Exercícios Lista Retas - Winterle

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Notas de Aula 2018 – Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
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Exercícios Comentados deExercícios Comentados deExercícios Comentados deExercícios Comentados de 
 Vetores e Vetores e Vetores e Vetores e Geometria AnalíticaGeometria AnalíticaGeometria AnalíticaGeometria Analítica 
(Paulo Winterle, 2ª ed. 2014) 
 
Versão de 18 de abril de 2018. (sem revisão) 
 
Cap 05 A Reta – Exercícios 
 
 
Exercício 05-01. Determinar uma equação vetorial da reta r 
definida pelos pontos  2, 3,4A   e  1, 1,2B   e verificar 
se os pontos 
5
, 4,5
2
C
   
 
 e  1,3,4D   pertencem à r. 
 
Resolução. 
Para determinar a direção da reta calculamos o vetor: 
 1,2, 2AB   
����
. 
Como ponto principal escolhemos  2, 3,4A   . 
A equação vetorial é P A t AB 
����
, ou seja, 
     , , 2, 3,4 1,2, 2x y z t     . 
Tal igualdade vetorial equivale ao seguinte sistema algébrico: 
2
3 2
4 2 ;
x t
y t
z t t
 

  
    ℝ
 
 
Se 
5
, 4,5
2
C
   
 
 pertencer à reta suas coordenadas devem 
satisfazer o sistema. 
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5
2
2
4 3 2
5 4 2
t
t
t
  

   
  


5 1
2
2 2
1
4 3 2
2
1
2
t
       
         
 

 

5 4 1
2 2 2
4 3 1
1
2
t
  

     

 

 
 
5 5
2 2
4 4
1
2
t
 

   

 

. Sistema compatível. 
Logo o ponto C pertence à reta. 
 
 
Se  1,3,4D   pertencer à reta suas coordenadas satisfazem 
o sistema. 
1 2
3 3 2
4 4 2
t
t
t
  

  
  
 
 
1 2 0
3 3 2 0
0t
  

   
 
1 2
3 3
0t
 

  
 
. 
Sistema sem solução. 
Logo D não pertence à reta. 
 
 
 
Exercício 05-02. Dada a reta, determinada pela equação 
vetorial      : , , 1, 2,3 2, 3,0r x y z t    , escrever equações 
paramétricas de r. 
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Resolução. 
A igualdade vetorial      , , 1,2,3 2, 3,0x y z t    ocorre se 
e somente se o seguinte sistema algébrico é satisfeito: 
1 2
2 3
3;
x t
y t
z t
  

 
   ℝ
 
A este sistema algébrico, chamamos “equações paramétricas” 
da reta. 
 
 
 
Exercício 05-03. Escrever equações paramétricas da reta que 
passa por  1,2,3A  e é paralela à reta de equação vetorial 
     : , , 1, 4,3 0,0,1r x y z t  . 
 
Resolução. 
A reta procurada tem como vetor diretor o mesmo vetor diretor 
da reta de equação vetorial dada no enunciado, ou seja, 
 0,0,1v 
�
. 
 
Se ela passa pelo ponto  1,2,3A  sua equação vetorial é 
facilmente obtida, ela é: 
P A tv 
�
 ou ainda      , , 1,2,3 0,0,1x y z t  . 
Essa igualdade vetorial, dada na equação vetorial, equivale ao 
seguinte sistema algébrico: 
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1
2
3 ;
x
y
z t t



    ℝ
 
 
 
Exercício 05-04. Dada a reta 
2
: 3
4 2
x t
r y t
z t
 

 
   
, determinar o 
ponto de r tal que: 
a) a ordenada seja 6; 
b) a abscissa seja igual à ordenada; 
c) A cota seja o quádruplo da abscissa. 
 
Resolução. 
Item a. 
Para que a ordenada seja 6, vamos exigir que na segunda 
equação ocorra 6 3 t  , o que ocorre se e somente se, 3t   . 
No caso de 3t   as equações do sistema são: 
 
 
2 3
3 3
4 2 3
x
y
z
 

  
    
1
6
10
x
y
z
 

 
  
 
 
O ponto procurado é  1,6, 10P    . 
 
Item b. 
Para que a abscissa seja igual à ordenada será necessário que o 
membro direito da primeira equação do sistema seja igual ao 
membro direito da segunda equação do sistema. 
 
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1
2 3 2 1
2
t t t t       . 
 
Quando 
1
2
t  as equações do sistema tornam-se: 
 
1
2
2
1
3
2
1
4 2
2
x
y
z
  


 


  
3
2
5
2
3
x
y
z
 


 

 

 
 
O ponto procurado é 
3 5
, , 3
2 2
P
   
 
. 
 
Item c. 
Para que a cota seja o quádruplo da abscissa deve-se exigir que 
o membro direito da última equação seja igual a quatro vezes o 
membro direito da primeira equação. 
 
 4 2 4 2 4 2 8 4 6t t t t t            
 
Quando 6t   as coordenadas dos pontos da reta são: 
 
 
2 6
3 6
4 2 6
x
y
z
 

  
    
4
9
16
x
y
z
 

 
  
 
 
 
 
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Exercício 05-05. A reta r passa pelo ponto  4, 3, 2A    e é 
paralela à reta 
1 3
: 2 4
3
x t
s y t
z t
 

 
  
. Se  , , 5P m n r   , determinar 
m e n. 
 
Resolução. 
Se a reta r é paralela à reta s, podemos tomar como vetor 
diretor de r o mesmo vetor diretor de s. Rapidamente, 
identificamos o vetor diretor de s observando os coeficientes de 
“t”. 
 3, 4, 1sv   
��
. 
Como queremos a reta que passa por  4, 3, 2A    e que tem 
vetor diretor  3, 4, 1sv   
��
, a equação vetorial dela é: 
     , , 4, 3, 2 3, 4, 1x y z t      ou 
 
4 3
3 4
2
x t
y t
z t
 

  
   
 
 
Precisamos exigir que  , , 5m n  pertença à reta, ou seja, essas 
coordenadas devem satisfazer o sistema. 
 
4 3
3 4
5 2
m t
n t
t
 

  
   
 
 
4 3 3
3 4 3
3
m
n
t
 

   
 
13
15
3
m
n
t


  
 
 
 
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Exercício 05-06. Determinar as equações paramétricas da reta 
que passa pelos pontos A e B nos seguintes casos: 
a)    1, 1,2 e 2,1,0A B   
b)    3,1,4 e 3, 2,2A B   
c)    1,2,3 e 1,3,2A B  
d)    0,0,0 e 0,1,0A B  
 
Resolução. 
Item a. 
Precisamos determinar a direção da reta. 
 1,2, 2AB  
����
. 
Escolhemos como ponto preferencial o ponto  1, 1,2A   . 
A equação vetorial é P A t AB 
����
 ou 
     , , 1, 1,2 1,2, 2x y z t    . 
Tal igualdade vetorial equivale ao sistema algébrico: 
1
1 2
2 2 ;
x t
y t
z t t
 

  
    ℝ
 
 
Item b. 
Precisamos determinar a direção da reta. 
 0, 3, 2AB   
����
. 
Escolhemos como ponto preferencial o ponto  3,1,4A  . 
A equação vetorial é P A t AB 
����
 ou 
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     , , 3,1,4 0,3, 2x y z t   . 
Tal igualdade vetorial equivale ao sistema algébrico: 
3
1 3
4 2 ;
x
y t
z t t


 
    ℝ
 
 
Item c. 
Precisamos determinar a direção da reta. 
 0,1, 1AB  
����
. 
Escolhemos como ponto preferencial o ponto  1,2,3A  . 
A equação vetorial é P A t AB 
����
 ou 
     , , 1, 2,3 0,1, 1x y z t   . 
Tal igualdade vetorial equivale ao sistema algébrico:1
2
3 ;
x
y t
z t t


 
    ℝ
 
 
Item d. 
Precisamos determinar a direção da reta. 
 0,1,0AB 
����
. 
Escolhemos como ponto preferencial o ponto  0,0,0A  . 
A equação vetorial é P A t AB 
����
 ou 
     , , 0,0,0 0,1,0x y z t  . 
Tal igualdade vetorial equivale ao sistema algébrico: 
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0
0;
x
y t
z t



   ℝ
 
 
Essa reta é o eixo Oy. 
 
