x=2+t    y=0     z = −1 Simplificando temos: ( y=0 z = −1

31. Estabelecer as equaçoes ˜ paramétricas da reta que a pelo ponto de interseça˜ o das retas     x=1−y y+1 z  = e s: r: x − 2 =   2 3  z = 2 + 2y e e´ ao mesmo tempo ortogonal a r e s. Soluça˜ o: y+1 y+1 Substituindo x = 1 − y em x − 2 = temos 1 − y − 2 = ⇒ −y − 1 = 2 2 y+1 ⇒ −2y − 2 = y + 1 ⇒ −3y = 3 ⇒ y = −1 2 Substituido y = −1 em z = 2 + 2y temos z = 2 + 2.(−1) ⇒ z = 0

Substituindo y = −1 em x = 1 − y temos x = 1 − (−1) ⇒ x = 2

Ponto de coincidência entre as retas r e s e´ P(2, −1, 0)

Para a reta s atribuimos y = 0 logo: x = 1 e z = 2 temos; P1 (1, 0, 2) Para a reta s atribuimos y = 1 logo: x = 0 e z = 4 temos; P2 (0, 1, 4) v~s = P2 − P1 = (0, 1, 4) − (1, 0, 2) = (−1, 1, 2)

Para a reta r temos v~r = (1, 2, 3) ~i Calculando: ~ v = v~s × v~s = 1 −1 ~ v = (1, −5, 3)

~j 2 1

~k 3 2

= 4~i − 3~j + ~k − 2~j − 3~i + 2~k = ~i − 5~j + 3~k ⇒

Calculando as equaçoes v(1, −5, 3) temos: ˜ paramétricas para P(2, −1, 0) com o ~ (x, y, z) = (2, −1, 0) + (1, −5, 3)t   x=2+t    y = −1 − 5t     z = 3t

26

32. A reta x−1 y z r: = = a b −2 e´ paralela a` reta que a pelo ponto A(−1, 0, 0) e e´ simultaneamente ortogonal a` s retas     y=x x = −t       y = −2t + 3 e r2 : r1 :      z = 2x  z = 3t − 1 Calcular a e b Soluça˜ o: A direçoes ˜ de r1 e r2 são definidas pelos vetores v~r1 = (−1, −2, 3) e v~r2 = (1, 1, 2). A direça˜ o do vetor de r será ~ v que e´ paralela a reta que a pelo ponto A.

Se r1 e´ ortogonal a r então v~r1 .~ v = 0 ⇒ (−1, −2, 3).(a, b, −2) = 0 ⇒ −a − 2b − 6 = 0(1)

Se r2 e´ ortogonal a r então

v~r2 .~ v = 0 ⇒ (1, 1, 2).(a, b, −2) = 0 ⇒ a + b − 4 = 0(2) Resolvendo o sistema entre (1) e (2): ( −a − 2b − 6 = 0 a+b−4=0 −b − 10 = 0 ⇒ b = −10

Substituindo b = −10 na outra equaça˜ o:

a + b − 4 = 0 ⇒ a + (−10) − 4 = 0 ⇒ a = 10 + 4 a = 14

33. Dados os pontos P1 (7, −1, 3) e P2 (3, 0, −12), determinar: 2 a) o ponto P, que divide o segmento P1 P2 na razão ; 3 Soluça˜ o: 2 r= 3 Para x: 2 7 − .3 x1 − r.x2 3 ⇒ x = 5 ⇒ x = 15 x= ⇒x= 2 1 1−r 1− 3 3 Para y: 2 −1 − .0 y1 − r.y2 3 ⇒ y = −1 ⇒ y = −3 y= ⇒y= 2 1 1−r 1− 3 3 27

Para z: 2 3 − .(−12) z1 − r.z2 11 3 z= ⇒z= ⇒ z = 33 ⇒z= 2 1 1−r 1− 3 3 P(15, −3, 33)

b) o ponto Q, que divide o segmento P1 P2 ao meio. Soluça˜ o: 1 r= 2 Para x: x1 + x2 7+3 x= ⇒x= ⇒x=5 2 2 Para y: y1 + y2 −1 + 0 1 ⇒y= ⇒y=− y= 2 2 2 Para z: 3 − 12 9 z1 + z2 ⇒y= ⇒y=− z= 2 2 2 1 9 P 5, − , − 2 2 2 34. O ponto P(9, 14, 7) divide o segmento P1 P2 na razão . 3 Determinar P2 , sabendo que P1 (1, 4, 3). Soluça˜ o: 2 r= 3 Para x: 2 1 − .x2 2 2 −2 1 x1 − r.x2 3 ⇒9= ⇒ 9. = 1 − .x2 ⇒ .x2 = 1 − 3 ⇒ x2 = ⇒ x2 = x= 2 2 1−r 3 3 3 1− 3 3 3 −6 −2. ⇒ x2 = ⇒ x2 = −3 2 2 Para y: 2 4 − .y2 y1 − r.y2 1 2 2 14 2 2 3 ⇒ 14. = 4 − .y2 ⇒ .y2 = 4 − y= ⇒ 14 = ⇒ y2 = − ⇒ 2 1−r 3 3 3 3 3 3 1− 3 y2 = −1 Para z:

28

z1 − r.z2 ⇒7= z= 1−r 2 2 .z2 = ⇒ z2 = 1 3 3

2 3 − .z2 1 2 2 7 2 9−7 3 ⇒ 3. = 3 − .z2 ⇒ .z2 = 3 − ⇒ z2 = ⇒ 2 3 3 3 3 3 3 1− 3

P(−3, −1, 1) 35. Seja o triângulo de vértices A(1, 0, −2), B(2, −1, −6) e C(−4, 5, 2).

Estabelecer as equaçoes ˜ paramétricas da reta e da mediana do triângulo ABC relativa ao lado BC.

Soluça˜ o: (−2, 4, −4) B+C O Ponto M e a mediana entre B e C; M = ⇒ M = ⇒ M = 2 2 (−1, 2, −2) −−→ −−→ o vetor na Direça˜ o MA = M − A ⇒ MA = (1, 0, −2) − (−1, 2, −2) = (2, −2, 0) −−→ Agora termos o vetor na direça˜ o MA = (2, −2, 0) e ponto A = (1, 0, −2) Podemos calcular a equaça˜ o da reta da altura relativa ao lado BC: (x, y, z) = (1, 0, −2) + (2, −2, 0)t   x = 1 + 2t    y = −2t     z = −2

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