2.8 Problemas Propostos 1. Determinar Determinar a extr extremidad emidadee do segmen segmento to que representa representa o vetor v = (2, 5), sa bendo que sua origem e´ o ponto A ponto A(( 1, 3).
−
Solu So lucc¸ao: ˜
v = B − A
(2, 5) = ( (xx, y y))
−
Para x Para temos, x temos, x + 1 = 2
−
− (−1, 3)
⇒ x = 1
Para y Para temos, y temos, y
− 3 = −5 ⇒ y = −5 + 3 ⇒ y = −2
Logo, o ponto da extremidade e igual a: B = (1 , 2)
−
tal que: 2. Dados os vetores vetores u = (3 , 1) e v = ( 1, 2), determinar o vetor w
−
−
= 2 u a) 4(u v) + 31 w w
−
−
Solu So lucc¸ao: ˜
1 = 2 u w 4(u v) + w 3 Substitu´´ıdo Substitu ıdo os valores dos respectivos vetores, 1 4[(3, 1) ( 1, 2)] + (x, y y)) = 2(3 , 1) (x, y y)) 3 Efetuando Efetua ndo as operac¸ oes; o˜ es; x y = (6 (16, 12) + , x, 2 y y)) 3 3 y x = (6 16 + , 12 + x, 2 y y)) 3 3 x x x + 3x Para x te temo moss a se segu guin inte te igu igual alda dade de;; 16+ = 6 x + x = 6 x = 10 3 3 3 30 15 4x = 30 x + 3x = 10 x= x= 4 2 Para y Para temos a seguinte igualdade; y temos y y y + 3 y 12 + = 2 y 100 y + 3 y = 30 4 4 y + y = 2 y = 1 y = 30 3 3 3 30 15 y = y= 4 2
−
−
− −−
−
− − ⇒
−
− − ⇒
− −
− − − − − −
− ⇒
− ⇒
− − ⇒
⇒
3
− ⇒ −
− ⇒
⇒
− ⇒
⇒
⇒
= Resultado: w
15 15 , 2 2
−
(2 ) = 2(4 w 3u ) b)3w v u
−
−
−
Solu So lucc¸ao: ˜
Substitu´ıdo Substitu´ ıdo os valores dos respectivos vetores; 3(xx, y 3( y))
− [2(−1, 2) − (3, −1)] = 2[(4( 2[(4(xx, y y)) − 3(3, −1)] (3xx, 3 y (3 2[(4xx, 4 y y)) − [(−2, −4) − (3, −1)] = 2[(4 y)) − (9, −3)] (3xx, 3 y (3 2(4xx − 9, 4 y + 3) y)) − (−5, 5) = 2(4 (3xx + 5, 3 y − 5) = (2(4 (3 (2(4xx − 9), 2(4 2(4 y y + 3)) Para x Para temos a seguinte igualdade; x temos 3x + 5 = 8 8xx
− 18 3x − 8x = 18 − 5 −5x = −23
23 5 Para y Para temos a seguinte igualdade; y temos x= 3 y
− 5 = 8 8 y y + 6 3 y − 8 y = 6 + 5 −5 y = 11 −11 y = = w
5 23 11 , 5 5
−
−−→ − −→ −−→ − −→ −→ − −→
3. Dados os Pontos Pontos A 3), B (2, 5) e C e C(3 (3, 1), calcular OA AB e 3BA 4CB A(( 1, 3), B(2 AB,, OC BC BC e CB..
−
Solu So lucc¸ao: ˜
−−→ ⇒ A − O ⇒ (−1, 3) − (0, 0) ⇒ (−1, 3) −→ Resolvendo: AB ⇒ B − A ⇒ (2 , 5) − (−2, 3) ⇒ (3 , 2) Resolvendo: OA
Efetuando Efetua ndo a Operac¸ ao: a˜ 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 Efetua ndo a Operac¸ ao: a˜ o:
4
= Resultado: w
15 15 , 2 2
−
(2 ) = 2(4 w 3u ) b)3w v u
−
−
−
Solu So lucc¸ao: ˜
Substitu´ıdo Substitu´ ıdo os valores dos respectivos vetores; 3(xx, y 3( y))
− [2(−1, 2) − (3, −1)] = 2[(4( 2[(4(xx, y y)) − 3(3, −1)] (3xx, 3 y (3 2[(4xx, 4 y y)) − [(−2, −4) − (3, −1)] = 2[(4 y)) − (9, −3)] (3xx, 3 y (3 2(4xx − 9, 4 y + 3) y)) − (−5, 5) = 2(4 (3xx + 5, 3 y − 5) = (2(4 (3 (2(4xx − 9), 2(4 2(4 y y + 3)) Para x Para temos a seguinte igualdade; x temos 3x + 5 = 8 8xx
− 18 3x − 8x = 18 − 5 −5x = −23
23 5 Para y Para temos a seguinte igualdade; y temos x= 3 y
− 5 = 8 8 y y + 6 3 y − 8 y = 6 + 5 −5 y = 11 −11 y = = w
5 23 11 , 5 5
−
−−→ − −→ −−→ − −→ −→ − −→
3. Dados os Pontos Pontos A 3), B (2, 5) e C e C(3 (3, 1), calcular OA AB e 3BA 4CB A(( 1, 3), B(2 AB,, OC BC BC e CB..
−
Solu So lucc¸ao: ˜
−−→ ⇒ A − O ⇒ (−1, 3) − (0, 0) ⇒ (−1, 3) −→ Resolvendo: AB ⇒ B − A ⇒ (2 , 5) − (−2, 3) ⇒ (3 , 2) Resolvendo: OA
Efetuando Efetua ndo a Operac¸ ao: a˜ 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 Efetua ndo a Operac¸ ao: a˜ 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) Efetua Efe tuando ndo a Oper O perac ac¸ao: a˜ o:
−→ − 4−CB → = 3(−3, −2) − 4(−1, 6) ⇒ (−9, −6) − (−4, 24) ⇒ (−4, 24) −→ −→ 3BA − 4CB = ( −5, −30)
3BA
4. Dados os vetores vetores u = (3 , 4) e v=
−
. que u = a v e v = bu
9 umeros a e b tais , 3 , verificar se existem n´umeros a e b tais 4
−
Solu So lucc¸ao: ˜
Resolvendo para a para a;; (3, 4) = a
−
9 ,3 4
− ⇒
3
=
−9 a ⇒ a = −3.4 ⇒ a = −12 ⇒ 4
9
a=
3
−4 3
Resolvendo para b para b;; 9 ,3 3
−
(4, 3) = b b(4
⇒ 3 = b.4 ⇒ b = −43 ⇒
b=
−3 4
= ( 12, 6), determinar k 5. Dados os os vetores vetores determinar k 1 e e k u = (2 , 4), v = ( 5, 1) e w k 2 tal que = k 1 u + k 2 w v.
−
−
−
Solu So lucc¸ao: ˜
Substituindo os valores dos respectivos vetores; ( 12, 6) = k 1 (2, 4) + k 2 ( 5, 1) ( 12, 6) dade para os valores de x de x temos; temos;
−
−
2.k 1 + ( 5.k 2 ) = 12 4.k 1 + k 2 = 6
−
=
(2.k 1 , 4.k 1 ) + ( 5.k 2 , k 2 ) Retirando a igual-
−
−
− ⇒ 2.k − 5.k = −12 ⇒ 2.k − 5.k = −12 ⇒. − −4.k + k = 6.(+5) −20.k + 5.k = 30 −18 18k k = 18 ⇒ k = −1 −
1
1
1
2
2
1
2
1
2
1
Substituindo k Substituindo Primei meira ra Equa Equacc¸ao a˜ o temos; k 1 na Pri
− − 5.k = 12 ⇒ −2 − 5.k = −12 ⇒ −5.k = −12 + 2 k = −−105 ⇒
2( 1)
2
2
2
5
2
k 2
= 2
−−→ −→
6. Dados os pontos A( 1, 3),B(1, 0) e C(2, 1), determinar D Tal que DC = BA.
−
Soluc¸ao: ˜
−
−−→ −→ −−→
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.
−
Soluc¸ao: ˜
−
−→ −→ −→ − (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 AP e PB: AP = (x, y, z)
Resolvendo para x: x
− 2 = 4 − x ⇒ x = 3
Resolvendo para y: y + 3 = 5 y
− ⇒ 2 y = 5 − 3 ⇒ 2 y = 2 ⇒ y = 1
Resolvendo para z:
1 2
− 1 = −2 − z ⇒ 2 z = −2 + 1 ⇒ 2 z = −1 ⇒ z = − P 3, 1, −
z
1 2
−→
−→
8. Dados os pontos A( 1, 2, 3) e B(4, 2, 0), determine o ponto P tal que AP = 3 AB. Soluc¸ao: ˜
−
−
(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) Soluc¸ao: ˜
− v.
(3, 7, 1) + 2 v = (6 , 10, 4) 3 v = (6 , 10, 4) 3 v = (3 , 3, 3)
− (3, 7, 1)
v = (1 , 1, 1) 10. Encontrar os n´umeros a1 e a2 tais que w = (4 , 4, 14). v2 = (2 , 0, 4) e w Soluc¸ao: ˜
−
=
a1 v1
a2 v2 , sendo v1
=
(1, 2, 1),
−
−
( 4, 4, 14) = a 1 (1, 2, 1) + a2 (2, 0, 4)
− −
− ⇒ (−4, −4, 14) = (a +2a , −2a , a −a −4a ) ⇒
−
Fazendo o sistema: a1 + 2a2 = 4 2a1 = 4 a1 + 4a2 = 14
+
1
2
1
1
1
2
− −
−
Resolvendo para a1 temos:
−2a = −4 ⇒ a 1
1 =
−4 ⇒ a 1 = 2 . −2
Resolvendo para a2 temos: 2
− 4.a
2 = 14
⇒ −4a
2 = 14
− 2 ⇒ a
2 =
12 −4 ⇒ a2 = −3
= (4 , 1, 3) e 11. Determinar a e b demodoqueosvetores u v = (6 , a, b) sejam paralelos.
−
Soluc¸ao: ˜
Para os vetores sejam paralelos tem que satisfazer a seguinte equac¸ao: ˜
v = αu (6, a, b) = α(4, 1, 3)
α=
− ⇒ 6 = α4
3 2
Substituindo α na primeira equac¸ao: ˜ 3 3 3 9 3 b = a = 1 a = e b = 2 2 2 2 3 9 a = e b = 2 2
⇒
− ⇒
−
7
12. Verificar se s˜ao colineares os pontos: a) A( 1, 5, 0), B(2, 1, 3) e C( 2, 7, 1)
− −
− − −
Soluc¸ao: ˜
1 2 2
−5 0 1 3 = 0 Os pontos s˜ao colineares: det = −7 −1 b) A(2, 1, −1), B(3, −1, 0) e C(1, 0, 4) 2 1 −1 Soluc¸ao: ˜ det = 3 −1 0 = 21
− −
1
0
4
Os pontos n˜a o s˜ao 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).
−
Soluc¸ao: ˜
−→ − − −BC → = C − B = (a − 1, b − 5, 6) −→ −→ AB = BC −2 = 4 = 3 a−1 b−5 6 AB = B A = ( 2, 4, 3)
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) s˜ao v e´ rtices de um paralelogramo: Soluc¸ao: ˜
−→ −−→ −−→
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 v e´ rtices de um paralelogramo. 15. Determine o sim´etrico do Ponto P(3, 1, 2) em relac¸a˜ o ao ponto A( 1, 0, 3).
−
Soluc¸ao: ˜
˜ ao ponto X . X e´ ponto sim´etrico do ponto P em relac¸ao 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. Dados os vetores u = (1 , a, 2a + modo u. v = ( u v). w.
− − 1), v = (a, a − 1, 1) e w = (a, −1, 1), determine a, de
Soluc¸ao: ˜
(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 + a − a − 2a − 1 = [a + 1, 2a, −2a].(a, −1, 1) a − 2a − 1 = a .(a + 1) − (2a − 1) − 2a a − a − 2a − a + 2a + 2a = 1 + 1 2
2 2
2
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
− −→
−→ −→− −−→
−
Soluc¸ao: ˜
−→ − − − 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). AB = B A = ( 4 + 1, 1
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) Soluc¸ao: ˜
(3, 7, 1) + 2(x, y, z) = (6 , 10, 4)
− (x, y, z) (3, 7, 1) + (2x, 2 y, 2 z) = (6 − x, 10 − y, 4 − z) (3 + 2x, 7 + 2 y, 1 + 2 z) = (6 − x, 10 − y , 4 − z) Para x, temos: 3 + 2x = 6 − x ⇒ 3x = 3 ⇒ x = 1 Para y, temos: 7 + 2 y = 10 − y ⇒ y = 1 Para z, temos: 1 + 2 z = 4 − z ⇒ z = 1 v = (1 , 1, 1)
9
− v.
4. Dados os pontos A(1, 2, 3), B( 6, 2, 3) e C(1, 2, 1), determinar o versor do vetor 3BA 2BC.
− −
−→ − −→
Soluc¸ao: ˜
−→ − 2BC = 3.[(1, 2, 3) − (−6, −2, 3)] − 2[(1, 2, 1) − (−6, −2, 3)] ⇒ −→ −→ 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: → − 2−BC →| = √ 7 + 4 + 4 ⇒ |3−BA → − 2−BC →| = √ 49 + 16 + 16 ⇒ |3−BA √ − → − → |3BA − 2BC| = 81 ⇒ → − 2−BC →| = 9 |3−BA 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 s˜ao unit´arios os seguintes vetores: − 3BA
2
2
2
Soluc¸ao: ˜
Calculo do Modulo do vetor u:
√ |u | = √ 1 + 1 + 1 ⇒ |u | = 1 + 1 + 1 √ |u | = 3 ⇒, ou seja, e´ diferente de 1 logo u n˜ao e´ unit´ario. 2
2
2
Calculo do Modulo do vetor v:
| v| = | v| = | v| = | v| =
√ − √ √ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ 2
1
2
+
6
1 6
+
6
4 6
+
2
+
1
2
6
1 6
1+4+6 6 6 6
10
6
6
6
√
| v| =
1
⇒
| v| = 1, ou seja, o vetor v e´ unit´ario.