 
Exercício 05-07. Com base na figura a seguir, escrever 
equações paramétricas da reta que passa por: 
 
 
a) A e B 
b) C e D 
c) A e D 
d) B e C 
e) D e E 
f) B e D 
 
 
 
 
Resolução. 
Item a. 
A reta está no plano xOz. Apenas a coordenada “x” varia. 
Então 0
4;
x t
y
z t



   ℝ
 
 
Item b. 
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A reta pertence ao plano xOy. Apenas a coordenada “x” varia. 
Então 3
0;
x t
y
z t



   ℝ
 
 
Item c. 
A reta pertence ao plano de equação 2x  . Precisamos 
determinar a relação entre “z” e “y”. 
 
4
3
z
m
y
 
 

;  44 0
3
z y    ou 
4
4
3
z y   . 
 
Assim, 
2
4
4,
3
x
y t
z t t

 



    

ℝ
 
 
Item d. 
Raciocínio semelhante ao do item anterior, só que no plano de 
equação 0x  . 
Portanto, 
0
4
4,
3
x
y t
z t t

 



    

ℝ
 
 
 
Item e. 
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A reta pertence ao plano de equação 0z  e também no plano 
de equação 2x  . Apenas a coordenada “y” é que varia. 
Assim, 
2
0,
x
y t
z t



   ℝ
 
 
Item f. 
Precisamos do vetor diretor:  2,3, 4BD  
����
. 
Escolhemos o ponto principal  0,0,4B  . 
A equação vetorial é      , , 0,0,4 2,3, 4x y z t   . 
As equações paramétricas são 
2
3
4 4 ;
x t
y t
z t t



    ℝ
 
 
 
 
Exercício 05-08. O ponto  ,1,P m n pertence à reta que 
passa por  3, 1,4A   e  4, 3, 1B    . Determinar P. 
 
Resolução. 
Precisamos determinar o vetor diretor. 
 1, 2, 5AB   
����
. 
Escolhemos como ponto principal o ponto  3, 1,4A   . 
Assim, a equação vetorial é P A t AB 
����
 ou 
     , , 3, 1,4 1, 2, 5x y z t     . 
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As equações paramétricas são 
3
1 2
4 5 ;
x t
y t
z t t
 

  
    ℝ
. 
Se P pertence à reta suas coordenadas devem satisfazer o 
sistema de equações paramétricas. Devemos exigir que: 
 
 
3
1 1 2
4 5
m t
t
n t
 

  
  
 
 
3 1
1
4 5 1
m
t
n
  

  
   
2
1
9
m
t
n


  
 
 
 
O ponto procurado é  2,1,9P  . 
 
 
 
Exercício 05-09. Seja o triângulo de vértices  1,4, 2A    , 
 3, 3,6B   e  2, 1,4C   . Escrever equações paramétricas 
da reta que passa pelo ponto médio de lado AB e pelo vértice 
oposto C. 
 
Resolução. 
Calculamos as coordenadas do ponto médio. 
2 1 4 1
, , 1, ,2
2 2 2 2AB
M
       
   
. 
Calculamos o vetor 
3
1, , 2
2
CM M C
      
 
�����
 
 
A equação vetorial da reta procurada é P C tCM 
�����
, ou 
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    3, , 2, 1, 4 1, , 2
2
x y z t
      
 
. 
As equações paramétricas são: 
2
3
1
2
4 2 ;
x t
y t
z t t
 

  

   ℝ
 
 
Obs: Se adotarmos como vetor 
3
1, ,2
2
MC
   
 
�����
 as equações 
paramétrica serão 
2
3
1
2
4 2 ;
x t
y t
z t t
 

  

   ℝ
 que é a resposta do livro. 
 
 
Exercício 05-10. Os pontos  1 2, 1,3M   ,  2 1, 3,0M   e 
 3 2,1, 5M   são pontos médios dos lados de um triângulo 
ABC. Obter equações paramétricas da reta que contém o lado 
cujo ponto médio é 1M . 
 
Resolução. 
Vamos usar o Teorema: A reta que liga os pontos médios de 
dois lados de um triângulo é paralela ao terceiro lado. 
 
Assim, necessitamos determinar a direção 2 3M M
�������
. 
 3 2 2 3 1,4, 5M M M M   
�������
. 
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A reta passa tem equação vetorial 1 2 3P M tM M 
�������
, ou 
     , , 2, 1,3 1,4,5x y z t   . 
Tal equação vetorial equivale ao sistema algébrico (equações 
paramétricas) 
2
1 4
3 5 ;
x t
y t
z t t
 

  
    ℝ
 . 
 
 
 
Exercício 05-11. Os vértices de um triângulo são os pontos 
 1,1,3A   ,  2,1,4B  e  3, 1, 1C    . Obter equações 
paramétricas dos lados AB, AC e BC, e da reta r que contém, a 
mediana relativa ao vértice B. 
 
Resolução. 
Determinamos  3,0,1AB 
����
. A reta passa por A. 
P A t AB 
����
 ou      , , 1,1,3 3,0,1x y z t   , que equivale ao 
sistema 
 
1 3
1
3 ; 0,1
x t
y
z t t
   


   
. 
São as equações paramétricas do segmento que liga A e B. 
 
Determinamos  4, 2,4AC  
����
. A reta passa por A. 
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P A t AC 
����
 ou      , , 1,1,3 4, 2, 4x y z t     , que equivale 
ao sistema 
 
1 4
1 2
3 4 ; 0,1
x t
y t
z t t
   

 
   
. 
São as equações paramétricas do segmento que liga A e C. 
 
Determinamos  1, 2, 5BC   
����
. A reta passa por B. 
P B tBC 
����
 ou      , , 2,1,4 1, 2 5x y z t    , que equivale 
ao sistema 
 
2
1 2
4 5 ; 0,1
x t
y t
z t t
  

 
   
 . 
São as equações paramétricas do segmento que liga B e C. 
 
Precisamos determinar as coordenadas do ponto médio do lado 
AC. 
 2 0 2, , 1,0,1
2 2 2AC
M
   
 
. 
A direção da mediana será  1, 1, 3ACBM    
�������
. 
A equação da mediana é ACP B tBM 
�������
 ou 
     , , 2,1,4 1, 1, 3x y z t     . 
As equações paramétricas dessa mediana são 
2
1
4 3 ;
x t
y t
z t t
 

 
    ℝ
 . 
 
 
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Exercício 05-12. Verificar se os pontos  1 5, 5,6P   e 
 2 4, 1,12P   pertencem à reta 
3 1 2
:
1 2 2
x y z
r
  
 
 
. 
 
Resolução. 
Para verificar se 1P r substituiremos suas coordenadas nas 
equações simétricas da reta. Se o ponto pertencer à reta 
obteremos duas igualdades, senão, o ponto não pertence à reta. 
 
5 3 5 1 6 2
1 2 2
   
 
 
 2 2 2      . 
 
Assim, 1P r . 
 
Para verificar se 2P r substituiremos suas coordenadas nas 
equações simétricas da reta. Se o ponto pertencer à reta 
obteremos duas igualdades, senão, o ponto não pertence à reta. 
 
4 3 1 1 12 2
1 0 5
1 2 2
   
      
 
. 
 
Assim, 2P r . 
 
 
 
Exercício 05-13. Determinar o ponto da reta 
1 3
:
2 1 4
x y z
r
 
 

 que possuia) abscissa 5; 
b) ordenada 2. 
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Resolução. 
Item a. 
Se a abscissa tem de ser 5, substituiremos tal número na 
equação da reta e obteremos as outras duas coordenadas. 
5 1 3
2 1 4
y z 
 

 
 
Daí observamos que: 
5 1 3
2 1
y 


2 3 5y y       e 
 
5 1
8
2 4
z
z

   . 
 
O ponto procurado é  5, 5,8P   . 
 
Item b. 
Se a ordenada tem de ser 2, substituiremos tal número na 
equação da reta e obteremos as outras duas coordenadas. 
1 2 3
2 1 4
x z 
 

 
 
Observamos que: 
1 5
1 10 9
2 1
x
x x

       

 e 
 
5
20
1 4
z
z   

. 
 
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O ponto procurado é  9,2, 20P    . 
 
 
Exercício 05-14. Obter o ponto de abscissa 1 da reta 
2 1 3 2
: 4
3 2
x y
r z
 
   e encontre o vetor diretor de r que 
tenha ordenada 2. 
 
Resolução. 
Substituiremos a coordenada “x” por 1 na equação da reta e 
determinaremos as outras duas coordenadas. 
2(1) 1 3 2
4
3 2
y
z
 
   
 
Observamos que: 
3 3 2 4
3 2 2
3 2 3
y
y y

      e 
 
3
4 3
3
z z     . 
 
O ponto procurado é 
4
1, , 3
3
P
   
 
. 
 
Para obter o vetor diretor da reta vamos colocá-la na forma 
simétrica padrão. 
 
2 1 3 2
: 4
3 2
x y
r z
 
   
 
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 
1 22 3
42 3
3 2 1
x y
z
                   
 
 
1 2
42 3
3 2 1
2 3
x y z
          
 
Observando a equação na forma anterior conseguimos 
visualizar que essa é uma reta que passa pelo ponto 
1 2
, , 4
2 3
A
    
 
 e que tem vetor diretor igual a 
3 2
, ,1
2 3
v
   
 
�
. 
 
Se queremos que a ordenada do vetor diretor seja igual a 2 
devemos multiplica-lo por 3. 
 
3 2 9
3 3 , ,1 ,2,3
2 3 2
u v
        
   
� �
 
 
O vetor u
�
 é o vetor procurado. 
 
 
Exercício 05-15. Determinar equações reduzidas na variável x, 
da reta: 
a) que passa por  4,0, 3A   e tem direção de  2,4,5v 
�
; 
b) que passa pelos pontos  1,2,3A   e  2, 1,3B   ; 
c) que passa pelos pontos  1,2,3A   e  2, 1,3B   ; 
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d) dada por 
2
3
4 5;
x t
y t
z t t
 


    ℝ
 . 
 
Resolução. 
Item a. 
Temos um ponto da reta e sua direção, então sua equação 
vetorial é 
P A tv 
�
 ou      , , 4,0, 3 2,4,5x y z t   . 
 
Essa equação vetorial equivale ao sistema algébrico 
4 2
4
3 5 ;
x t
y t
z t t
 


     ℝ
 . 
 
Esse sistema é chamado de sistema de equações paramétricas 
da reta. Como o autor pede as equações reduzidas na variável 
“x”, vamos isolar o parâmetro “t” na primeira equação e 
substituir tal expressão no lugar de “x” nas duas outras 
equações. 
 
4
4 2 2 4
2
x
x t t x t

       . 
 
4
4
2
4
3 5
2
x
y
x
z
 

   

 
2 8
5
3 10
2
y x
z x
 

 
   
2 8
5
13
2
y x
z x
 

 
 
 
 
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Essas são as equações reduzidas da reta na variável “x”. 
 
Item b. 
Conhecemos dois pontos por onde a reta passa,  1,2,3A   e 
 2, 1,3B   . Vamos determinar um vetor diretor. 
 2,1, 4AB  
����
. 
Escolhemos como ponto principal  1, 2,3A   . 
A equação vetorial da reta é P A t AB 
����
 ou 
     , , 1, 2,3 2,1, 4x y z t    . 
Tal equação vetorial é equivalente ao seguinte sistema, 
chamado de equações paramétricas da reta. 
1 2
2
3 4 ;
x t
y t
z t t
 

  
    ℝ
 
 
Para obter as equações reduzidas na variável “x” isolamos “t” 
na primeira equação e substituímos a expressão nas outras duas 
equações. 
 
1
1 2 2 1
2
x
x t t x t

       
Então 
1
2
2
1
3 4
2
x
y
x
z
   

  

4 1
2
6 4 4
2
x
y
x
z
   
 
  

1 5
2 2
2 5
y x
z x
  
 
   
 
 
Item c. 
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Temos dois pontos por onde a reta passa, determinemos um 
vetor diretor. 
 3, 3,0AB  
����
. 
Escolhemos como ponto principal o ponto  1,2,3A   . 
A equação vetorial da reta é P A t AB 
����
 ou 
     , , 1,2,3 3, 3,0x y z t    . 
 
Essa equação vetorial equivale ao sistema das equações 
paramétricas. 
1 3
2 3
3;
x t
y t
z t
  

 
   ℝ
 
 
Isolaremos o parâmetro “t” na primeira equação e 
substituiremos a expressão nas outras duas equações. 
 
1
1 3 3 1
3
x
x t t x t

        . 
 
1
2 3
3
3
x
y
z
  

 
 
6 1
3
3
x
y
z
  
 
 
1 5
3 3
3
y x
z
   
 
 
 
 
Essas são as equações reduzidas da reta na variável “x’. 
 
Item d. 
O autor já fornece as equações paramétricas da reta. Basta 
isolarmos o parâmetro “t” na primeira equação e substituirmos 
a expressão nas outras duas equações. 
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2 2x t t x     
 
 
 
3 2
4 2 5
y x
z x
 

  
6 3
3 4
y x
z x
 
 
 
 
 
Essas são as equações reduzidas da reta na variável “x”. 
 
 
 
Exercício 05-16. Escrever as equações reduzidas na variável 
“z” da reta que passa por  1,6,3A   e  2,2,1B  . 
 
Resolução. 
Um vetor diretor de tal reta é  3, 4, 2AB   
����
. 
Escolhemos como ponto principal  1,6,3A   . 
A equação vetorial da reta é P A t AB 
����
 ou 
     , , 1,6,3 3, 4, 2x y z t     . 
 
As equações paramétricas são 
1 3
6 4
3 2 ;
x t
y t
z t t
  

 
    ℝ
 
 
Para obter as equações reduzidas na variável “z” isolamos o 
parâmetro “t” na terceira equação e substituímos a expressão 
nas duas outras equações. 
 
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1 3
3 2 2 3
2 2
z t t z t z          . 
 
Assim, 
1 3
1 3
2 2
1 3
6 4
2 2
x z
y z
         

        
3 9
1
2 2
12
6 2
2
x z
y z
    
 
   

3 7
2 2
2
x z
y z
   
 
 
 
 
Essas são as equações reduzidas na variável “z”. 
 