2 4 6. Determinar o valor de n para o vetor v = n, , seja unit´ario. 5 5
Soluc¸ao: ˜
| v| = 1 | v| =
⇒ ⇒
| v| =
n2 +
2 5
n2 +
4 25
2
4 5
+
+
2
16 25
20 25 Substituindo o valor de v , temos:
| v| =
n2 +
||
n2 +
2
2
⇒ 1
=
2
2
2
2
2
n2 +
20 25
= 1
2
2
2
2
n2 +
20 25
⇒
25 − 20 − 20 ⇒ ⇒ n = 25 25 √ 5 1 1 1 1. 5 ⇒ 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 + 5k . Calcular m para que |v| = 38. Soluc¸ao: ˜ √ |(m + 7) i + (m + 2) j + 5 k | = 38| ⇒ √ (m + 7) + (m + 2) + 25 = 38 ⇒ √ √ m + 14m + 49 + m + 4m + 4 + 25 = 38 ⇒ √ √ ( m + 14m + 49 + m + 4m + 4 + 25) = ( 38) ⇒ m + 14m + 49 + m + 4m + 4 + 25 = 38 ⇒ 2m + 18m + 78 = 38 ⇒ 2m + 18m + 78 − 38 = 0 ⇒ 2m + 18m + 40 = 0 ⇒ m + 9m + 20 = 0 ⇒ 1=
20 25
2
2
2
2 2 2
2
Resolvendo a equac¸a˜ o 2 grau. ∆ = 9 2
− 4.1.20 ⇒ ∆ = 81 − 80 ⇒ ∆ = 1 √ −9 ± 1 ⇒ m= 2.1 11
2
2
⇒n
= 1
2
m=
−9 ± 1 ⇒ 2 9+1 2 9 1 2
− ⇒ m′ = −4 − − ⇒ m′′ = −5 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 −−→ + −BC. → | v| = 7, sendo v = m AC m′
=
Soluc¸ao: ˜
−−→ −→ 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) ⇒ | v| = (−3) + (2m) + (m − 1) ⇒ √ |v| = √ 9 + 4m + m − 2m + 1 ⇒ | v| = 5m − 2m + 10 Substituindo o valor de | v| = 7 √ 7 = 5m − 2m + 10 ⇒ √ ( 5m − 2m + 10) = 7 ⇒ 5m − 2m + 10 = 49 ⇒ 5m − 2m − 39 = 0 ⇒ v = m AC + BC ⇒
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
Resolvendo a equac¸ao ˜ 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′ = m ′ = 3 10 2 28 m′′ = 10 26 13 m′′ = m ′′ = 10 5
±
⇒ −
− ⇒
− ⇒ m′′ = − 13 5 12
9. Dados os pontos A(3, m AB = 35.
− 1, −4) e B(8, 2m − 1, m), determinar m de modo que
√ |−→| Soluc¸ao: ˜
√ |(8, 2m − 1, m) − (3, m − 1, −4)|√ = 35 ⇒ |(5, 2m − 1 − m + 1, m + 4)| = 35 ⇒ √ (5) + (m) + (m ) + 8m + 16 = 35 ⇒ √ 25 + (m) + (m ) + 8m + 16 = 35 ⇒ √
2
2
2
25
2
2
+ (m)2 + (m2 ) +
2
2
⇒
8m + 16
25 + (m)2 + (m2 ) + 8m + 16 = 35 2m2 + 8m + 16 + 25
35
=
⇒
− 35 = 0 ⇒ 2m + 8m + 6 = 0 ⇒ m + 4m + 3 = 0 ⇒ Resolvendo a Equac¸a˜ o 2 grau. δ = 4 − 4.1.3 δ = 16 − 12 δ = 4 √ 4± 4 − m= 2
2
2
2.1 4+2 2 4 2 2
⇒ m′ = −22 ⇒ m′ = −1 − − ⇒ m′′ = −6 ⇒ m′′ = −3 m′′ = m′
=
−
2
10. Calcular o per´ımetro do triaˆ ngulo do v´ertices A(0, 1, 2), B( 1, 0, 1) e C(2, 1, 0).
−
Soluc¸ao: ˜
−
−
→| + |−CA −→| ⇒ p = |(B − A)| + |(C − B)| + |( A − C)| ⇒ |−→| + |−BC 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 = (−1) + (−1) + (−3) + (9) + (1) + (1) + (4) + (4) + (4) ⇒ √ √ √ p = 11 + 11 + 12 ⇒ √ √ p = 2 11 + 12 ⇒ √ √ p = 2 11 + 2 3 ⇒ √ √ p = AB
2
p = 2( 11 +
2
2
2
2
2
2
2
2
3)
11. Obter um ponto P do eixo das abscissas equidistantes dos pontos A(2, 3, 1) e B( 2, 1, 1).
−
−
−
Soluc¸ao: ˜
13
Queremos encontrar um ponto P(x, 0, 0), se os pontos s˜ao equidistantes satisfaz a seguinte equac¸ao: ˜ AP = PB .
|−→| |−→|
Substituindo os pontos na equac¸ a˜ o:
|(x, 0, 0) − (2, −3, 1)| = |(−2, 1, −1) − (x, 0, 0)| ⇒ |x − 2, 3, −1| = |− 2 − x, 1, −1| ⇒ (x − 2) + 3 + 1 = (−2 − x) + 1 + 1 ⇒ √ √ x − 4x + 14 = x + 4x + 4 + 2 ⇒ √ √ ( x − 4x + 14) = ( x + 4x + 4 + 2) ⇒ x − 4x + 14 = x + 4x + 4 + 2 ⇒ −4x − 4x = −14 + 4 + 2 ⇒ −8x = −8 ⇒ x = 1 ⇒
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
Logo o ponto procurado P(1, 0, 0)
12. Seja o triaˆ ngulo de v´ertices A( 1, 2, 4), B( 4, 2, 0) e C(3, 2, 1). Determine o aˆ ngulo interno ao v´ertice B.
− −
− −
−
Soluc¸ao: ˜
−BA → = (−1, −2, 4) − (−4, −2, 0) = (3, 0, 4) −BC → = (3, −2, 1) − (−4, −2, 0) = (7, 0, 1) √ − → |BA| = 3 + 0 + 4 = 5 →| = √ 7 + 0 + 1 = 5 √ 2 |−BC 2
2
2
2
2
2
Pela equac¸a˜ 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 = 45 o 13. Os pontos A,B,C s˜a o v´ertices de um triˆangulo equil´atero cujo lado mede 10cm. Calcular AB e AC.
−→ −−→
Soluc¸ao: ˜
14
−→| = 10cm | AB −−→| = 10cm | AC
Equac¸a˜ o do produto escalar:
−→ −−→ |−→| |−−→|
AB. AC = AB . AC .cosθ
⇒
Substituindo a equac¸ a˜ o com os valores conhecidos:
−→ −−→ ⇒ −→ −−→ AB. AC = 100.0, 5 ⇒ −→ −−→ AB. AC = 50 AB. AC = 10 .10.cos60o
14. Os lados de um triˆangulo retˆangulo ABC (reto em A) medem 5,12 e 13. Calcular AB. AC + BA.BC + CA.CB.
−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ Soluc¸ao: ˜
−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ AB. AC = 0
AB. AC + BA.BC + CA.CB cosα =
5 13
−BA →.−BC → 5 −BA →.−BC → −BA →.−BC → = 25 = ⇒⇒ cosα = −→ −→ ⇒ |BA|.|BC| 13 5.13 −CA −→.−CB → 12 −CA −→.−CB → −−→ −→ 12 = − ⇒ 13 = 12.13 ⇒ CA.CB = 144 ⇒ cosθ = → − → 13 |− CA|.|CB| 0 + 25 + 144 = 169 −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ AB. AC + BA.BC + CA.CB = 169 15. Determinar os aˆ ngulos do triˆangulo de v´ertice A(2, 1, 3), B(1, 0, 1) e C( 1, 2, 1).
−
Soluc¸ao: ˜
ˆ Calculando A:
−→ −→ AB = (1 , 0, −1) − (2, 1, 3) = ( −1, −1, −4) | AB| = (−1) + 1 −−→ −−→ √ AC = ( −1, 2, 1) − (2, 1, 3) = ( −3, 1, −2) | AC| = 3 + 1 + 2 −→ −−→ −→ −−→ ˆ Substituindo na equac¸a˜ o AB. AC = | AB|.| AC|.cos A temos: √ √ (−1, −1, −4).(−3, 1, −2) = 18. 14.cos Aˆ ⇒ 10 cos Aˆ = √ √ ⇒
2
18. 14 10 Aˆ = arccos 3.2. 7
√ ⇒
5 Aˆ = arccos 3 7
√
15
2
2+
2
2 =
(
4)2 =
− √
14
−
√
18
ˆ Calculando B:
−BA → = (2, 1, 3) − (1, 0, −1) = (1, 1, 4) |−BA →| = √ 1 + 1 + 4 = √ 18 −BC → = (−1, 2, 1) − (1, 0 − 1) = (−2, 2, 2) |−BC →| = (−2) + 2 + 2 = 2. √ 3 −→ −→ −→ −→ ˆ Substituindo na equac¸a˜ o BA.BC = |BA|.|BC|.cosB temos: √ √ ˆ 8 (1, 1, 4).(−2, 2, 2) = 18.2. 3.cosB ⇒ cosBˆ = √ √ ⇒ Bˆ = arccos 2.38. √ 6 ⇒ 18.2. √ 3 √ √ 4 4. 6 4. 6 2. 6 ⇒ ⇒ Bˆ = arccos √ ⇒ Bˆ = arccos √ √ ⇒ Bˆ = arccos Bˆ = arccos 3 6 3 3 . . 3. 6 3. 6. 6 √ 2
2
2
2
2
2
2. 6 Bˆ = arccos 9 Calculando C:
−CA −→ = (2, 1, 3) − (−1, 2, 1) = (3, −1, 2) |−CA −→| = 3 + (−1) + 2 = √ 14 −CB → = (1, 0, −1) − (−2, 21) = (2, −2, −2) |−CB →| = 2 + (−2) + (−2) = 2. √ 3 −−→ −→ −−→ −→ ˆ Substituindo na equac¸a˜ o CA.CB = |CA|.|CB|.cosC temos: √ √ ˆ 4 ⇒ cosC ˆ = √ 4 √ ⇒ Cˆ = arccos √ ⇒ (3 − 1, 2).(2, −2, −2) = 14.2. 3.cosC
2
2
2
2
2
2
14.2. 3
2 Cˆ = arccos 42
√ ⇒
2. 42
2 Cˆ = arccos 42
√
π
16. Sabendo que o ângulo entre os vetores u = (2, 1, 1) e v = (1, 1, m + 2) é , 3 determinar m.
−
−
Soluc¸ao: ˜
Fo´ rmula 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 cosΘ =
| = |√ u
| || | −
(22 + 12 m2 + 4m + 6
− + (−1) ) 2
=
√
6 v
| |
=
−
−
1 + 1 + (m + 2)
=
− 1 − m − 2 = −1 − m
(2 + m2 + 4m + 4)
Substituindo os valores na equac¸a˜ o do angulo entre vetores temos: ( 1 m) ( 1 m) 1 π 6. m2 + 4m + 6 = cos = 2 2 2 2 6. m + 4m + 6 6. m + 4m + 6 2m
√ √ − −
√ √ − −
⇒
⇒
√ √
=
−2 −
=
⇒
Elevando ambos os membros ao quadrado: 6.(m2 + 4m + 6) = ( 2 2m)2 m2 + 8m + 16 = 0
−− ⇒
2
2
Resolvendo a equac¸ a˜ o 2 o Grau. ∆ = 8 2
2
⇒ 6m +24m +36 = 4 +8m+4m ⇒ 2m +16m +32 = 0 ⇒
− 4.1.16 = 0 16
m=
−8 ± 0
m=
2.1 4
−
17. Calcular n para que seja de 30o o aˆ ngulo entre os vetores u = (1 , n, 2) e j. Soluc¸ao: ˜
= (1 , n, 2) u
|u | =
√
√
1 + n2 + 4 =
n2 + 5
v = (0 , 1, 0)
| v| = 1
. . Substituindo os valores acima na equac¸ao: ˜ u v= u v .cos30o (1, n, 2).(0, 1, 0) = 0+n+0= n=
(n2 + 5).1.
(n2 + 5).
(n2 + 5).
√
= 15
n=
±
⇒ √
3 2
3 2
⇒
⇒
3 2
⇒ √
3 (n2 + 5). n2 = 2 3 n2 = (n2 + 5). 2 2 2 3.(n + 5). n2 = 4 2 2 4n = 3n + 15 n2
√
√
| || |
2
⇒
⇒
⇒ ⇒
15
18. Dados os vetores a = (2 , 1, α), b = ( α + 2, 5, 2) e c = (2 α, 8, α), determinar o valor de α para que o veor a + b seja ortogonal ao vetor c a.
−
Soluc¸ao: ˜
a + b = (2 , 1, α) + (α + 2, −5, 2) = (α + 4, −4, α + 2)
c − a = (2 α, 8, α) − (2, 1, α) = (2 α − 2, 7, 0) Para ser ortogonal ( a + b).( c − a) = 0 (α + 4, 4, α + 2).(2, 1, α) = (2 α
−
(α + 4).(2α
− 2) − 4.7 + 0 = 0 2α − 2α + 8α − 8 − 28 = 0 2α + 6α − 36 = 0 α + 3α − 18 = 0
− 2, 7, 0) = 0
2 2
2
17
−
Resolvendo a equac¸ao ˜ 2 o grau. ∆ = 3 2
− 4.1.(−18) ⇒ ∆ = 81 −3 ± 9 α= 2 −3 + 9 ⇒ α′ = 3 α′ = 2 −3 − 9 ⇒ α′′ = −6 α′′ = 2
= 18. 19. Determinar o vetor v, paralelo ao vetor u = (1 , 1, 2), tal que v.u
−
Soluc¸ao: ˜
−
= (1 , 1, 2) u
−
⇒ v = α(u) v = ( α, −α, 2α)
Substituindo os valores na equac¸ a˜ 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, Soluc¸ao: ˜
v = α. w v = α.( 6, 4, 2) onde α elementos dos reais para α = 1, temos que o vetor v e´ que isso n˜ao deixa de ser colinear, ou seja dois vetores iguais igual ao vetor w, n˜ao 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 na˜ o deixa de ser para t = 2, temos que o vetor v e´ igual ao vetor w, colinear, ou seja dois vetores iguais n˜ao deixa de ser colinear.