 
 
Exercício 05-17. Na reta 
2 3
:
1
y x
r
z x
 

 
, determinar o ponto 
de: 
a) ordenada igual a 9; 
b) abscissa igual ao dobro da cota; 
c) ordenada igual ao triplo da cota. 
 
Resolução. 
Item a. 
Se a ordenada tem de ser igual a 9, substituímos “y” por 9 na 
primeira equação. 
9 2 3
1
x
z x
 

   
3
3 1
x
z

   
3
2
x
z

 

 
 
O ponto procurado é  3,9,2P  . 
 
Item b. 
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Se a abscissa é o dobro da cota, devemos equacionar: 
 
 
2 2 3
2 1
y z
z z
 

 
4 3
1
y z
z
 
 

7
1
y
z

 

 
 
Se, 1z  então 1 2 1 1x x    
O ponto procurado é  2,7,1P  . 
 
Item c. 
Se a ordenada é o triplo da cota, tem-se 3y z , logo 
3 2 3
1
z x
z x
 

 
 3 1 2 3
1
x x
z x
   

 
3 3 2 3
1
x x
z x
  

 
6
5
x
z



 
 
Se 6x  então  2 6 3 15y    . 
 
O ponto procurado é  6,15,5P  . 
 
 
 
Exercício 05-18. Representar graficamente as retas de 
equações: 
a) 
1
1 2
2
x t
y t
z t
 

  
  
 b) 
3
y x
z x
 

 
 
c) x y z  d) 
2
3
y x
z



 
e) 
4
2
y
z x



 f) 
3
1
y
z


 
 
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g) 
3
4
x
y


 
 h) 
3
3
x
z
 


 
 
Resolução. 
Faremos ilustrações com o software Geogebra. 
Mas a intenção desses itens é que o aluno tente rascunhar o 
traço das retas com lápis e papel. Depois de traçado no papel 
confira com as ilustrações realizadas no software. 
 
Item a. 
1
1 2
2
x t
y t
z t
 

  
  
. 
Para traçar a reta no Geogebra é melhor inserir um ponto por 
onde ela passa. Nesse caso inserimos “(1,-1,2)”. O software 
nomeará esse ponto como “A”. Depois inserimos o vetor 
diretor com o comando “vetor((0,0,0),(-1,2,1))”. O software 
nomeará esse vetor como “u”. 
Depois digitamos o comando “reta(A,u)” e o Geogebra traçará 
a reta que passa por A e que tem direção de u. 
 
 
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Item b. 
3
y x
z x
 

 
 
Exploremos os pontos nos quais a reta intercepta os planos 
coordenados. 
Qual é a interseção com xOz? Ela ocorre quando 0y  . E 
quando 0y  tem-se 0x  e 3z  . Ponto  0,0,3A  . 
Qual é a interseção com o plano yOz? Ela ocorre quando 0x  . 
E quando 0x  tem-se 0y  e 3z  . O mesmo ponto 
anterior. 
Precisamos de outro ponto para desenhar a reta. Tomemos, por 
exemplo, 1x  , já que ele varia em ℝ . Veja que nas equações 
reduzidas apresentadas tem-se x t ℝ . 
Quando 1x  tem-se 1y   e 4z  . Outro ponto da reta é 
 1, 1,4B   . 
Podemos coloca-los no Geogebra e traçar a reta por A e B. 
 
 
Item c. 
x y z  
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Essa reta será a que fica equidistante dos planos coordenados. 
Passa por  0,0,0 e tem direção de  1,1,1u 
�
. Colocamos 
esses elementos no Geogebra e traçamos a reta pelo ponto com 
a direção inserida. 
 
 
Item d. 
2
3
y x
z



 
Essa reta é paralela ao plano coordenado xOy, pois sua terceira 
coordenada é constante. Atribuímos, por exemplo, o valor 
0x  e obtemos que um ponto da reta é  0,0,3 . Atribuímos, 
por exemplo, 1x  e obtemos que outro ponto da reta é 
 1,2,3 . Com esses dois pontos podemos esboçar a reta. 
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Item e. 
4
2
y
z x



 
Essa reta é paralela ao plano coordenado xOz, pois sua segunda 
coordenada é constante. Atribuímos, por exemplo, o valor 
0x  e obtemos o ponto  0,4,0 . Atribuímos, por exemplo, o 
valor 1x  e obtemos outro ponto,  1,4,2 . Com esses dois 
pontos esboçamos a reta. 
 
 
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Item f. 
3
1
y
z


 
 
Essa reta tem a segunda e a terceira coordenadas constantes, 
então ela é a interseção do plano de equação 3y  com o plano 
de equação 1z   . A variável x assume todos os valores reais. 
É reta paralela ao eixo dos “xx”. 
 
 
 
 
Item g. 
3
4
x
y


 
 
Essa reta é a interseção do plano de equação 3x  com o plano 
de equação 4y   . A variável “z” assume todos os valores 
reais. É reta paralela ao eixo dos “zz”. 
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Item h. 
3
3
x
z
 


 
É a interseção dos planos de equação 3x   e 3z  . É uma 
reta paralela ao eixo dos “yy”. 
 
 
 
 
 
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Exercício 05-19. Determinar as equações paramétricas e 
representar graficamente a reta que passa por 
a)  3, 2,4A   e é paralela ao eixo x; 
b)  2,2,4A  e é paralela ao plano xOz; 
c)  2,3,4A   e é ortogonal ao mesmo tempo aos eixos x e y; 
d)  4 1,3A   e tem a direção de 3 2i j
� �
; 
e)  3, 1,3A   e  3,3,4B  . 
 
Resolução. 
Item a. 
 3, 2,4A   e é paralela ao eixo x; 
Um vetor diretor é  1,0,0u 
�
. 
Então sua equação vetorial é P A tu 
�
 ou 
     , , 3, 2,4 1,0,0x y z t   , o que equivale ao sistema de 
equações paramétricas 
3
2
4
x t
y
z
 

 
 
 
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Item b. 
 2,2,4A  e é perpendicular ao plano xOz; 
Então um vetor diretor é  0,1,0u 
�
. 
Sua equação vetorial é      , , 2,2,4 0,1,0x y z t  . 
Suas equações paramétricas são: 
2
2
4
x
y t
z


 
 
 
 
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Item c. 
 2,3,4A   e é ortogonal ao mesmo tempo aos eixos x e y; 
Bom, ... tal reta só pode ser paralela ao eixo dos “zz”. Um vetor 
diretor é  0,0,1u 
�
. 
Sua equação vetorial é      , , 2,3,4 0,0,1x y z t   e suas 
equações paramétricas são 
2
3
4
x
y
z t
 


  
 
 
 
Item d. 
 4, 1,3A   e tem a direção de 3 2i j
� �
; 
O vetor direção fornecido é  3, 2,0u  
�
. 
A equação vetorial é      , , 4, 1,3 3, 2,0x y z t    e suas 
equações paramétricas são: 
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4 3
1 2
3
x t
y t
z
 

  
 
 
 
 
Item e. 
 3, 1,3A   e  3,3,4B  . 
Determinamos um vetor diretor:  0,4,1u AB 
� ����
. 
A equação vetorial é      , , 3, 1,3 0,4,1x y z t   . 
As equações paramétricas são 
3
1 4
3
x
y t
z t


  
  
 
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Exercício 05-20. Escrever as equações paramétricas das retas 
que passam pelo ponto  4, 5,3A   e são respectivamente, 
paralelas aos eixos Ox, Oy e Oz. 
 