−
−
−
−
−
−
−
o vetor v = α.( 6, 4, 2) e´ tamb´em a soluc¸a˜ 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) s˜ao as mesmas soluc¸oes, ˜ basta tomar α = ( 1/2).t , onde t e k elementos dos reais.
−
−
−
−
ent˜ao temos que a resposta e´ v = t .(3, 2, 1) .
−
18
= ( 4, 2, 6),tal que 21. Determinar o vetor v, colinear ao vetor u v.w = ( 1, 4, 2). w
−
−
=
−12, sendo
Soluc¸ao: ˜
v = α. u (x, y, z) = α. ( 4, 2, 6)
−
(x, y, z) = ( 4α, 2α, 6α)
−
Substituindo x, y e z na equac¸ a˜ o: v. w = 12 temos:
−
(x, y, z).( 1, 4, 2) = 12
−
− ⇒ (−4α, 2α, 6α).(−1, 4, 2) = −12 ⇒ 4α + 8α + 12α = −12 1 24α = −12 ⇒ α = − 2 1 2
v = − .(−4, 2, 6) v = (2 , −1, −3) . 22. Provar que os pontos A(5, 1, 5), B(4, 3, 2) e C( 3, 2, 1)s˜a ov´e rtices de um triˆangulo retˆangulo.
− −
Soluc¸ao: ˜
Verificar se existe algum angulo ˆ de 90o nos v´ertices. Testando Aˆ
−→ −−→ cos Aˆ = −→ −−→ ⇒ | AB|.| AC| (−1, 2, −3).(−8, −3, −4) cos Aˆ = |(−1, 2, −3)|.|(−8, −3, −4)| ⇒ 14 ⇒ cos Aˆ = 3, 74.9, 43 cos Aˆ = 0 , 396 ⇒ Aˆ = arccos0, 396 ⇒ Aˆ Testando Bˆ −BA →.−BC → cosBˆ = −→ −→ ⇒ |BA|.|BC| (1, −2, 3).(−7, −5, −1) cosBˆ = |(1, −2, 3)|.|(−7, −5, −1)| ⇒ AB. AC
cosBˆ =
0 3, 74.8, 66
cosBˆ = 0
60
o
⇒ Aˆ
90
o
⇒
⇒ Bˆ = arccos0 ⇒ Bˆ = 90 . Verificarse os pontos est˜a oligadoseforumtriˆangulo tem que satisfazer a seguinte −→ −−→ −→ equac¸a˜ o: AB − AC = CB o
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 est a˜ o ligados com o aˆ ngulo Bˆ sendo de 90o logo se trata de um triˆangulo retˆangulo. 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?
−
Soluc¸ao: ˜
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 equac¸a˜ o 2 o grau temos: ∆ = 1
− 4.1.(−6) ⇒
∆ = 25
α=
−1 ± 5 ⇒
2 1+5 α′ = α′ = 2 2 1 5 α′′ = α′′ = 3 2 α′ = 2 ou α′′ = 3
− ⇒ − − ⇒
−
−
24. Verificar se existe angulo ˆ reto no triˆangulo ABC, sendo A(2, 1, 3), B(3, 3, 5) e C(0, 4, 1). Soluc¸ao: ˜
Verificar se existe algum angulo ˆ de 90o nos v´ertices. Testando Aˆ
−→ −−→ cos Aˆ = −→ −−→ ⇒ | AB|.| AC| (1, 2, 1).(−2, 3, −2) cos Aˆ = |(1, 2, 1)|.|(−2, 3, −2)| ⇒ 0 ⇒ cos Aˆ = 3.4, 12 cos Aˆ = 0 ⇒ Aˆ = arccos0 ⇒ Aˆ = 90 ⇒ Aˆ = 90 AB. AC
o
Aˆ = 90 o .
20
o
25. Os aˆ ngulos diretores de um vetor podem ser de 45 o , 60 o e 90 o ? Justificar. Soluc¸ao: ˜
Para serem aˆ ngulos diretores tem que satisfazer a formula: cos2 45o cos2 90o = 1
+ cos 2 60o +
Resolvendo: (0, 707)2 + (0.5)2 + 02 0.5 + 0.25 + 0 = 1
= 1
⇒
⇒
0.75 1 logo: N˜a o s˜ao aˆ ngulos diretores. 26. Os aˆ ngulos diretores de um vetor s˜ao de 45o , 60 o e γ. Determinar γ. Soluc¸ao: ˜
cos2 45o + cos2 60o + cos2 γ = 1
⇒ (0, 707) + (0.5) + cos γ = 1 ⇒ 0.5 + 0.25 + cos γ = 1 ⇒ cos γ = 1 − 0.75 ⇒ cos γ = 0 .25 √ (cos γ) = 0.25 cosγ = ±0.5 γ = arccos ± 0.5 2
2
2
2
2 2
2
γ′ = 60 o ou γ′′ = 120o
27. Determinar o vetor v, sabendo que v = 2 j + 3 w k .
| | = 5, v e ortogonal ao eixo 0 z, v. w = 6 e
Soluc¸ao: ˜
v = (x, y, z) ⇒
Para ser Ortogonal a 0 z = (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 Usando a equac¸a˜ o: v.w 6 y = 3
⇒ Usando a equac¸a˜ o |(x, 3, 0)| = 5 temos: √ x + 3 + 0 = 5 ⇒ x + 9 = 5 ⇒ x = 25 − 9 ⇒ x v = (4 , 3, 0) ou v = ( −4, 3, 0) 2
2
2
2
2
28. Sabe-se que v = 2, cosα =
||
2
1 e cos β = 2
= 16
− 14 . Determinar v.
Soluc¸ao: ˜
cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1
2
⇒ 0.x + 2 y + 3.0 = 6 ⇒ 2 y =
⇒ 21
⇒ x = ±
√
16
⇒ x = ±4
1 2
2
2
1 4
− ⇒ − − ⇒ − ⇒ − ⇒ +
+ cos2 γ = 1
1 2 + cos γ = 1 2 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
1 4
2
2
− ⇒ − ⇒ ⇒
cosγ =
11 16
±
⇒
√
11 4 Para coordenada x : 1 x = cos α. v x = .2 x = 1 2 Para coordenada y : 1 1 .2 y = y = cos β. v x= 4 2 Para coordenada z : 11 11 .2 z = z = cos γ. v z = 4 2 cosγ =
±
⇒
| |⇒
⇒
| |⇒
| |⇒
1 , v = (1 , 2
− ±
√
− ⇒ − √ √ ⇒ ±
11 ) 2
29. Determinar um vetor unit´ario ortogonal ao vetor v = (2 , 1, 1)
−
Soluc¸ao: ˜
Seja u = (a, b, c) o vetor unit´ario pedido,ent˜ao a2 + b2 + c2
= 1
Como u e´ ortogonal a v ,ent˜ao u. v = 0
. u v = 0 => (a, b, c).(2, 1, 1) = 0
−
⇒ 2a − b + c = 0
Como temos duas equac¸oes,mas ˜ trˆes inc´ognitas,ent˜ao teremos que atribuir a uma inco´ gnita um valor arbitr´ario. Logo, seja a = 0. Ent˜ao c
− b = 0 ⇒ c = b a + b + c = 1 ⇒ b
√
2 2 Assim,encontramos dois vetores unit´arios u e ortogonais a v 2
2
2
2
+ b2 = 1
⇒ b = ±
22
b= b=
√
2 2 2 2
√
2 e a = 0 2 2 e a = 0 2
⇒ c =
√
√
⇒ c = √ √ 2 2 = (0 , ± ) ,± u 2 2
2 2 ) , 2 2 2 2 ) , u = (0 , 2 2
⇒ u = (0, ⇒
√ √
√ √ − −
30. Determinar um vetor de modulo 5 paralelo ao vetor v = (1 , 1, 2).
−
Soluc¸ao: ˜
s˜ao paralelos se existe uma constante real k v = (1, −1, 2) Dois vetores v e w diferente de zero, tal que:
= k . w v
⇒ w = k .(1, −1, 2) = (k , −k , 2k )
|w | = 5 |w | = k + (−k ) + (2k √ ) = 6k 5. 6 5 = 6k ⇒ k = ± 6 √ √ √ 5. 6 5. 6 5. 6 = ou ,− , w 6 6 3 2
2
2
2
2
2
2
= w
−
√ √
√
5. 6 5. 6 5. 6 , , 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
−
Soluc¸ao: ˜
i j
= 2 v = uxw 1
−1
v = (2 , 7, 1)
0
k
− 3 2
||
√
−
i + 7 j + k . = 2
ou seja, o aˆ ngulo que forma Agora calculemos o aˆ ngulo que forma entre v e j, v. j o vetor v = (2, 7, 1) com o vetor j = (0, 1, 0). teremos que cos θ = cosθ = v . j 7 7
| || |
=
√
√
3 6.1 cosθ =
⇒
3. 6 7
√
3 6
32. Determine o vetor ˜ v, ortogonal ao eixo Oz, que satisfaz as condic¸ oes v. v1 v. v2 = 5, sendo v1 = (2 , 3, 1) e v2 = (1 , 1, 2).
−
Soluc¸ao: ˜
−
−
Calculando v.(0, 0, 1) = 0 v .(0, 0, 1) = 0 ⇒ (x, y, z).(0, 0, 1) = 0 ⇒ z = 0 23
=
10 e
(x, y, 0).(1, 1, 2) = 5
− ⇒ x − y = −5 ⇒ x = y − 5 (x, y, 0).(2, 3, −1) = 10 ⇒ 2x + 3 y = 10 Substituindo x por y − 5 temos: 2( y − 5) + 3 y = 10 ⇒ 2 y − 10 + 3 y = 10 ⇒ 5 y = 20 ⇒ y = 4 Substituindo y = 4 em x = y − 5 temos: x = 4 − 5 ⇒ x = −1 v = (−1, 4, 0) 33. Determinar o vetor projec¸ao ˜ do vetor ˜ de u = (1 , 2, −3) na direc¸ao v = (2 , 1, −2). −
Soluc¸ao: ˜
= Formula da projec¸a˜ o de um vetor:Proj v u
Resolvendo: v = 22 + 12 + ( 2)2 (1, 2, 3).(2, 1, 2) = .(2, 1, 2) Proj v u 9. 9 (2 + 2 + 6) = .(2, 1, 2) Proj v u 9 10 = .(2, 1, 2) Proj v u 9
− ⇒ | v| = − ⇒
| | −√ √ −
. u v . v v v
| || | √ 9
−
−
34. Qual o comprimento do vetor projec¸a˜ o u = (3 , 5, 2) sobre o eixos dos x.? Soluc¸ao: ˜
= Formula da projec¸a˜ o de um vetor:Proj i u Resolvendo: i = 1 (3, 5, 2).(1, 0, 0) = .(1, 0, 0) Proj i u 1.1 = (3 , 0, 0) Proj i u
. u i .i i i
| || |
| |
⇒
√ |Proj u | = 3 = 3 |Proj u | = 3 −→ 35. Se o vetor AB tem co-senos diretores p, q e r e aˆ ngulos diretores α , β e γ , quais −→ s˜ao os co-senos e os aˆ ngulos diretores de BA. 2
i
i
Soluc¸ao: ˜
Ser´a o mesmo co-seno diretor do vetor AB, j´a que o vetor tem mesmo modulo e direc¸a˜ o, tendo apenas o sentido contrario.
− p , −q e −r O cosseno diretor de um vetor e´ a componente do vetor naquela direc¸ao ˜ dividido pelo m´odulo do seu versor, ou seja, para cada componente (x,y,z) tˆem-se um cosseno diretor. Se o vetor possui mesmo mo´ dulo e direc¸ a˜ o, duas informac¸ oes ˜ 24
para a obtenc¸a˜ o do mesmo n˜a o se alteram. o versor e´ o mesmo(m´odulo) e a distancia do vetor a` componente(direc¸a˜ o) e´ a mesma tamb´em.
π − α, π − β e π − γ = 36. Mostrar que u e v s˜ao vetores, tal que u + v e ortogonal a u v, ent˜ao u v.
−
Soluc¸ao: ˜
|| ||
= (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 (a − x , b − y ) = (0 , 0) a − x = 0 ⇒ a = x ⇒ a = x b − y = 0 ⇒ b = y .....b = y − 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Ent˜ao:
= (a, b) e u v = (a, b) Logo:
|u | = |v| 37. Mostrar que, se u e´ ortogonal a v e w, u e´ tamb´em e´ ortogonal a v + w Soluc¸ao: ˜
= (x, y, z) u v = (a, b, c) = (e, f , g) z produto escalar entre eles e´ 0. assim: Agora se u e ortogonal a v e w o (x, y, z).(a, b, c) = 0, ou seja, u. v = 0 (xa, yb, zc) = 0
= 0 (x, y, z).(e, f , g) = 0, ou seja, u. z (xe, y f , zg) = 0 Agora vamos somar os dois, (xa, yb, zc) + (xe, y f , zg) = 0 , j´a que ambos s˜ao iguais a = (x, y, z) + (e, f , g) = (x + e, y + f , z + g), se 0. Agora vamos fazer v+w u e ortogonal a que v + w significa
.( u v + w) = 0. Aplicando a propriedade distributiva, temos (u.v) + (u.w) = 0 , e isso e verdade, . .w = 0, nas primeiras contas. Substituindo pois j´a provamos que u v = 0eu teremos 0 + 0 = 0 o que e´ verdade.
25
= 4 e 38. Calcular o modulo dos vetores u + v e u v, sabendo que u v = 3 e o aˆ ngulo o entre u e v e´ de 60 .
−
||
Soluc¸ao: ˜ 2
2
2
o
2
2
2
o
|u + v| = |u| + |v| + 2.|u|.|v|.cos60 |u − v| = |u| + |v| − 2.|u|.|v|.cos60 No caso:
|u + v| = 4 + 3 + 2.4.3 ∗ cos60 = 16 + 9 + 24. 12 = 25 + 12 = √ |u + v| = 37 |u − v| = 4 + 3 − 2.4.3 ∗ sen60 = 16 + 9 − 24. 12 = 25 − 12 √ |u − v| = 13 2
2
2
o
2
2
2
o
= 2, e 39. Sabendo que u ˆ de v = 3 e que u e v formam um angulo
||
||
|(2u − v).(u − 2 v)|. . || u v = |u v|cosθ = 2 .3.cos Assim
− √ 3π 2
|(2u − v).(u − 2 v)| = |2u − 5u . v + 2 v | = | e Como u. u = |u v. v = | v| |2|u | − 5u . v + 2| v| | = |2.2 − 5√ u . v + 2.3 | = |8 + 15 √ 2 + 18| = |26 + 15 2| 2
= 6 .
2 2
=
−3
3 π rad, determinar 2
√
2
2
2
2
2
temos:
2
2
2
Como o valor e´ positivo retira-se o modulo.
|(2u − v).(u − 2 v)| = 26 + 15
√
2
.w + sabendo que = = 2, 40. Determinar 0, u u. v+u v.w, u + v+w v = 3 e w
||
Soluc¸ao: ˜
+ .(u + 0 = 0 .0 = ( u v + w) v + w) = .u + u . .w + + + w .u + = u v+u v.u v. v + v.w w. v + w.w .u + + 2.(u . .w + = u v. v + w.w v+u v.w) 2
2
2
|u | + | v| + |w | √ 4+9+
5
2
. . + 2.(u v+u w + v. w) =
. .w + = 0 + 2.(u v+u v.w)
. .w + = u v+u v.w
− (13 2+ 5)
⇒
26
||
| |=
√
5.
− 182 . .w + = −9 u v+u v.w
. .w + = 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.
||
Soluc¸ao: ˜
Seja v = (x, y, z) o vetor procurado.
v e´ ortogonal ao vetor a logo v. a = 0 ⇒ x + 2 y = 0 (1) v e´ ortogonal ao vetor b logo v. b = 0 ⇒ x + 4 y + 3 z = 0 (2)
| v| = 4 ⇒ x
2
+ y 2 + z2 = 16
De(1) temos y
(3)
− x2 que substitu´ıdo em (2) nos permite concluir que: z = 3x
=
Substituindo estes valores de y e z em (3) temos que x2
= 144 => x =
±12.
Por´em, o problema nos diz que o aˆ ngulo Θ formado por v e o eixo dos x ´e agudo. Ent˜ao o aˆ ngulo formado por v e o vetor unit´ario na direc¸ a˜ o do eixo x tamb´em e´ agudo. Este vetor e´ i = (1 , 0, 0). cosθ =
i.v |i| .| v|
⇒ cosθ = 1.x14 = 14x (4)
Como θ e´ agudo, seu cosseno e´ positivo. Ent˜ao podemos concluir de (4) que x e´ positivo x = 12. 12 x x 12 = = 6 e z = = = 4 x = 12 y= 2 2 3 3
⇒ ⇒ − −
−
O vetor Procurado: v = (12 , 6, 4)
−
= ( 1, 2, 2), calcular : 42. Dados os vetores u = (2 , 1, 1), v = (1 , 1, 0) e w
−
a) w v
×
−
Soluc¸ao: ˜
w v=
×
i
j k
1 1
2 2 1 0
−
−
w v = 2 i + 2 j k
× − × w v = (2 , 2, −1) − u) b) v × (w
= 0 + k + 2 j
− (2 k − 2 i + 0)
Soluc¸ao: ˜
u = ( 1, 2, 2) w
−
−
− (2, −1, 1) = (−3, 3, 1) 27
−
j k
i
−
− u) = 1 v × (w
−1
3
3
− u) = − v × (w i − j
− i + 3 k − (3 k + j)
=
0 1
− u) = ( −1, −1, 0) v × (w
+ c) ( u v)
Soluc¸ao: ˜
× (u − v)
+ 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 1
× −
−2 0
1 1
=
−2 i + j − (−2 k + 3 j)
+ u v (u v) = 2 i 2 j + 2 k
× − − − + − u v × (u v) = ( −2, −2, 2) × (3 d) (2u) v) Soluc¸ao: ˜
= 2(2, 1, 1) = (4 , 2, 2) (2u)
− − (3 v) = 3(1 , −1, 0) = (3 , −3, 0) i j k
(2u)
−
× (3 v) = 4 −2 2 = 3 −3 0 × (3 (2u) v) = 6 i + 6 j − 6 k × (3 (2u) v) = (6 , 6, −6) × × e) (u v).(u v)
12 k + 6 j ( 6 k 6 i)
−− −
Soluc¸ao: ˜
i j k
u v= 2 1
×
−1 −1
1 0
=
−2 k + j − (− k − i)
× ( 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 × f) ( u v).w e u.( v × w) (u)
Soluc¸ao: ˜
28
i j k
−1 1 = −2 k + j − (− k − i) −1 0 × u v = i + j − k × u v = (1 , 1, −1) × (u v). w = (1 , 1, −1).(−1, 2, 2) = −1 + 2 − 2 = −1 u v= 2 1
×
i
−
v × w= 1
1
k
j 1 2
0 2
−
=
−2 i + 2 k − ( k + j)
v × w = −2 i − 2 j + k v × w = ( −2, −2, 1)
.( u v w) = (2 , 1, 1).( 2, 2, 1) = 4 + 2 + 1 = 1
× − − − × (u v). w = u.( v × w) = −1 × g) (u v) × w e u × ( v × w)
−
−
Soluc¸ao: ˜
i j k
−1 1 = −2 k + j − (− k − i) −1 0 × u v = i + j − k × u v = (1 , 1, −1) u v= 2 1
×
i j k
−
−
(u v) w= 1 1 1 2
× ×
1 2
= 2 k + j + 2 i
− (− k − 2 i + 2 j)
(u v) w = 4 i j + 3 k
× × − × (u v) × w = (4 , −1, 3) i
−
v × w= 1
1
j k
−1 2
0 2
v × w = −2 i − 2 j + k i
−
=
j 1 2
−2 i + 2 k − ( k + j) k
− 1 = − i − j − 4 k − (2 j − 2 i + 2 k ) − 1 × ( u v × w) = i − 4 j − 6 k + × h) ( u v).(u w) ( u v w) = 2 2
× ×
Soluc¸ao: ˜
29
i
−
u w= 2 1
×
j k
−1 2
1 2
=
−2 i − j + 4 k − (2 i + 4 j + k )
u w = 4 i 5 j + 3 k
×
− − + u v = (2 , −1, 1) + (1, −1, 0) = (3 , −2, 1) + × w) = (3 , −2, 1).(−4, −5, 3) = −12 + 10 + 3 = 1 (u v).(u + × (u v).(u w) = 1 43. Dados os vetores a = (1 , 2, 1) e b = (2 , 1, 0), calcular: a) 2 a ( a + b)
×
Soluc¸ao: ˜
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) ( a + 2 b)
× ( a − 2 b) =
( a + 2 b)
i j k
−
5 4 1 3 0 1
− 3 j − (5 j − 12 k )
= 4 i
× ( 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).
Soluc¸ao: ˜
−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 → − 2−CA −→ = (2, 0, 2) − (−2, −6, 2) = (4, 6, 0) 30
−CB → × (−BC → − 2−CA) −→ =
i j k
−
−
2 0 4 6
2 0
=
−8 j − 12 k − (−12 i)
−CB → × (−BC → − 2−CA) −→ = 12 i − 8 j − 12 k −CB → × (−BC → − 2−CA) −→ = (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).
− −
−
Soluc¸ao: ˜
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) (2 a + b)
× ( b − a) =
(2 a + b)
i
j
7 2
−2
−
1
k
− − 7 1
= 2 i + 14 j + 7 k
− (−7 j − 7 i + 4 k )
× ( 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 Soluc¸ao: ˜
i j k
− − −
b × c= 3
4 5 1
− − − 2 4
=
−16 i + 10 j + 3 k − (−12 j − 2 i − 20 k )
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
×
−
−
a.( b × c) = ( a × b). c = 10
−
− 28 = 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). Soluc¸ao: ˜
−
− −
31
Calcular o produto vetorial entre v1
i j
v1 × v2 = 2
k
−
−1 0 1 −3 1 v × v = i + 2 j − 5 k = α( w v × v )⇒ (1, 2, m) = α(1, 2, −5) 1 = α1 ⇒ α = 1 1
2
1
× v
2
− 6 k − (−2 j − k )
i =
2
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 =
Soluc¸ao: ˜
v × w=
j k
i
−
a 5b 3a x
v × w = 5by +
−
c = 5by i+ 2
y
cx 3ac i+ 2 2
( 3a)(
− −
c ) j + 2
ax k (+ay j + (
−
−
c )xi + 5b( 2
−3a) k )
− ay j + (ax + 15ab) k
= Igualando 0 temos: 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 unit´ario simultaneamente ortogonal aos vetores v1 = (1 , 1, 0) e ˜ determinar um vetor de modulo 5. v2 = (2 , 1, 3), Nas mesmas condic¸ oes, Soluc¸ao: ˜
−
i j k
v1 × v2 = 1 2
1 0 1 3
− v × v = 3 i − 3 j − 3 k 1
2
− k − (3 j + 2 k )
= 3 i
Calculando o Modulo:
| v × v | = (− v × v = u | v × v | ⇒ 1
2
32 +
1
2
1
2
3)2 +
(
−
32 ) = 3
√
3
32
= u = u
√ − √ − √ ⇒ √ − √ − √ ⇒ 3
3 3 1
,
,
3
3
,
3 3 3 3 1 1
,
3 3 3 Onde u ´e o vetor unit´ario que queremos encontrar.
Para encontrar o vetor na mesma direc¸ao ˜ de u com modulo 5 basta multiplicar pelo escalar 5, logo: = 5u = u
√ − √ − √ √ − √ − √ √ − √ − √ 5
3
1
3
,
,
5
3
1
3
,
,
5
3
1
3
= e 5u
5
3
,
5
3
,
5
3
50. Mostrar num gr´afico um representante de cada um dos seguintes vetores: a) j 2 i
×
Soluc¸ao: ˜
33
b) 3 i 2 k
×
Soluc¸ao: ˜
51. Sabendo que a = 3, b Soluc¸ao: ˜
| |=
||
√
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.sen45 ⇒ √ √ | a × b| = 3. 2. 22 ⇒ | a × b| = 3 √ × | = 3 e 60 52. Se |u v| = 3 3, |u o
o
e´ o aˆ ngulo entre u e v, determinar v.
||
Soluc¸ao: ˜
Usando a formula do modulo do produto vetorial temos:
| a√ × b| = |a| .|b |.senθ ⇒ 3 3 = 3 .| v|.sen60 ⇒ √ √ 3 3 3 = 3 .|v|. 2 √ | v| = 3. 3. 2√ 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.
−
Soluc¸ao: ˜
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)
(2 a b)
5 5 3
− × ( a + b) = 6 i + 3 j − 15 k (2 a − b) × ( a + b) = (6 , 3, −15) √ √ √ |(2a − b) × (a + b)| = 6 + 3 + (−15) = 36 + 9 + 225 = 270 = 3 30 (2 a − b) × ( a + b) 6 3 15 2 1 5 , √ , − √ = √ , √ , − √ = √ 30 30 30 |(2 a − b) × ( a + b)| 3 30 3 30 3 30 (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) 6 3 15 = √ , √ , − √ 3. 30 30 30 |(2 a − b) × ( a + b)|
2
2
2
= (3 , 1, 2) e 54. Calculara area ´ do paralelogramo definido pelos vetores u v = (4 , 1, 0).
−
i j k
Soluc¸ao: ˜ u v= 3
×
4
u v = 2 i + 8 j 3 k
× − |u × v| = 2 + 8 √ |u × v| = 117
2
2+
1 2 1 0
−
= 0
− 3 k + 8 j − (4 k − 2 i + 0)
( 7)2
−
55. Mostrar que o quadril´atero cujos v´ertices s˜ao 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.
−
−
Soluc¸ao: ˜
−→ −−→ −−→
Para ser um paralelogramo a equac¸ao ˜ AB + AD = AC tem que ser satisfeita.
−→ − − (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) AB = (4 , 3, 1)
−→ −−→ −−→
Substituindo os respectivos valores na equac¸a˜ 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 area: a´ rea: − → −−→ a´ rea= AB × AD area −→ × −−→
i j k
√
− −
AB AD = 3 5 1 4
4 2
−→ × AD −−→| = 6 + 2 | AB −→ × AD −−→| = √ 89 | AB 2
= 10 i + 4 j + 12 k
2 + 72 =
√
− (5 k = 16 i − 6 j j) ) = 6 i + 2 j + 7 k √
36 + 4 + 49 =
89
56. Calcular a area ´ do paralelogramo cujos os lados s˜ao ao determinados pelos vetores e 2u v, sendo u = (2 , 1, 0) e v = (1 , 3, 2).