Resolução. 
Paralela ao eixo Ox: 
5
3
y
z



 
 
Paralela ao eixo Oy. 
4
3
x
z



 
 
Paralela ao eixo Oz. 
4
5
x
y


 
 
 
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Exercício 05-21. Determinar o ângulo entre as seguintes retas: 
a) 1
2
:
3 2
x t
r y t
z t  


  
 e 2
6 1
:
2 1 1
x y z
r
 
  
b) 1
2 3
:
2
y x
r
z x
  

 
 e 2
1
: ; 4
1
z
r y x

 

 
c) 1
1 2
:
5 3
x t
r y t
z t
  


  
 e 2
3
:
2
x
r
y



 
d) 1
4 1
:
2 1 2
x y z
r
 
 
 
 e 2
1
: 2
4 3
x
r y z




 
 
Resolução. 
Item a. 
1
2
:
3 2
x t
r y t
z t
  


  
 e 2
6 1
:
2 1 1
x y z
r
 
  
Observando as equações paramétricas fornecidas pelo autor, 
podemos considerar como vetor diretor  1 1,1, 2v   
��
. 
As equações simétricas estão na forma padrão, logo um vetor 
diretor da segunda reta é  2 2,1,1v 
���
. 
 
Assim, calculamos 
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1 2
1 2
cos
v v
v v



�� ���
�� ���
2 1 2 3 1
6 21 1 4 4 1 1
  
  
   
 
Concluímos que 
3

  . 
 
Item b. 
1
2 3
:
2
y x
r
z x
  

 
 e 2
1
: ; 4
1
z
r y x

 

 
Na primeira equação fazemos a mudança x t ℝ , e 
reescrevemos as equações paramétricas: 
3 2
2
x t
y t
z t


 
   
 . Vemos que um vetor diretor é  1 1, 2,1v  
��
. 
 
Na segunda equação fazemos a mudança z t ℝ e 
reconstituímos as equações paramétricas: 
4
1
x
y t
z t


  
 
. Vemos que um vetor diretor é  2 0, 1,1v  
���
. 
 
Assim calculamos: 
1 2
1 2
cos
v v
v v



�� ���
�� ���
0 2 1 3 3 3
21 4 1 0 1 1 (6)(2) 2 3
 
   
   
. 
 
Concluímos que 
6

  . 
 
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Item c. 
1
1 2
:
5 3
x t
r y t
z t
  


  
 e 2
3
:
2
x
r
y



 
 
Na primeira equação vemos que um vetor diretor é 
 1 2,1, 3v  
��
. 
Na segunda equação vemos que um vetor diretor é  2 0,0,1v 
���
, já que apenas a componente “z” varia, as outras duas são 
constantes. 
Assim, calculamos 
1 2
1 2
cos
v v
v v



�� ���
�� ���
0 0 3 3 3
22 1 9 1 2 3
 
  
 
. 
 
Concluímos que 
6

  . 
 
Item d. 
1
4 1
:
2 1 2
x y z
r
 
 
 
 e 2
1
: 2
4 3
x
r y z




 
Na primeira equação vemos que um vetor diretor pode ser 
 1 2, 1, 2v   
��
. 
Na segunda equação fazemos z t ℝ e reescrevemos as 
equações paramétricas. 
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1
4 8
3 3
x
y t
z t


 


 . Um vetor diretor é 2
4
0, ,1
3
v
   
 
���
. 
 
Assim, calculamos 
1 2
1 2
cos
v v
v v



�� ���
�� ���
4 10
0 2
10 23 3
5 15 316 9 39 39 9
  
   

. 
 
Concluímos que 
2
arccos
3
  . 
 
 
 
 
Exercício 05-22. Determinar o valor de n para que seja de 
6

 
radianos (30 graus) o ângulo entre as retas 
a) 1
2
:
4 5 3
x y z
r

  e 2
5
:
2 2
y nx
r
z x
 

 
 
b) 1
1
:
2
y nx
r
z x
 


 e 2 :r eixo Oy 
 
Resolução. 
Item a. 
1
2
:
4 5 3
x y z
r

  e 2
5
:
2 2
y nx
r
z x
 

 
 
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Na primeira equação vemos que um vetor diretor é 
 1 4,5,3v 
��
. 
Na segunda equação fazemos x t ℝ e reescrevemos as 
equações paramétricas. 
5
2 2
x t
y nt
z t


 
   
. Um vetor diretor é  2 1, ,2v n
���
. 
 
Assim, calculamos 
 1 2 4 5 6 5 2v v n n     
�� ���
. 
1 16 25 9 50 5 2v     
��
. 
2 2
2 1 4 5v n n    
���
. 
2
1 2 5 2 5v v n 
�� ���
. 
Devemos exigir que 
1 2
1 2
3
cos
2
v v
v v


 
�� ���
�� ��� . 
 
Ou seja, 
2
5 2 3
25 2 5
n
n



. 
 
Vamos resolver 
 
 22
2 2
2
32
22 5
n
n



. 
 
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 
 22
2 2
2
32
22 5
n
n


  
2
2
4 4 3
42 5
n n
n
 
 

 
 
 2 234 4 5
2
n n n     . 
 
1º caso: 2 2
3 15
4 4
2 2
n n n    
 
23 71 4 0
2 2
n n
      
 
 
 
1 7
16 4 16 7 9
2 2
           
  
 
 
1
2
74 3
11
n
n
n
 
  
 
 
 
Como elevamos uma equação ao quadrado para resolvê-la, 
pode ser que alguma das raízes não seja solução do problema 
original. Vamos testá-las. 
 
Se 7n  então os vetores diretores são: 
 1 4,5,3v 
��
 e  2 1,7,2v 
���
. 
  
1 2
1 2
4 35 63 45 3 3
cos
2 250 54 2 35 2 3 6
v v
v v

  
     
�� ���
�� ��� . 
Verificado. 
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Se 1n  então os vetores diretores são: 
 1 4,5,3v 
��
 e  2 1,1,2v 
���
. 
 
1 2
1 2
4 5 63 15 3 3
cos
2 250 54 2 35 2 6
v v
v v

  
     
�� ���
�� ��� . 
Verificado. 
 
2º caso: 2 2
3 15
4 4
2 2
n n n     
25 234 0
2 2
n n
     
 
 
5 23
16 4 0
2 2
       
  
 
Não há soluções. 
 
Então, as possibilidades para n são: 1 7n  e 2 1n  . 
 
Item b. 
1
1
:
2
y nx
r
z x
 


 e 2 :r eixo Oy 
 
Na primeira equação fazemos x t ℝ e reescrevemos as 
equações paramétricas. 
1
2
x t
y nt
z t


  
 
 . Um vetor diretor é  1 1, ,2v n
��
. 
 
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A segunda reta tem vetor diretor  2 0,1,0v 
���
. 
Assim, 
1 2 0 0v v n n    
�� ���
, 
2 2
1 1 4 5v n n    
��
, 
2 1v 
���
. 
 
Devemos exigir 
1 2
2
1 2
3 3
cos
2 25
v v n
v v n


   

�� ���
�� ��� . 
 
Vamos resolver 
2
2 2 2
2
3
4 3 15 15 15
5 4
n
n n n n
n
        

. 
 
Pode ser que alguma das soluções não seja solução do 
problema, já que elevamos uma equação ao quadrado para 
resolvê-la. Precisamos verificar se as soluções resolvem o 
problema. 
 
 2
15 3(5)15 3 5 3
2 220 4(5) 515 5

   

. Ok. 
 2
15 3(5)15 3 5 3
2 220 4(5) 515 5

   
 
. Ok. 
 
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Existem dois valores de n que resolvem o problema: 1 15n  
e 2 15n   . 
 