−
−
Solu So lucc¸ao: ˜
−
= (4 , 2, 0) 2u
−
− v = (−1, 3, −2) ) (2u ) (2u
i
k
j 2 3
× − − − − ×− − ×− | − ( v) = 4 1
0 2
− 12 k + 0 − (2 k + 0 − 2 j j) ) = 4 i − 8 j + 10 k
= 4 i
( v) = 4 i 8 j + 10 k
|(2u ) ( v) = 4 + ( 8) + 10 √ |(2u ) × (− v)| = √ 16 + 64 + 100 |(2u ) × (− v)| = √ 180 |(2u ) × (− v)| = 2√ .3 .5 |(2u ) × (− v)| = 2.3 5 √ |(2u ) × (− v)| = 6 5 2
2
2
2
2
57. Calcule a area ´ do triˆangulo angulo de v´ertices ertices a) A 2), B e C(0 (0, 1, 3) A(( 1, 0, 2), B(( 4, 1, 1) e C
−
Solu So lucc¸ao: ˜
−→ −−→ | AB × AC| a´ rea do triˆangulo area angulo 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
−
−→ × AC −−→| = 2 + 2 + (−4) | AB −→ × AC −−→| = √ 4 + 4 + 16 | AB −→ × AC −−→| = √ 24 = 2 √ 6 | AB √ √ − → − − → | AB × AC| = 2 6 = 6 a´ rea do triˆangulo area angulo = 2 2 √
2
2
a´ rea do triˆangulo area angulo=
2
6
b) A(1 b) A (1, 0, 1), 1), B (4, 2, 1) e C e C(1 (1, 2, 0) B(4 Solu So lucc¸ao: ˜
−→ −−→ | ABx AC| a´ rea do triˆangulo area angulo 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 −→ −−→ i + 23 23vecj AB × AC = −2 vecj + 6 k −→ × AC −−→| = (−2) + 3 + 6 | AB −→ × AC −−→| = √ 4 + 9 + 36 | AB −→ × AC −−→| = √ 49 = 7 | AB −→ −−→ | AB × AC| 7 = a´ rea do triˆangulo area angulo =
2
2
2
2
2
7 2 c) A c) (2, 3, 1), 1), B (3, 1, 2) e C e C(( 1, 0, 2) A(2 B(3 a´ rea do triˆangulo area angulo=
−
−
Solu So lucc¸ao: ˜
−
−→ −−→ | AB × AC| a´ rea do triˆangulo area angulo 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 j) −3 −3 3 −→ −−→ i − 9 k AB × AC = −9 −→ × AC −−→| = (−9) + (−9) | AB
2
2
37
−→ × AC −−→| = √ 81 + 81 | AB √ √ − → − − → | AB × AC| = 162 = 9 2 −→ −−→ √ √ | AB × AC| 9 2 a´ rea do triˆ area triangulo aˆ ngulo = = = 9 2 2 2 √ 9 2 2 d) A(( 1, 2, 2), d) A 2), B (2, 3, 1) e C e C(0 (0, 1, 1) B(2 aarea triangulo aˆ ngulo= ´ rea do triˆ
−
Solu So lucc¸ao: ˜
−
−
−→ −−→ | AB × AC| a´ rea do triˆ area triangulo aˆ ngulo 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 −→ −−→ i − 8 j − 4 k AB × AC = 4 −→ × AC −−→| = 4 + (−8) + (−4) | AB √ − → − − → | AB × AC| = 16 + 64 + 16 √ √ − → − − → | AB × AC| = 96 = 4 6 −→ −−→ √ √ | AB × AC| 4 6 a´ rea do triˆangulo area angulo = = = 2 6 2 2 √
2
2
2
a´ rea do triˆangulo area angulo= 2 6
58. Calcular a area a´ rea do paralelogramo que tem um v´ertice ertice no ponto A ponto A(3 (3, 2, 1) e uma diagonal de extremidade B extremidade B(1 (1, 1, 1) e C e C(0 (0, 1, 2).
−
Solu So lucc¸ao: ˜
−−→ − − − −BA → = A − B = (2, 1, 2)
AC = C A = ( 3, 1, 1)
i
j 1 1
k
−−→ × −→ − − −−→ × −→ − − − − → − → | × | −
AC
BA =
AC
BA = 3 i + 8 j k
AC
BA
=
3 2
(
1 2
3)2 +
√ − − → − → | AC × BA| = 74
=
−2 i − 3 k + 2 j − (−2 k − 6 j + i)
82 +
(
−
1)2 =
√
3 + 64 + 1 =
38
√
74
59. Calcular x, sabendo que A(x, 1, 1), B(1, 1, 0) e C(2, 1, 1) s˜a o v´ertices de um 29 triˆangulo de a´ rea . 2
−
√
−
Soluc¸ao: ˜
−→ − x, −2, −1) −BC → = (1, 2, −1)
AB = (1
i
−→ × −→ − −→ × −→ − |−→ × −→|
AB
BC = 1
x
1
k
j
−2
− − 1 1
2
−2x + 4) k + x j
= 4 i+(
BC = 4 i x j + ( 2x + 4) k
AB
−
42 + x2 + (4
2
− 2x) −→ × −BC →| = √ 16 + x + 16 − 4x + 4x | AB substituindo pelo valor da a´ rea do triangulo temos: √ √ 16 + x + 16 − 4x + 4x 29 ⇒ = 2 2 AB
BC
=
2
2
2
2
Cancelando ambos os denominadores iguais a 2.
√
16
+ x2 +
16
− 4x
+ 4x2 =
√
29
Cancelando as raizes: 16 + x2 + 16 5x2 5x2 5x2
⇒
2
− 4x + 4x = 29 ⇒ − 16x + 32 = 29 ⇒ − 16x + 32 − 29 = 0 ⇒ − 16x + 3 = 0 ⇒
Resolvendo a equac¸ao ˜ 2 o grau: ∆ = 256
− 60 = 196 16 ± 14 x= 10
2 1 = 10 5 30 = 3 x′′ = 10 1 x′ = ou x′′ 5 x′
=
= 3
60. Dado o triˆangulo de v´ertices A(0, 1, 1), B( 2, 0, 1) e C(1, 2, 0), calcular a medida da altura relativa ao lado BC.
−
Soluc¸ao: ˜
−→ −→ AB = ( −2 − 0) i + (0 − 1) j + (1 + 1) k vetor AB:
39
−
−
−→ − − −−→ vetor AC: −−→ AC = (1 − 0) i + (−2 − 1) j + (0 + 1) k −−→ i − 3 j + k AC = i j k − → − − → AB × AC = −2 −1 2 = − i + 2 j + 6 k − (−6 i − 2 j − k ) 1 −3 1 −→ −−→ i + 4 j + 7 k AB × AC = 5 √ √ −→ −−→ (52 + 4 + 7 ) | 90 3. 10 AB × AC| = = = area = 2 2 2 2 √ →| = (1 + 2) + (0 − 2) + (0 − 1) ] = 14 |−BC −→ h area = BC. 2 √ area 2.3. 10 h = 2 . −→ = √ 2. 14 BC √ 10 h = 3 . √ √ 14 √ AB = 2 i j + 2 k
h= h= h=
h=
2
2
2
2
2
3. 10. 14 14 3. 140 14 3.2. 35 14
√
√
√
3 35 7
sendo 61. Determinar v tal que v seja ortogonal ao eixo dos y e u = v w, u = (1 , 1, 1) = (2 , 1, 1). ew Soluc¸ao: ˜
×
−
−
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 condic¸ ao: ˜ u v w:
× −
i j k
Calculando: v w= x 2
×
0 z 1 1
−
=
= z x k + 2 z j ( z i + x j) i + (2 z
−−
40
− x) j − x k
Igualando os resultados temos de u com v w: (1, 1, 1) = ( z, 2 z
×
− x, −x) onde temos:
−
z = 1 e x = 1
v = (1 , 0, 1) = (1, 1, 2), determine o vetor 62. Dados os vetores u = (0, 1, 1), v = (2, 2, 2) e w que satisfaz a` condic¸a˜ o: = x, paralelo a w, x u v.
−
− − ×
Soluc¸ao: ˜
−
⇒ ⇒ x //w x = αw x = α(1, −1, 2) ⇒ x = ( α, −α, 2α) i j k = −α = α −α 2α = α x × u i + α k − (2α i − α j) i + α j + α k
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)
63. Dados os vetores u = (2, 1, 0) e v = (3, 6, 9), determinar o vetor x que satisfaz a = (1 , 2, 3). relac¸a˜ o v = u x e que seja ortogonal ao vetor w
−
×
Soluc¸ao: ˜
−
v = u × x i j k × u x = 2 1 0 = z i − 2 z j + (2 y − x) k = ( z, −2 z, 2 y − x)
x y z
mas como v = u x, ent˜ao ( z, 2 z, 2 y
−
×
− x) = (3, −6, 9)
pela igualdade acima z = 3 e 2 y
− x = 9 (I)
foi dito que
= (1 , −2, 3), por isso: x ortogonal w x . w = 0 (x, y, z).(1, 2, 3) = 0 e por essa igualdade x
−
− 2 y + 3 z = 0 ⇒ x − 2 y + 9 = 0 ⇒ x − 2 y = −9 (II)
como (I) = (II)
x = 2 y − 9
x = (2 y − 9, y, 3) 41
64. Demonstrar que 0. a b = b c = c a, sabendo que a + b + c =
×
Soluc¸ao: ˜
×
×
Se a b = b c = c a , ent˜ao 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 nao ˜ 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 65. Sendo u e v vetores do espac¸o, com v 0: a) determinar o numero real r tal que ´ u r v seja ortogonal a v;
−
Soluc¸ao: ˜
r (u v). v = 0
− ⇒ . u v − r v. v = 0 −r v. v = −u . v r| v| = u. v 2
r=
. u v v2
||
+ b) mostrar que ( u v) Soluc¸ao: ˜
× (u − v) = 2 v × u.
+ (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 s˜ao os pontos m e´ dios de dois lados de um triˆangulo e´ paralelo ao terceiro lado e igual a` sua metade. Soluc¸ao: ˜
Demonstrac¸ a˜ o: 42
Seja um trap´ezio ABCD de bases AB e CD. Seja M o ponto m´edio de AD e N o ponto m´edio de BC Construamos uma reta BM. Prolongue com o lado DC. Seja Q o ponto de intersec¸a˜ o da reta BM com a reta que passa por DC. Prolongue tamb´em o lado AD. Anote as congruˆencias de aˆ ngulos: aˆ ngulos QMD e AMB congruentes (ˆangulos opostos pelo v´ertice) aˆ ngulos MDQ e MAB congruentes (como os lados AB e CD s a˜ o paralelos, temos que a reta que passa por AD ´e uma transversal `as bases. Portanto seus ˆangulos alternos internos s˜ao congruentes). O segmento AM e´ congruente ao segmento MD, pois M e´ o ponto m´edio do segmento AD. Pelo caso ALA de congruˆencia, temos que os tri aˆ ngulos MQD e AMB s˜ao congruentes. Disso resulta que os segmentos MQ e MB s˜ao congruentes. Agora observe o triˆangulo BQC. O segmento MN e´ a base m´edia desse triˆangulo, pois M e´ ponto m´edio do segmento BQ e N e´ o ponto m´edio do segmento BC, ambos lados do triˆangulo. Pelo teorema da base m´edia do triˆangulo, 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 trap´ezio. A medida de MN e´ metade da medida de CQ. Da congruˆencia dos triˆangulos AMB e QDM, temos que os segmentos QD e AB s˜ao congruentes. Em f ´ormula: QC MN = 2 Mas QC = QD + DC e QD e´ congruente a AB Portanto: QC = AB + DC MN =
( AB + DC) 2
67. Verificar se s˜ao coplanares os segmentos vetores:
= ( 2, 3, 4) a) u = (3 , 1, 2), v = (1 , 2, 1) e w Soluc¸ao: ˜
−
−
Para verificar se sao ˜ coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0 , logo (u v, w) = 0
, (u v, w) = 0
43
, (u v, w) =
−
3 1 2
−1
2 1 4
2 3
= 24 + 2 + 6 + 4
− 9 + 8 = 35
, (u v, w) 0 logo os vetores n˜a o s˜ao coplanares. = (7 , 1, 2) b) u = (2 , 1, 0), v = (3 , 1, 2) e w Soluc¸ao: ˜
−
−
Para verificar se sao ˜ coplanares basta verificar se o produto misto seja igual a 0 , logo (u v, w) = 0
, (u v, w) = 0 , (u v, w) =
2 3 7
−1 1 −1
0 2 2
= 4
− 14 + 0 + 6 + 4 − 0 = 0
, (u v, w) = 0 logo os vetores s a˜ o coplanares. 68. Verificar se s˜ao coplanares os pontos: a) A(1, 1, 1), B( 2, 1, 3), C(0, 2, 2) e D( 1, 0, 2) Soluc¸ao: ˜
− − −
−
−
−
Calculo dos Segmentos:
−→ − − − − (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) AB = ( 2, 1, 3)
Calculo do produto misto dos 3 segmentos
−→ −−→ −−→
( AB, AC, AD) =
−→ −−→ −−→
− −−
3 1 2
−2 −4 1 −3 −1 −3
= 9
− 4 − 12 − (8 − 9 − 6) = 9 − 4 − 12 − 8 + 9 + 6 = 0
( AB, AC, AD) = 0 logo, sim s˜ao coplanares. b) A(1, 0, 2), B( 1, 0, 3), C(2, 4, 1) e D( 1, 2, 2) Soluc¸ao: ˜
−
− −
Calculo dos Segmentos:
−→ − − (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) AB = ( 1, 0, 3)
Calculo do produto misto dos 3 segmentos
−→ −−→ −−→
( AB, AC, AD) =
− −
2 1 2
0 4 2
−
− 1 1 0
=
−2 − (−8 − 4) = −2 + 8 + 4 = 10 44
−→ −−→ −−→
( AB, AC, AD) = 10 logo, n˜a o s˜ao coplanares. c) A(2, 1, 3), B(3, 2, 4), C( 1, 1, 1) e D(0, 1, 1)
− − −
Soluc¸ao: ˜
−
Calculo dos Segmentos:
−→ − (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) AB = (3 , 2, 4)
Calculo do produto misto dos 3 segmentos
−→ −−→ −−→
( AB, AC, AD) =
−→ −−→ −−→
−−
1 3 2
1 2 0
−
− − 1 4 4
= 8 + 8
− (4 + 12) = 8 + 8 − 4 − 12 = 0
( AB, AC, AD) = 0 logo, sim s˜ao 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) s˜ao coplanares?