 
 
Exercício 05-23. Sabendo-se que as retas 1 2 e r r são 
ortogonais, determinar o valor de m para os casos: 
a) 1
2 3
: 1 3
4
x mt
r y t
z t
 

 
  
 e 2
2 1
:
4
x y
r
z y
 

  
 
b) 1
3
:
1
y mx
r
z x
 

 
 e 2 :r reta por  1,0,A m e 
 2,2 ,2B m m  
 
Resolução. 
Item a. 
1
2 3
: 1 3
4
x mt
r y t
z t
 

   
 e 2
2 1
:
4
x y
r
z y
 

  
 
Podemos considerar os seguintes vetores diretores: 
 1 2 ,3, 4v m 
��
 e  2 2,1, 1v  
���
. 
 
Exigimos: 
1 2 0v v 
�� ��� 7
4 3 4 0 4 7
4
m m m          . 
Só existe um valor possível para m, 
7
4
m   . 
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Item b. 
1
3
:
1
y mx
r
z x
 

 
 e 2 :r reta por  1,0,A m e  2,2 ,2B m m  
 
Na primeira equação fazemos x t ℝ e obtemos as equações 
paramétricas 
3
1
x t
y mt
z t


 
   
. Um vetor diretor é  1 1, ,1v m
��
. 
 
Para a segunda reta determinamos  3,2 ,AB m m 
����
. 
Exigimos 
1 2 0v v 
�� ���
23 2 0m m     22 3 0m m    . 
 
  1 4 2 3 25     
 
1
2
3
1 5
2
4
1
m
m
m
    
  
 
 
 
Existem dois valores possíveis para m: 1
3
2
m   e 2 1m  . 
 
 
 
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Exercício 05-24. Determinar equações paramétricas da reta 
que passa por A e é, simultaneamente ortogonal às retas 1 2 e r r , 
nos casos: 
a)  3,2,1A  , 1
3
:
1
x
r
y


 
 e 2
3
:
2 3
y x
r
z x
 

  
 
b)  0,0,0A  , 1
3
:
2 1 3
x y z
r

  e 2
3
: 1
2
x t
r y t
z


  
 
 
c) A é a interseção de 1 2 e r r 
1
1
: 2
2 3
y z
r x

   e 2
1
:
2 2
x y
r
z y
 

 
 
 
Resolução. 
Item a. 
 3,2,1A  , 1
3
:
1
x
r
y


 
 e 2
3
:
2 3
y x
r
z x
 

  
 
 
Observando a primeira equação, podemos considerar o vetor 
diretor  1 0,0,1v 
��
. 
Na segunda equação fazemos x t ℝ e escrevemos as 
equações paramétricas. 
3
3 2
x t
y t
z t


  
  
. Um vetor diretor pode ser  2 1,1, 2v  
���
. 
 
Calculamos o produto vetorial para determinarmos um vetor 
ortogonal simultaneamente às duas retas. 
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 1 2 0 0 1 1,1,0
1 1 2
i j k
v v   

� � �
�� ���
. 
 
A equação vetorial da reta procurada é 
     , , 3, 2, 1 1,1,0x y z t    , que equivale ao sistema 
algébrico chamado de equações paramétricas da reta. 
3
2
1
x t
y t
z
 

 
  
 . 
 
Item b. 
 0,0,0A  , 1
3
:
2 1 3
x y z
r

  e 2
3
: 1
2
x t
r y t
z


  
 
 
 
A equação da primeira reta está na forma simétrica padrão, 
logo podemos usar que um vetor diretor é  1 2,1,2v 
��
. 
Da segunda equação observamos que um vetor diretor pode ser 
 2 3, 1,0v  
���
. 
Calculamos o produto vetorial desses dois vetores para 
determinar uma direção ortogonal às duas retas 
simultaneamente. 
 
 
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 1 2 2 1 2 2,6, 5
3 1 0
i j k
w v v    

� � �
�� �� ���
 
 
Assim, a equação vetorial da reta procurada é 
     , , 0,0,0 2,6, 5x y z t   e suas equações paramétricas 
são 
2
6
5
x t
y t
z t



  
. 
 
Item c. 
A é a interseção de 1 2 e r r 
1
1
: 2
2 3
y z
r x

   e 2
1
:
2 2
x y
r
z y
 

 
 
 
A primeira equação está na forma simétrica padrão, podemos 
escrever que um vetor diretor é  1 1,2,3v 
��
. 
Na segunda equação escrevemos y t ℝ e reescrevemos as 
equações paramétricas: 
1
2 2
x t
y t
z t
 


  
 . Um vetor diretor é  2 1,1,2v  
���
. 
 
Calculamos o produto vetorial desses dois vetores para 
determinar uma direção ortogonal às duas retas 
simultaneamente. 
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 1 2 1 2 3 1, 5,3
1 1 2
i j k
w v v    

� � �
�� �� ���
. 
Essa é a direção da reta. Mas ainda falta determinar o ponto de 
interseção. 
 
Como a segunda equação está na forma reduzida na variável y, 
também colocamos a primeira equação na forma reduzida na 
variável y. 
1
1
: 2
2 3
y z
r x

  
2 4 1
2 3 3
x y
z y
  
 
 
 
1 1
2
2 2
3 3
2 2
x y
z y
   
 
  

 
 
1 5
2 2
3 3
2 2
x y
z y
  
 
  

 
 
O ponto de interseção tem de satisfazer os dois sistemas ao 
mesmo tempo: 
2
1
:
2 2
x y
r
z y
 

 
 e 1
1 5
2 2:
3 3
2 2
x y
r
z y
  

  

, e isso ocorre se e somente 
se: 
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1 5
1
2 2
3 3
2 2
2 2
y y
y y
   

   

3 2 5
2 2 2
3 4 4 3
2 2 2 2
y
y
  
 
      
3 3
2 2
1 1
2 2
y
y
  
 
 

 
 
1
1
y
y
 
 
 
. Sistema possível. 
 
Utilizamos, por exemplo, a equação de 1r e fazemos as 
substituições: 
Quando 1y   tem-se 2x  e 0z  . 
O ponto de interseção é  2, 1,0A   . 
 
A equação vetorial da reta procurada é 
     , , 2, 1,0 1, 5,3x y z t    , ou na forma de equações 
paramétricas 
2
1 5
3
x t
y t
z t
 

  
 
 . 
 
 
 
 
 
Exercício 05-25. Determinar, caso existe, o ponto de 
interseção das retas 1 2 e r r : 
a) 1
2 3
:
5
y x
r
z x
 

  
 e 2
3 7
:
1
y x
r
z x
  

 
 
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b) 1
3 1 2
:
2 3 4
x y z
r
  
 

 e 2
1
: 4
8 3
x t
r y t
z t
  

 
   
 
c) 1
2
:
10
y t
r
z x
 

  
 e 2
4 1
:
3 2
y z
r x
 
 

 
d) 1
2
: 3 5
6 6
x t
r y t
z t
 

 
  
 e 2
3 6
: 1 7
1 13
x h
r y h
z h
  

 
   
 
e)      1 : , , 2, 4,1 1, 2,3r x y z t   e 
     2 : , , 1, 2,5 4,3, 2r x y z t    
f) 1
2
: 4
x t
r y t
z t
 

 
  
 e 2
6
:
2
y x
r
z x
 

 
 
 
Resolução. 
Item a. 
1
2 3
:
5
y x
r
z x
 

  
 e 2
3 7
:
1
y x
r
z x
  

 
 
As duas equações já estão na forma reduzida em “x”, logo 
basta igualar as respectivas equações: 
2 3 3 7
5 1
x x
x x
   

   
5 10
2 4
x
x

 
  
2
2
x
x

 

. Sistema com 
solução. 
 
Substituímos 2x  , por exemplo, na equação de 1r e obtemos: 
1 1 e 3x y z    . O ponto de interseção é  2,1,3A  . 
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Item b. 
1
3 1 2
:
2 3 4
x y z
r
  
 

 e 2
1
: 4
8 3
x t
r y t
z t
  

 
   
 
Podemos reescrever as equações para 1r : 
3 9 2 2
3 6 4 4
x y
z y
   

   
3 2 7
3 4 2
x y
z y
  
   
2 7
3 3
4 2
3 3
x y
z y
   
 
   

 
 
Deixamos a equação na forma reduzida na variável y. 
Vamos transformar as equações paramétricas de 2r para que 
também fiquem na forma reduzida na variável y. Isolamos “t” 
na segunda equação e fazemos as substituições: 
 
 
 
1 4
4
8 3 4
x y
t y
z y
   

 
    
3
3 4
x y
z y
 
 
  
. 
 
Agora, igualamos as correspondentes equações. 
 
2 7
3
3 3
4 2
3 4
3 3
y y
y y
   

    

2 3 7 9
3 3 3 3
4 9 2 12
3 3 3 3
y
y
       
 
        
 
 
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1 2
3 3
5 10
3 3
y
y
 
 
 

2
2
y
y

 

. Sistema com solução. 
 
Usamos a equação de 2r e substituímos: 
2 1 e 2y x z     . 
O ponto de interseção é  1,2, 2A   . 
 
Item c. 
1
2 3
:
10
y x
r
z x
 

  
 e 2
4 1
:
3 2
y z
r x
 
 

 
A primeira equação está na forma reduzida na variável x. 
Deixemos, também, a segunda equação na forma reduzida em 
x. 
 
2
3 4
:
2 1
x y
r
x z
 

  
3 4
2 1
y x
z x
 
 
  
. 
 
Igualamos as correspondentes equações. 
 
2 3 3 4
10 2 1
x x
x x
  

    
 
7
1 10
x
x
 
 
  
7
9
x
x
 
 

. 
Sistema sem solução. 
Concluímos que as retas são reversas, não possuem interseção. 
 
Item d. 
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1
2
: 3 5
6 6
x t
r y t
z t
 

 
  
 e 2
3 6
: 1 7
1 13
x h
r y h
z h
  

 
   
 
 
Transformamos a primeira equação na forma reduzida, por 
exemplo (escolha é do aluno), na variável x. Para isso isolamos 
“t” na primeira equação e substituímos nas outras duas. 
 
 
 
3 5 2
2
6 6 2
y x
t x
z x
  
   
  
 
3 10 5
6 12 6
y x
z x
  
 
  
 
 
7 5
6 6
y x
z x
  
 
  
 
 
Como escolhemos reduzir “em x” faremos o mesmo para a 
segunda equação. Isolamos “h” na primeira equação e 
substituímos nas outras duas. 
 
3
1 7
63
6 3
1 13
6
x
y
x
h
x
z
        
  
        
21 7
1
6 6
39 13
1
6 6
y x
z x
   
 
    

 
 
27 7
6 6
33 13
6 6
y x
z x
  
 
  

 
 
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Para determinar a possível interseção igualamos as 
correspondentes equações. 
 
27 7
7 5
6 6
33 13
6 6
6 6
x x
x x
   

   

7 27
5 7
6 6
13 33
6 6
6 6
x
x
     
 
      
 
 
23 27 42
6 6
23 33 36
6 6
x
x
 
 
 

69
23 69 23
23 69 69
23
x
x
x
x
  
  
  

. 
Sistema com solução. 
 
Substituiremos tal valor de “x” na equação de 1r . 
 
69
7 5
23
69
6 6
23
y
z
   

   

 
161 345
23 23
138 414
23 23
y
z
   
 
   

184
23
276
23
y
z
 
 
 

 
 
O ponto de interseção é 
69 184 276
, ,
23 23 23
A
   
 
 ou 
 3,8,12A  . 
 
Item e. 
     1 : , , 2, 4,1 1, 2,3r x y z t   e 
     2 : , , 1, 2,5 4,3, 2r x y z t    
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Reescrevemos as equações na forma paramétrica. 
 
1
2
: 4 2
1 3
x t
r y t
z t
 

 
  
 2
1 4
: 2 3
5 2
x t
r y t
z t
  

 
  
 
 
Vamos deixá-las na forma reduzida “em x”. 
 
 
1
2
: 4 2 2
1 3 2
t x
r y x
z x
 

  
   
 2
1
4
1
: 2 3
4
1
5 2
4
x
t
x
r y
x
z
 


     
 
     
 
 
 
1
2 8
:
3 5
y x
r
z x
  

 
 2
3 11
4 4:
2 18
4 4
y x
r
z x
  

   

 
 
Igualamos as correspondentes equações. 
3 11
2 8
4 4
2 18
3 5
4 4
x x
x x
   

    

3 11
2 8
4 4
2 18
3 5
4 4
x
x
      
 
      
 
 
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11 21
4 4
14 38
4 4
x
x
  
 
 

21
11
38
14
x
x
 
 
 

. Sistema sem solução. 
 
As retas não possuem interseção, são reversas. 
 
Item f. 
1
2
: 4
x t
r y t
z t
 

 
  
 e 2
6
:
2
y x
r
z x
 

 
 
Como a segunda equação está na forma reduzida “em x”, 
vamos reescrever a primeira dessa mesma maneira. 
 
 
4 2
2
2
y x
t x
z x
  
   
  
 
6
2
y x
z x
  
 
  
 
Devemos igualar as correspondentes equações. 
6 6
2 2
x x
x x
   

   
6 6
2 2

 

. Sistema sempre verdadeiro. 
 
Concluímos que as retas são coincidentes. 
 
 
 
 
Exercício 05-26. Calcular o valor de m para que sejam 
concorrentes as seguintes retas: 
a) 1
2 5
:
2
y x
r
z x
 

  
 e 2 : 5 1
y
r x z
m
    
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b) 1 : 1
2
x m t
r y t
z t
 

 
 
 e 2
1 2
:
3 1 2
x y z
r
 
 

 
 
Resolução. 
Item a. 
1
2 5
:
2
y x
r
z x
 

  
 e 2 : 5 1
y
r x z
m
    
Vamos transformar a segunda equação, vamos deixa-la na 
forma reduzida em x. 
2
5
:
5 1
mx m y
r
x z
 

  
 
5
6
y mx m
z x
 
 
 
 
 
Igualamos as correspondentes equações. 
2 5 5
2 6
x mx m
x x
  

   
 2 5 5
8 2
m x m
x
    
 

 
 
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   2 4 5 5
4
m m
x
    
 

5 8
4
m
x
 
 

3
4
m
x
 
 

 
 
Substituímos, por exemplo, em 1r : 4 3 e 2x y z     . 
Substituindo em 1r : 4 e 3 3 e 2x m y z       . 
Perfeito! O ponto  4,3, 2P   pertence às duas retas desde 
que 3m   . 
 