− −
−
− −
Soluc¸ao: ˜
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
−→ −→ −−→
(BA, BC, BD) =
m
−→ −→ −−→
−2
3 1
3 5 1 4 0 1
= m
− 2 + 12 − (5 + 9) = m − 2 + 12 − 5 − 9 = m − 4
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 )
−
Soluc¸ao: ˜
Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condic¸˜ao ( a, b, c) = 0 ( a, b, c) =
−
2 1 k 1 0 2 k 3 k
−
=
2k + 3k + k 12 = 2k 12
−
−
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 )
−
Soluc¸ao: ˜
Para os vetores sejam coplanares tem que satisfazer a condic¸ao ˜ ( a, b, c) = 0 ( a, b, c) =
− − −
2 1 1 1 k 1
0 3 k
=
2k 3k + k + 6 = 4k + 6
−
−
Logo:( a, b, c) = 0 temos:
−4k + 6 = 0 k =
3 2
c) a = (2 , k , 1), b = (1 , 2, k ) e c = (3 , 0, 3)
−
Soluc¸ao: ˜
( a, b, c) =
− −
2 k 1 1 1 k 3 0 3
=
12 + 3k 2 + 3k 6 = 3k 2 + 3k 18
−
−
Logo:( a, b, c) = 0 temos: 3k 2 + 3k 18 = 0
−
θ = 1 − 4.1.(−6) = 25
−1 ± 5 2 −1 + 5 = 2 k ′ = 2 −1 − 5 = −3 k ′′ = k =
2
k ′
= 2
ou k ′′
−3
=
1 = 3 u 2 71. Sejam os vetores u = (1 , 1, 0), v = (2 , 0, 1), w v, w2 = u + 3 v e w3 1 , w 2 e w 3 . Determinar o volume do paralelep´ıpedo definido por w
−
Soluc¸ao: ˜
1 w
= (3 , 3, 0)
− (4, 0, 2) = (−1, 3, −2) = (1 , 1, 0) − (6, 0, 3) = (7 , 1, 3) w = (1 , 1, −2) w −1 3 −2 .(w × w ) = 7 1 3 = 2 + 9 − 14 − (−2 − 3 − 42) = 44 Vol = w 1 1 −2 2 3
1
Vol = 44un
2
3
46
− 2 k .
= i + j
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.
−
Soluc¸ao: ˜
−
−
v1 = (2 , −1, 0)
v2 = (6 , m, −2)
v3 = ( −4, 0, −1) Vol = v1 .( v2
−
2 6 4
× v ) = 3
−1 m 0
− − 0 2 1
= 2m
− 8 − (−6) = 2m − 2
|v .( v × v )| = |2m − 2|
pela definic¸ao ˜ temos:Vol
=
Para Vol
− 2 = 10 logo m = 6 ou 2m − 2 = −10 logo m = −4
= 10
temos: 2m
1
2
3
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.
− −
−
−
−
Soluc¸ao: ˜
a = (2 , −1, −3) b = (−1, 1, −4)
c = (m + 1, m, −1) Vol = a.( b × c) =
−
2 1
m+1
−1 1 m
pela definic¸ao ˜ temos:Vol Para Vol
= 42
m = 2 ou m =
=
− − − 3 4 1
=
−2 + 3m + 4(m + 1) − (−3(m + 1) − 8m − 1) = 18m + 6
| a.( b × c)| = |18m + 6|
temos: 18m + 6 = 42 logo m = 2 ou 18m + 6 = 42 logo m =
−
− −38
− −38
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.
−
− − −→ −−→ −−→
−
Soluc¸ao: ˜
−→ − − − (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) −7 1 1 − → − − → − − → 4 −3 = −8 + 7(m + 2) + 6 − (56 − 3(m + 2) + 2) = 10m − 40 AB.( AC × AD) = −1 −2 m + 2 −2 AB = (2 , 1, 4)
47
−→.( AC −−→ × AD)) −−→ | = |10m − 40| | AB Para Vol = 20 temos: 10m − 40 = 20 logo m = 6 ou 10m − 40 = −20 logo m = 2 pela definic¸a˜ o temos:Vol
=
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). Soluc¸ao: ˜
Pode-se dividir o paralelep´ıpedo em dois prismas triangulares e estes prismas, por sua vez, em trˆes tetraedros, todos com base e altura correspondentes a` a base e altura do prisma. Resoluc¸a˜ o: Tem-se que todos os tetraedros ter˜ao o mesmo volume, ou seja, ter˜ao 61 do volume do paralelep´ıpedo em quest˜ao, cujo volume e´ dado pelo produto misto de trˆes vetores n˜ao coplanares que formam os lados do tetraedro (´area 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 6 4 2 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 tamb´em a medida da altura trac¸ada do vertice A. ´
−
−
−
−
Soluc¸ao: ˜
Vol
1 DA.(DB DC) 6
|−−→ −−→×−−→ | = 61 (−2, 5, 2).[(−1, 3, −1)×(−3, 2, 1)] =
=
4 + 15
− (−18 − 5)] = 246 = 4 4
− −−
2 5 1 3 3 2
Vol = 4 Vol = (areadabase).h
−BC → × −BD −→ =
i
Vol ⇒ h = areadabase
k
j 1 3
− −− √
− i + 2 j + 6 k − (− k − 6 i − 2 j) = 5 i + 4 j + 7 k √ √ − → − − → |BC × BD| = 5 + 4 + 7 = 90 = 3 10 −DA −→.(−DB −→ | −→ × −DC) | Formula da altura: h = → × −BD −→| |−BC 2 1
2
2 1
2
=
2
Substituindo pelos valores calculados temos: 24 8 = h= 3 10 10
√
√
48
− 2 1 1
=
1 .[ 6 6
−−
h=
√ 8
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
− −
− −
Soluc¸ao: ˜
−
−
Para saber se o ponto pertence a reta basta substituir o ponto P 1 na equac¸ao ˜ 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 P 2 na equac¸ao ˜ da reta se pertencer a igualdade permanece. 4 3 1 + 1 12 2 x 3 y + 1 z 2 1 0 5 ; logo o ponto = = = = 1 2 2 1 2 2 n˜ao pertence a reta dada.
− −
− ⇒ − − −
−
− ⇒− −
−
2. Determinar o ponto da reta
x = 2 t r: y = 3 + t z = 1 2t
− −
que tem abscissa 4. Soluc¸ao: ˜
Temos x = 4 substituindo na primeira equac¸a˜ o para determinar t temos; x = 2
− t ⇒ 4
=
2
− t ⇒ −t
3
−2 ⇒ y
Para y temos; y = 3 + t
⇒ y
=
Para z temos; z = 1
− 2t ⇒ z
=
1
P(4, 1, 5)
=
=
− 2 ⇒ t −2
4
=
1
− 2(−2) ⇒ z
=
1 + 4
⇒ z
=
5
3. Determinar m e n para o ponto P(3, m, n) pertenc¸ a a` reta
x = 1 2t s: y = 3 t z = 4 + t
− − − −
Soluc¸ao: ˜
Temos x = 3 substituindo na primeira equac¸ao ˜ para determinar t temos; x = 1
− 2t ⇒ 3
=
1
Para y temos; y = 3
− 2t ⇒ −2t
=
3
− 1 ⇒ −2t
− − t ⇒ m −3 − (−1) ⇒ m −3 =
=
3
+
1
=
2
⇒ t −1
⇒ m −2 =
=
Para z temos; z = 4 + t
− ⇒ n −4 − 1 ⇒ n −5 P(3, −2, −5) =
=
x
4. Determinar os pontos da reta r :
−3 2
=
Soluc¸ao: ˜
y + 1 1
−
=
z que tem 2
−
(a) abscissa 5; Para x = 5 temos; 5 3 x 3 y + 1 = 2 1 2 z 1= z = 2 2 P(5, 2, 2)
−
− ⇒ − − ⇒ − − −
=
y + 1 1
2 ⇒ 2 −
=
y + 1 1
− ⇒ −1
=
y+1
⇒ y −2 =
(b) ordenada 4;
Para y = 4 temos; 5 x 3 4+1 x 3 = = x 2 1 2 1 5 z z 5= = z = 10 1 2 2 P( 7, 4, 10)
−
−
−
− ⇒ − − ⇒ − 3 −10 ⇒ x −7 − ⇒ − − ⇒ =
=
(c) cota 1. Para z = 1 temos; 1 x 3 = x 3 = 1 2 2 y + 1 1 1 = y+1 = 1 2 2 1 P 2, ,1 2
−
−
− ⇒ x
− ⇒ − − ⇒
⇒ y
=
=
2 1 2
− 1 ⇒ y − 12 =
−
5. O ponto P(2, y, z) pertence a` reta determinada por A(3, 1, 4) e B(4, 3, 1). Calcular P.
−
Soluc¸ao: ˜
(x, y, z) = (3 , 1, 4) + [(4, 3, 1) (x, y, z) =
− (3 , −1, 4)
x = 3 + t r: y = 1 2t z = 4 5t
+
− − − (3, −1, 4)]t ⇒ (1, −2, −5)t ⇒
− − −
Para x = 2 temos: 2 = 3 + t
⇒ t −1 =
4
− −
− − 2.(−1) ⇒ y −1 2 ⇒ y 4 − 5.(−1) ⇒ z 4 5 ⇒ z 9
y = 1 z =
=
=
+
+
=
1
=
P(2, 1, 9)
6. Determinar as equac¸oes ˜ reduzidas, com vari´avel independente x, da reta que passa pelo ponto A(4, 0, 3) e tem a direc¸a˜ o do vetor v = 2 i + 4 j + 5 k .
−
Soluc¸ao: ˜
(x, y, z) = (4 , 0, 3) + (2, 4, 5)t
x = 4 + 2t y = 4t z = 3 + 5t
−
⇒
−
Encontrando o valor de t em func¸ao ˜ de x; x 4 2t = x 4 t = 2 Substituindo t nas outras duas equac¸ a˜ o temos; x 4 y = 4 y = 2(x 4) y = 2x 8 2 5x x 4 x 4 z = 3 + 5 z = 3 + 5 z = 3 + 2 2 2 2
− ⇒
−
− ⇒ − − ⇒
y = 2x
−8
5x 2
− 13
z =
− ⇒ −
−
− ⇒
− 10 ⇒ z
−
=
5x 2
− 13
7. Estabelec¸a as equac¸oes ˜ reduzidas (vari´avel independente x) da reta pelos pares de pontos: a) A(1, 2, 3) e B(3, 1, 1)
−
− −
Soluc¸ao: ˜
(x, y, z) = (1 , 2, 3) + [(3, 1, 1) (x, y, z) =
− (1 , −2, 3)
+
x = 1 + 2t r: y = 2 + t z = 3 4t
−
− − − (1, −2, 3)]t ⇒ (2, 1, −4)t ⇒
−
Isolando t na primeira equac¸ao: ˜ x 1 2t = x 1 t = 2 Substituindo t nas outras duas equac¸ o˜ es temos; 4+x 1 x 1 x 5 x y = 2 + y= y= y= 2 2 2 2 x 1 z = 3 4 z = 3 2x + 2 z = 2x + 5 2
− ⇒
−
−
−
− ⇒ − − ⇒ − ⇒ − ⇒
− ⇒
−
5
− 25
x 2
y =
− 52
z = 2x + 5
− b) A(−1, 2, 3) e B(2, −1, 3) Soluc¸ao: ˜
(x, y, z) = ( 1, 2, 3) + [(2, 1, 3)
− (x, y, z) ( −1, 2, 3) x −1 3t r: y 2 − 3t =
=
+
− − (−1, 2, 3)]t ⇒ (3, −3, 0)t ⇒
+
=
z = 3
Isolando t na primeira equac¸a˜ o: x+1 3t = x + 1 t = 3 Substituindo t na outra equac¸ a˜ o temos; x+1 y = 2 3 y = 2 x 1 y= x+1 3
⇒
⇒
− −x
y =
+
− − ⇒
−
1
z = 3
8. Determinar as equac¸o˜ es reduzidas tendo z como vari´avel independente, da reta que passa pelos pontos P1 ( 1, 0, 3) e P2 (1, 2, 7).
−
Soluc¸ao: ˜
(x, y, z) = ( 1, 0, 3) + [(1, 2, 7)
− (x, y, z) ( −1, 0, 3) x −1 2t =
=
r:
+
− (−1, 0, 3)]t ⇒ (2, 2, 4)t ⇒
+
y = 2t z = 3 + 4t
Isolando t na ultima equac¸a˜ o temos; ´ z 3 4t = z 3 t = 4 Substituindo t nas outras equac¸ oes ˜ temos; z 3 z 3 x= 1+2 x = 1 + x = 4 2 z 3 z 3 z 3 y = 2 . y= y= 4 2 2 2 z 5 x= 2 2
− ⇒
−
− − ⇒ − ⇒
− − ⇒
− ⇒ −
−
y =
z 2
− 32 6
−2
z 2
+
− 3 ⇒ x
=
z
− 5 ⇒ x 2
=
z 2
− 52
9. Mostrar que os pontos A( 1, 4, 3), B(2, 1, 3) e C(4, 1, 7) s˜ao colineares.
−
Soluc¸ao: ˜
−
−
Condic¸a˜ o de alinhamento dos pontos:
−
x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3
=
0
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 s˜ao 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) pertenc¸am a mesma reta?
−
Soluc¸ao: ˜
Condic¸a˜ o de alinhamento dos pontos:
−
x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3
=
0
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 4 y = 1
−
Soluc¸ao: ˜ v(3, 0, 4); P( 1, 1, 3)
−
b)
x = 2 y z = 3
Soluc¸ao: ˜ v(2, 1, 0); P(0, 0, 3)
x = 2t c) y = 1 z = 2 t
− −
Soluc¸ao: ˜
7
−
−
v(2, 0, 1); P(0, 1, 2)
d)
−
−
y = 3 z = 1
−
Soluc¸ao: ˜
v(1, 0, 0); P(0, 3, 1)
e))
−
y= x z = 3 + x
−
Soluc¸ao: ˜ v(1, 1, 1); P(0, 0, 3)
f) x
−
=
y = z
Soluc¸ao: ˜ v(1, 1, 1); P(0, 0, 0)
−
12. Determinar as equac¸oes ˜ das seguintes retas: a) reta que passa por A(1, 2, 4) e e´ paralela ao eixo dos x;
−
Soluc¸ao: ˜
A(1, 2, 4) 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 equac¸a˜ o; y= 2 z = 4
−
b) reta que passa por B(3, 2, 1) e e´ perpendicular ao plano xOz; Soluc¸ao: ˜
B(3, 2, 1)
⊥ xOz B(3, 2, 1) Oy B(3, 2, 1) 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 equac¸a˜ o; x = 3 z = 1 8
c) reta que passa por A(2, 3, 4) e e´ ortogonal ao mesmo tempo aos eixos dos x e dos y; Soluc¸ao: ˜
A(2, 3, 4)
⊥ xOy A(2, 3, 4) Oz A(2, 3, 4) 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 equac¸ao; ˜ x = 2 y = 3
d) reta que passa por A(4, 1, 2) e tem a direc¸a˜ o do vetor i j;
−
Soluc¸ao: ˜
−
A(4, 1, 2) i j
− − A(4, −1, 2) 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 func¸ a˜ o de y y = 1
− −t⇒ y
+
1= t
− ⇒ t −1 − y =
Substituindo t na func¸a˜ o de x x = 4 + t
⇒ x 3 − y
=
4 y
− − 1 ⇒ x
=
3 y
−
x= z = 2
e) reta que passa pelos pontos M(2, 3, 4) e N (2, 1, 3).
−
Soluc¸ao: ˜
(x, y, z) = (2 , 3, 4) + [(2, 1, 3) (x, y, z) = x = 0;
− (2 , −3, 4)
−
+
−
− (2, −3, 4)]t
[(0, 2, 1)]t
−
Colocando t em func¸ao ˜ de z z = 4
− t ⇒ −t
=
z
− 4 ⇒ t
=
4 z
Substituindo t na func¸ a˜ o de y
−
9
y = 3 + 2(4 z)
− ⇒ y −3
−
=
+
8
− 2 z ⇒ y
=
5
− 2 z
x = 2 y = 5 2 z
−
13. Representar graficamente as retas cujas equac¸oes ˜ s˜ao:
x= 1+t a) y = 10 + 5t z = 9 3t
− −
Soluc¸ao: ˜
−
x = 4 + 2t y = 3 b) z = 5 5t
− −
Soluc¸ao: ˜
10
c)
y = 3x + 6
−
z = x + 4
Soluc¸ao: ˜
x= 1+t d) y = 3 t z = 2t
−
−
Soluc¸ao: ˜
11
y = 2x
y = 3
e)
z = 3
Soluc¸ao: ˜
f)
z = 2x
Soluc¸ao: ˜
12
z = 2 y
x = 3
g)
x = 3
Soluc¸ao: ˜
h)
y = 4
−
Soluc¸ao: ˜
13
i)
x= 3
−
z = 4
Soluc¸ao: ˜
14. Determinar o aˆ ngulo entre as seguintes retas: a)r :
x = 2 2t x y = 2t e s : 4 z = 3 4t
Soluc¸ao: ˜
− − −
=
y + 6 2
=
z
−1 2
v r = ( 2, 2, 4)
−
−
v s = (4 , 2, 2)
Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =
|v .v | |v |.|v | r
r
Substituindo os valores na formula: ( 2, 2, 4).(4, 2, 2) cosθ = ( 2)2 + 22 + ( 4)2 . 42 + 22 + 22 12 cosθ = cos θ = 0 .5 θ = arccos0.5 24 θ = 60 o
−
|−
− √ | − ⇒
|− | ⇒
b)r :
x = 2x
− −1
e s :
z = x + 2
y 3
=
s
s
⇒ cosθ
=
z + 1 ; x = 2 3
−
Soluc¸ao: ˜
Para x = 0 temos: y = 1 e z = 2 obtemos P1 (0, 1, 2) Para x = 1 temos: y = v r [(1, 3, 3)
− −3 e z
− − (0, −1, 2)] v (1, −2, 1)
=
− 3 obtemos P (1, −3, 3) 2
r
14
4 − 8| √ | − 8 √ +
4 + 4 + 16. 16 + 4 + 4
⇒
v s (0, 3, 3)
−
Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =
|v .v | |v |.|v | r
r
Substituindo os valores na formula: (1, 2, 1).(0, 3, 3) cosθ = 12 + ( 2)2 + 12 . 02 + 32 + ( 3)2 9 9 θ = arccos θ = 30 o 6. 18 108
| − −
√ | −√ | ⇒
c)r :
−
√
−
s
⇒ cosθ √ | − 9| √ =
1 + 4 + 1. 9 + 9
⇒ cosθ
=
√ ⇒
√
x = 1 + 2t e s : y = t z = 5 3t
−
Soluc¸ao: ˜
|
s
x = 0 y = 0
vr ( 2, 1, 3)
−
v s (0, 0, 1)
Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =
|v .v | |v |.|v | r
r
Substituindo os valores na formula: ( 2, 1, 3).(0, 0, 1) cosθ = cosθ = 2 + 1 + 9. 1 o θ = 30
√ | √ −
d)r :
x
−4 2
=
√ | ⇒
y 1
−
z + 1 e s : = 2
−
Soluc¸ao: ˜
s
s
|√ − 3| ⇒ cosθ √ 3 ⇒ θ =
12
12
=
arccos
√ 3 ⇒ 12
x = 1 y + 1 z 2 = 4 3
−
v r (2, 1, 2)
− −
v s (0, 4, 3)
Substituindo os valores na formula: (2, 1, 2).(0, 4, 3) 4 6 cosθ = cos θ = 4 + 1 + 4. 16 + 9 22 + 1 + 4. 0 + 16 + 9 10 2 θ = arccos θ = arccos θ = 48 .18o 3.5 3
√ | − − √ ⇒
| ⇒ ⇒
√ | − −√ |
⇒ cosθ √ 10√ ⇒
15. Determinar o valor de n para que seja de 30o o aˆ ngulo entre as retas
r:
x
−2 4
y + 4 = 5
z e s: = 3
y = nx + 5 z = 2x 2
−
Soluc¸ao: ˜
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
=
9. 25
Fazendo P2 v s (1, n, 2) cos30o
=
−P
1
=
(0 , 5, 2)
− − (1, n
+
5, 0) = (1 , n, 2)
√
3 2
Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =
|v .v | |v |.|v | r
r
substituindo os valores temos: (4, 5, 3).(1, n, 2) 3 = 2 42 + 52 + 32 . 12 + n2 + 22 5n + 10 3 5n + 10 = 2 50. n2 + 5 (n2 + 5).50
√
√ |
⇒
√ √ √
√
|
√
⇒
2
√
3 2
=
s
s
√
|4
+
5n + 6
√ |
16 + 25 + 9. 1 +
n2
+
4
⇒
√
3 2
=
⇒
2 3. 3.(n2 + 5).50 = 100n2 + 400 +400n 150(n2 + 5) = + 5).50 = (10n + 20) 100n2 + 400 + 400n 150n2 + 750 = 100n2 + 400 + 400n n2 8n + 7 = 0
(n2
⇒
⇒
⇒ −
Resolvendo a equac¸ a˜ o do 2o Grau temos: δ = 64
n=
− 4.1.7 8±6 ⇒
=
⇒
36
2
8+6 = 7 2 8 6 1 = n′′ = 2 n = 7 ou 1 n′
=
−
−
−
o
16. Calcular o valor de n para que seja de 30 o aˆ ngulo que a reta r: forma com o eixo do y. Soluc¸ao: ˜
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
=
v 2
=
P 2
−P (0 , 1, 0) √
cos30o
=
2
−
=
(1 , n, 2)
−
3 2
Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =
|v .v | |v |.|v | 1
1
substituindo os valores temos: 16
2
2
y = nx + 5 z = 2x
−3
√
√
3 0+n+0 3 = = 2 2 2 2 2 2 2 2 0 +1 +0 . 1 +n +2 2 2 4n = 3n + 15 4n2 3n2 = 15 n 2 = 15
|
√ | ⇒ −
√
n=
±
√
⇒ ⇒
√ |n| √ ⇒ (2n) n 5.√ 1 ⇒ n ± 15
2
2
=
√ √
( 3. n2 + 5)2
+
⇒
=
15
x = 1 + 2t y = t 17. A reta forma um ˆangulo 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.
−
−
Soluc¸ao: ˜
v 1
=
v 2
=
(2 , 1, 1)
−
(1 , 1, m + 2) 1 cos60o = 2
−
Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =
|v .v | |v |.|v | 1
1
2
2
Substituindo os valores na formula: 2 + ( 1) + ( m 2) cos60o = 22 + 12 + ( 1)2 . 12 + ( 1)2 + (m + 2)2 1 1 m+1 m+1 = = 2 2 6. m2 + 4m + 6 6m2 + 24m + 36
| − m − 1| ⇒ ⇒ 21 √ √ − 6. m 4m 6 √ ⇒ √ ⇒ 2.(m 1) 6m 24m 36 ⇒ √ √ √ √ 2 6m 24m 36 ⇒ (2m 2) 6m 24m 36 ⇒ 4m 8m 4 24m 36 ⇒ −2m − 16m − 32 0 ⇒ −m − 8m − 32 0 ⇒ m 8m 32 0 ⇒ |
2m + 6m2 +
2
=
+
−
− −−
+
2
+
2
+
|
2
2
+
2
=
=
=
+
2
=
2
+
+
2
+
=
+
2
+
+
+
+
+
=
Resolvendo a equac¸ a˜ o do 2o Grau: δ = 64
m= m=
1.16 − 4.√ −8 ± 0 2.1 −8
=
64
− 64
=
0
2
m= 4
−
18. Calcular o valor de m para que os seguintes pares de retas sejam paralelas:
x = 3t x+5 a: r: y = 3 + t e s: 6 z = 4
−
=
y
− 1 ; z
m
=
6
Soluc¸ao: ˜
x = 2 3t x 4 y = 3 e s: b: r: 6 z = mt
−
−
=
z
− 1 ; y 5
=
Soluc¸ao: ˜
17
7
=
a) v r = ( 3, 1, 0) e v s = (6 , m, 0)
−
Para ser paralelas: 3 1 3m = 6 = 6 m b)
−
⇒ −
⇒
m= 2
−
v r = ( 3, 0, m) e v s = (6 , 0, 5)
−3 6
−
=
m 5
⇒ 6m −15 ⇒ m −615 ⇒ m − 52 =
=
=
m=
− 52
x = 2 + t 19. A reta passa pelo ponto A(1, 2, 1) e e´ paralela a` reta s: y = 3t z = t
−
Se P( 3, m, n) r, determinar o ponto m e n.
−
∈
Soluc¸ao: ˜
− −
r : (x, y, z) = (1 , 2, 1) + (1, 3, 1)t r :
−
− −
x = 1 + t y = 2 3t z = 1 t
− − −
Para o ponto dado P( 3, m, n) tiramos t sabendo o valor de x na equac¸ao ˜ da reta r para x; x = 1 + t
−
=
−3 substituindo
⇒ 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
P( 3, 10, 5)
=
1
− (−4) ⇒ n
=
5
−
20. Quais as equac¸oes ˜ reduzidas da reta que passa pelo ponto A( 2, 1, 0) e e´ paralela x + 1 y z a` reta r: ? = = 1 4 1
−
−
Soluc¸ao: ˜
(x, y, z) = ( 2, 1, 0) + (1, 4, 1)t
−
x= 2+t y = 1 + 4t z = t
− −
−
Fazendo t em func¸a˜ o de x. t = 2 + x Substituindo t na equac¸ao ˜ de y temos; 18
y = 1 + 4(2 + x)
⇒y
=
1 + 8 + 4x
⇒y
=
4x + 9
Substituindo t na equac¸ao ˜ de z temos; z = (2 + x)
−
⇒ z −x − 2 =
y = 4x + 9 z = x 2
− −
21. A reta que passa 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.
−
− −
Soluc¸ao: ˜
v 1
=
v 2
=
B A = (3 , 2, 1)
− C − D
=
− − (3 , −1 − y , −1 − z)
Como os vetores s˜ao 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 .( 1 y)
− − ⇒ −2 −1 − y ⇒ y =
=
1
Resolvedo z;
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.
−
Soluc¸ao: ˜
(0 , 3, 1)
Para x = 0 temos; y
=
3 e z = 1 P1
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 temos; v .v 0 (1, m, 1).(−3, 2m, m) 0 ⇒ −3 s
r
=
s =
+
2m2 + m = 0
Resolvendo a equac¸ao ˜ de 2o grau; δ = 1
− 4.2(−3)
=
25 19
2
⇒ 2m
+
m
−3
=
0
√
m= m′
=
m′′
−1 ± 25 ⇒ m −1 ± 5 2.2 4 −1 5 ⇒ m′ 1 =
+
=
4 1 5 4
− − ⇒
=
m′′
=
− 32
23. Calcular o valor de m para que sejam coplanares as seguintes retas a) r:
x 1 y = 2x + 3 e s: z = 3x 1 2
−
−
Soluc¸ao: ˜
y 1
=
−
=
z m (0 , 3, 1)
Para x = 0 temos y
=
3 e z = 1. P1
=
Para x = 1 temos y
=
5 e z = 2. P2
(1 , 5, 2)
r = P 2 s=
P3
−
=
−
− P (1, 2, 3) (2 , −1, m) 1
=
(1 , 0, 0)
=
−P−−→ P 1 3
=
(1 , 3, 1)
−
Condic¸a˜ o de Coplanaridade:
2 3 1 m = 0 ( r, s, P1 P3 ) = 3 1 20 5m = 20 m = m = 4 5 x= 1 y = 4x m e s: b) r: y = 3 z = x
−−−→
⇒ −
1 2 1
− −
⇒
⇒ −1
+
2m
− 18 − 4
+
3m + 3 = 0
⇒ 5m − 20
=
0
⇒
−
Soluc¸ao: ˜
Para reta r r = (0 , 0, 1)
P1
( 1, 3, 0)
−
=
Para a reta s P2
=
(0 , m, 0)
P3
=
(1 , 4
−
s = P 3
−P−−→ P 1 2
− m, 1)
−P
=
2
=
(1 , 4
(1 , m
− m, 1) − (0, −m, 0)
=
(1 , 4, 1)
− − 3, 0)
Condic¸a˜ o de Coplanaridade:
0 0 1 4 1 ( r, s, P1 P2 ) = 1 1 ( m 3) 0 4 m = 4 3 m = 7
−−−→
⇒
− − − − ⇒ −
=
0
⇒ 0 20
+
0+( m
− − 3) − 0 − 0 − 4
=
0
⇒ −m − 3
=
c) r:
x
−m
=
m
− 4 ; z −3
y
Soluc¸ao: ˜
=
6 e s:
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 = P 2
−P−−→ P 1 3
−P
−
1
=
=
(1 , 1, 2)
− − (0, 4, 0)
=
(1 , 3, 2)
− −
(m, 0, 6)
Condic¸a˜ o de Coplanaridade:
−3 0 −3 −2
m ( r, s, P1 P3 ) = 1 m 3 3 m= m = 2 2
−−−→
⇒
0
6
=
0
− 18m
+
6m + 18 = 0
⇒ −12m −18 ⇒ m
24. Calcular o ponto de intersec¸ao ˜ das retas
y = 3x 1 e s: a) r: z = 2x + 1
−
y = 4x 2 z = 3x
−
Soluc¸ao: ˜
Igualando as expressoes ˜ com z temos: 2x + 1 = 3x
⇒ x
=
1
Substituindo x = 1 em y y = 3 .1
− 1 ⇒ y
=
=
3x
2
− 1 temos:
Substituindo x = 1 em z = 3x temos: z = 3 P(1, 2, 3) b) r:
x
−2 2
y = 3
=
z
− 5 e s: 4
Soluc¸ao: ˜
Isolando t em y
x = 5 + t y = 2 t z = 7 2t
− −
− 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
=
=
=
2
=
+
=
=
3
21
=
=
18 12
⇒
x
−2
=
7
− x ⇒ 3x − 6
− 2x ⇒ 5x 20 ⇒ x 4 7 − x temos: y 7 − 4 ⇒ y 3 3 em t 2 − y temos: t 2 − 3 ⇒ t −1 −1 em z 7 − 2t temos: z 7 − 2.(−1) ⇒ z =
2 3 Substituindo x = 4 em y Substituindo y
=
c) r:
=
=
=
=
=
− −
− −
=
=
y 7 y = 2x 3 e s: x = z = 4x 10 3
Soluc¸ao: ˜
=
=
=
Substituindo t = P(4, 3, 9)
14
=
z
y
=
7 + 2
⇒ z
=
9
− 12 −7
− 7 substituindo em y 2x − 3 temos; −3 2 y − 14 2 y − 14 9 y − 7 − − ⇒ −3 y 2 y − 5 ⇒ −5 y 3 ⇒ y 3 ⇒ y y 2. − − − 3 3 3 −5 ⇒ y 1 z − 12 Temos x substituindo em z 4 z − 10 temos; − 7 4 z − 48 4 z − 48 70 z − 12 − − ⇒ −7 z 4 z − 22 ⇒ 10 ⇒ z 10 ⇒ z z 4. − − − 7 7 7 −11 z 22 ⇒ z −2 Temos y 1 substituindo em y 2x − 3 temos: 1 2x − 3 ⇒ 4 2x ⇒ x 2 P(2, 1, −2) y −5 x − 1 z − 5 e s: d) r: z 4x 1 −3 ; y −5 2 Temos x =
=
+
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
+
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
+
=
Soluc¸ao: ˜
x
−1
x
−1
z
− 5 temos; 2 −3 8x − 8 ⇒ −11x −11 ⇒ x
Temos z = 4x + 1 substituindo em
=
4x + 1 5 3x + 3 = = 2 3 Temos x = 1 substituindo em z = 4x + 1 temos;
− ⇒− −
=
z = 4 .1 + 1 P(1, 5, 5)
−
⇒ z
=
=
1
5
25. Dadas as retas y r:
−3 2
z + 1 ; x = 2, s: = 2
−
y = 2x e h: z = x 3
−
a) o ponto de intersec¸a˜ o de s, r e h
x = 3 + t y = 1 3t , Determinar z = t
−
Soluc¸ao: ˜
Temos x = 2 substituindo em y
=
2x temos y 22
=
4
Temos x = 2 substituindo em x = 3 + t temos 2 = 3 + t
⇒ −t 3 − 2 ⇒ t −1 −1 como z t temo z −1 =
=
Temos t =
=
=
P(2, 4, 1)
−
b) o aˆ ngulo entre r e s. Soluc¸ao: ˜ r = (2 , 2, 0)
−
Para reta s temos; Para x = 0 temos y
=
0 e z = 3 P1
=
=
=
=
− Para x 1 temos y 2 e z −2 P r P − P (1 , 2, −2) − (0, 0, −3) =
=
2
1
=
2
=
(0 , 0, 3)
− (1 , 2, −2)
(1 , 2, 1)
Formula do aˆ ngulo entre vetores: cosθ =
|v .v | |v |.|v | r
s
r
substituindo os valores temos: (2, 2, 0).(1, 2, 1) cosθ = cosθ (2, 2, 0) . (1, 2, 1)
s
| − | ⇒ |2 (−4) √ 0| ⇒ cosθ | − || | 2 (−2) 0 . 1 2 1 √ 2| 1 1 3 . √ ⇒ ⇒ cosθ √ 2 √ ⇒ cosθ √ 1 ⇒ cosθ √ ⇒ cosθ √ √ | − √ 8. 6 2 3 2 3 3 2. 2. 6 12 √ √ 3 3 ⇒ cosθ θ arccos 6 6 =
=
+
=
2
2
+
=
+
2
+
2
2
+
=
=
2
+
=
=
26. Em que ponto a reta que passa por A(2, 3, 4) e B(1, 0, 2) intercepta o plano xy?
−
Soluc¸ao: ˜ v = B
− A
=
(1 , 0, 2)
− − (2, 3, 4) (−1, −3, −6) =
Encontrando as equac¸oes ˜ Param´etricas 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 Substituindo t = Substituindo t = P
2 em x = 2 3 2 em y = 3 3
− 6t temos 0 − t temos x
=
− 3t temos y
4 , 1, 0 3
23
=
4
2
=
− 6t ⇒ 6t
− 32 ⇒ x
3
− 3.
2 3
=
=
4
6
⇒
⇒ t
=
− 2 ⇒ x 3
y = 3
2 3 =
4 3
− 36 ⇒ y
=
1
27. Sejam as retas
x = 2 + 3t r: y = 4 + 5t e s: z = mt Soluc¸ao: ˜
y = 2x + 1 z =
− 23
x 2
Isolando t na equac¸ao x ˜ 3t = 2 = 2 + 3t temos
−
2
− x ⇒ t
=
−x −3
2
− x em y 4 5t temos −3 2−x 10 − 5x −12 10 − 5x ⇒ y −2 − 5x ⇒ ⇒ y 4 5. y 4 y −3 −3 −3 −3 −2 − 5x em y 2x 1 temos Substiuindo y −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 ⇒ z −2 x 3 Subtituindo x −1 em z temos z − 2 2 2 2 2 − (−1) 2−x Subtituindo x −1 em t temos t −3 −3 ⇒ t −1 Subtituindo t −1 e z −2 em z mt temos −2 m .(−1) ⇒ m 2 Substituindo t = =
=
+
=
+
+
=
=
=
+
=
+
+
=
=
=
=
=
=
=
=
=
+
=
+
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
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 intersec¸a˜ o de r e s. P( 1, 1, 2)
− − −
28. Estabelecer as equac¸oes ˜ param´etricas da reta que passa pelos ponto A(3, 2, 1) e e´ simultaneamente ortogonal a` s retas r:
x = 3 e s: z = 1
Soluc¸ao: ˜
y = 2x + 1 z =
− −x − 3
Calculo do Vetor diretor de r vr
=
(0 , 0, 1)
Calculo do Vetor diretor de s Para x = 0 temos; y
=
Para x = 1 temos; y
=
P 2
=
1 , z = 3 logo; P1
−1, z (1 , −1, −4) − (0, 1, −3)
− −4 logo; P (1 , −2, −1)
=
=
Calculando o Vetor diretor v
24
=
2
(0 , 1, 3)
=
− (1 , −1, −4)
v = v r
× v
s =
v = (2 , 1, 0)
i
j
k
0 1
0 2
1 1
− −
=
j + 2 i = 2 i + j
Calculando a equac¸a˜ o param´etrica da reta com o ponto A v = (2 , 1, 0)
=
(3, 2, 1) e o vetor
x = 3 + 2t y = 2 + t z = 1
29. Estabelecer as equac¸oes ˜ da reta que passa pela origem e e´ simultaneamente ortogonal a` s retas x r: 2
y 1
=
−
=
− 3 e s: −2
z
Soluc¸ao: ˜
x = 3x
−1
z = x + 4
−
Para a reta s atribuimos x = 0 temos y
=
Para a reta s atribuimos x = 1 temos y
=
v s = P 2
−P
1
=
(1 , 2, 5)
Para a reta r temos;
− (0, −1, 4)
=
−1 e z
=
4 logo P1
2 e z = 5 logo P2
=
=
(0 , 1, 4)
−
(1 , 2, 5)
(1 , 3, 1)
v r = (2 , 1, 2)
− −
Calculando o Produto Vetorial entre v r e v s temos: v = v r
× v
s =
i
2 1
j
k
−1 −2 3
1
=
− i − 2 j
+
6 k 2 j + 6 i + k = 5 i 4 j + 7 k
−
−
⇒ v
=
(5 , 4, 7)
−
Calculando as equac¸oes ˜ param´etricas para P(0, 0, 0) com o v = (5 , 4, 7) temos:
−
(x, y, z) = (0 , 0, 0) + (5, 4, 7)t
−
x = 5t y = 4t z = 7t
−
30. Determinar as equac¸oes ˜ param´etricas da reta que contem o ponto A(2, 0, 1) e e´ simultaneamente ortogonal a` reta y 3 z + 1 r: ; x = 1 = 2 1 e ao eixo dos y.
−
−
−
Soluc¸ao: ˜
v r = (0 , 2, 1)
−
j = (0 , 1, 0)
25
v = v r
× j
=
i j k
0 2 0 1
−1 0
=
i
⇒ v
=
(1 , 0, 0)
Calculando as equac¸oes ˜ param´etricas para A(2, 0, 1) com o v(1, 0, 0) temos:
−
(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 equac¸oes ˜ param´etricas da reta que passa pelo ponto de intersec¸ao ˜ das retas x = 1 y y + 1 z e s: r: x 2 = = 2 3 z = 2 + 2 y
−
−
e e´ ao mesmo tempo ortogonal a r e s. Soluc¸ao: ˜
y + 1 y + 1 Substituindo x = 1 y em x 2 = temos 1 y 2 = 2 2 1 + y 2 y 2 = y + 1 3 y = 3 y= 1 2 Substituido y = 1 em z = 2 + 2 y temos z = 2 + 2.( 1) z = 0
−
−
⇒− −
− −
⇒−
− Substituindo y −1 em x
⇒
=
=
=
2
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 = P 2
−P
1
=
(0 , 1, 4)
=
−
− ⇒ 1 − y temos x 1 − (−1) ⇒ x Ponto de coincidˆencia entre as retas r e s ´e P(2, −1, 0) =
⇒ − y − 1
− (1, 0, 2) (−1, 1, 2) =
Para a reta r temos v r = (1 , 2, 3) Calculando: v = v s
× v
s =
v = (1 , 5, 3)
−
i
−
j k
1 2 3 1 1 2
=
4 i 3 j + k 2 j 3 i + 2 k = i 5 j + 3 k
−
− −
−
Calculando as equac¸oes ˜ param´etricas para P(2, 1, 0) com o v(1, 5, 3) temos: (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: 2 a b e´ paralela a` reta que passa pelo ponto A( 1, 0, 0) e e´ simultaneamente ortogonal a` s retas x= t y = x r1 : y = 2t + 3 e r2 : z = 3t 1 z = 2x
−
−
−
− − −
Calcular a e b Soluc¸ao: ˜
A direc¸oes ˜ de r1 e r2 s a˜ o definidas pelos vetores v r1
=
( 1, 2, 3) e v r2
− −
=
(1 , 1, 2).
A direc¸a˜ o do vetor de r ser a´ v que ´e paralela a reta que passa pelo ponto A. Se r1 e´ ortogonal a r enta˜ o v r1 . v = 0
⇒ (−1, −2, 3).(a, b, −2)
=
0
Se r2 e´ ortogonal a r ent˜ao v r2 . v = 0
⇒ (1, 1, 2).(a, b, −2)
=
0
⇒ −a − 2b − 6
⇒ a
+
b
Resolvendo o sistema entre (1) e (2):
− −
−4
=
=
0(1)
0(2)
a 2b 6 = 0 a + b 4 = 0
− −
−b − 10
=
0
⇒
b = 10
−
Substituindo b = 10 na outra equac¸ao: ˜ a+b
−4
=
0
a = 14
−
⇒ a (−10) − 4 +
=
0
⇒ a
=
10 + 4
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 raz˜ao ; 3
−
−
Soluc¸ao: ˜
2 3 Para x: r=
x=
x1 r.x2 1 r
− ⇒ x −
− 32 .3 ⇒x 2 1− 3
7 =
=
5 1 3
⇒ x
=
15
Para y: y =
y1 r. y2 1 r
− −
⇒y
=
−1 − 23 .0 −1 ⇒ y −3 ⇒ y 2 1 1− 3 3 =
=
27
Para z: z =
z1 r. z2 1 r
− ⇒ z −
3 =
− 23 .(−12) ⇒ z 2 1− 3
=
11 1 3
⇒ z
=
33
P(15, 3, 33)
−
b) o ponto Q, que divide o segmento P1 P2 ao meio. Soluc¸ao: ˜
1 2 Para x: 7+3 x1 + x2 x= x = x = 5 2 2 Para y: y1 + y 2 1+0 1 y = y= y= 2 2 2 Para z: 3 12 9 z1 + z2 z = y= y= 2 2 2 1 9 P 5, , 2 2 r=
⇒
−
⇒
⇒
−
⇒
− ⇒
⇒
−
−
−
2 34. O ponto P(9, 14, 7) divide o segmento P1 P2 na raz˜ao . 3 Determinar P2 , sabendo que P1 (1, 4, 3). Soluc¸ao: ˜
2 3 Para x: r=
x=
x1 r.x2 1 r
− −
−2. 32 ⇒ x
2
=
− 32 .x 1 ⇒ 9 ⇒ 9. 2 3 1− −6 ⇒ x −33 2 1
2
=
2
=
1
− 32 .x ⇒ 32 .x 2
2
=
1
− 3 ⇒ x
2
=
−2 ⇒ x 2 3
2
=
=
Para y: y1 r. y2 y = 1 r
− −
y2
=
−1
4
⇒
14
=
− 23 . y 1 14. ⇒ 2 3 1− 3 2
=
Para z:
28
4
− 23 . y ⇒ 32 . y 2
2
=
4
− 143 ⇒ 32 y − 23 ⇒ 2
=