 
Item b. 
1 : 1
2
x m t
r y t
z t
 

 
 
 e 2
1 2
:
3 1 2
x y z
r
 
 

 
 
Vamos deixar as duas equações na forma reduzida “em x”. 
1 : 1
2
x m t
r y t
z t
 

 
 
 
 
1
2
t x m
y x m
z x m
  

    
   
1
2 2
y m x
z m x
  
 
 
 
 
2
1 3 61 2
:
2 2 33 1 2
x yx y z
r
x z
   
   
   
1 7
3 3
2 2
3 3
y x
z x
  
 
   

 
 
Igualamos as correspondentes equações. 
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1
3 3
2 2
2 2
3 3
m x x
m x x
    

    

1 3 7 3
3 3 3 3
2 2
2 2
3 3
m x
m x x
         
    
 
 
4 10
3 3
4 10 2 2
2 2
3 3 3 3
m x
x x x
  
 
         
4 10
3 3
8 6 2 2 20
3 3 3 3 3
m x
x
  
 
       
 
 
4 10
3 3
4 22
3 3
m x
x
  
 
 

4 11 10
3 2 3
11
2
m
x
       
 
44 20
6
11
2
m
x
 
 
 

 
 
4
11
2
m
x


 

. 
 
Verificação: 
Quando 4m  tem-se: 
1
4
: 1
2
x t
r y t
z t
 

 
 
 2
1 2
:
3 1 2
x y z
r
 
 

 
1
4
: 1 4
8 2
t x
r y x
z x
 

  
  
 2
1 3 6
:
2 2 3
x y
r
x z
  

  
 
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1
5
:
8 2
y x
r
z x
 

 
 2
3 7
: 2 2
3 3
y x
r
z x
 


  
 
 
 2
1 7
3 3:
2 2
3 3
y x
r
z x
  

   

 
 
 
Igualamos as correspondentes equações. 
1 7
5
3 3
2 2
8 2
3 3
x x
x x
   

    

3 1 7 15
3 3 3 3
2 2
2 8
3 3
x
x
       
 
       
 
 
4 22
3 3
4 2 24
3 3
x
x
  
 
 

4 22
4 22
x
x

 

11
2
11
2
x
x
 
 
 

. 
Sistema com solução. 
Substituindo em 1r : 
10 11 1
11 2 2
16 222
3
2
y
x
z
   
   
   

. 
 
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Substituindo em 2r : 
1 11 7 11 14 1
11 3 2 3 6 2
2 11 2 22 42
3
3 2 3 6
y
x
z
     
   
       

. 
 
O ponto de interseção é o mesmo: 
11 1
, , 3
2 2
Q
    
 
. 
 
 
 
 
Exercício 05-27. Dadas as retas 
1
1
: ; 3
2
x
r y z

   e 2 : 1
2
x t
r y t
z t


  
  
 
Determinar equações reduzidas na variável x da reta que passa 
por  0,1,0A  e pelo ponto de interseção dessas duas retas. 
 
Resolução. 
Vamos colocar as duas equações na forma reduzida “em x”. 
1
1 1
: 2 2
3
y x
r
z
   

 
 e 2 : 1
2
t x
r y x
z x


  
  
. 
 
Igualamos as respectivas equações. 
1 1
1
2 2
3 2
x x
x
    

  
 
   1 11 1 1
2 2
1 x
    
 
 
0 0
1 x

 

. 
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Substituímos em 1r : 
1 1
(1) 0
1 2 2
3
y
x
z
    
  
 
. 
 1,0,3P  . 
 
Substituímos em 2r : 
1 1 0
1
2 1 3
y
x
z
   
  
  
. 
 1,0,3Q  . 
 
O ponto de interseção é  1,0,3B  . 
A reta passa por  0,1,0A  e por  1,0,3B  . 
Um vetor diretor é  1, 1,3AB  
����
. 
A equação vetorial é 
     , , 0,1,0 1, 1,3x y z t   . 
As equações paramétricas são: 
1
3 ;
x t
y t
z t t


 
   ℝ
 
 
 
 
 
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Exercício 05-28. Determinar na reta 
2
:
1 2
x t
r y t
z t
 


   
 um ponto 
equidistante dos pontos  2, 1, 2A    e  1,0, 1B   . 
 
Resolução. 
Um ponto que pertença à reta é um ponto da forma 
 2 , , 1 2P t t t    . 
 
Vamos comparar a distância ao quadrado de P até A com a 
distância ao quadrado de P até B. 
 
       
2 2 2 2
, 2 1 1 1 2 2d P A t t t           
 
   2 22 1 2 1t t t     
 
2 2 22 1 4 4 1t t t t t       
 
26 6 2t t   
 
       
2 2 2 2
, 2 1 0 1 2 1d P B t t t           
 
 2 2 21 4t t t    
 
2 21 2 5t t t    
 
21 2 6t t   
 
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Assim    
2 2
, ,d P A d P B       se e somente se 
 
2 26 6 2 1 2 6t t t t     
 
1
6 2 1 2 4 1
4
t t t t          . 
 
Quando 
1
4
t   tem-se 
1 1 1 7 1 6
2 , , 1 2 , ,
4 4 4 4 4 4
P
             
   
. 
 
 
 
 
 
Exercício 05-29. Determinar os pontos da reta 
: 2 , 1 2 , 3 2r x t y t z t      que 
a) distam 6 unidades do ponto  2,1,3A  ; 
b) distam 2 unidades do ponto  1, 1,3B   . 
 
Resolução. 
Item a. 
Um ponto da reta tem a forma  2 ,1 2 ,3 2P t t t    . 
Calculamos 
       
2 2 2 2
, 2 2 1 2 1 3 2 3d P A t t t           
 
2 2 2 24 4 9t t t t    
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Vamos exigir que 29 36t  , o que ocorre se e somente se 
2t   . 
 
Verificação. 
 1 4,5,7P  
  2 2 21, 2 4 4 4 16 16 36d P A        . 
 
 2 0, 3, 1P    . 
       2 2 22 , 2 4 4 4 16 16 36d P A           . 
 
Existem duas possibilidades para o ponto P. 
 
 
Item b. 
       
2 2 2 2
, 2 1 1 2 1 3 2 3d P B t t t           
 
     2 2 21 2 2 2t t t     
 
2 2 21 2 4 8 4 4t t t t t       
 
29 10 5t t   
 
Vamos exigir 29 10 5 4t t   , o que ocorre se e somente se 
29 10 1 0t t   
 
  100 4 9 1 100 36 64      
 
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1
2
1
10 8
1
19
9
t
t
t
 
  
  
 
 
 
Quando 1t   tem-se  1 1, 1,1P   . 
Quando 
1
9
t   tem-se 
1 17
2
9 9
x    , 
2 9 2 7
1
9 9 9
y

    e 
2 25
3
9 9
z    . 
O outro ponto possível é 2
17 7 25
, ,
9 9 9
P
   
 
. 
 
 
 
Exercício 05-30. Escrever equações reduzidas da reta que 
passa por  1,3,5A  e intercepta o eixo dos “z” 
perpendicularmente. 
 
Resolução. 
A reta procurada é paralela ao plano xOy. Portanto suas 
equações paramétricas são 
 
 
x x t
y y t
z k



 
 
 
Como ela passa pelo ponto  1,3,5A  , a terceira coordenada 
dos pontos dessa reta são todos iguais a 5. 
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Assim a interseção dessa reta com o eixo dos “zz” se dá no 
ponto  0,0,5P  . 
Já conhecemos dois pontos que pertencem à reta. 
Ela tem a direção de  1,3,0PA 
����
 e passa por  1,3,5A  
logo, sua equação vetorial é 
     , , 1,3,5 1,3,0x y z t  e suas equações paramétricas são 
 
1
3 3
5
x t
y t
z
 

 
 
 . 
 
Podemos isolar “t” na primeira equação e substituir nas outras 
duas, obteremos as equações reduzidas “em x”. 
 
 3 3 1
1
5
y x
t x
z
   
   

 
3
5
y x
z

 

. 
 
 
 
 
Exercício 05-31. Escrever equações reduzidas na variável z de 
cada uma das retas que satisfazem as condições dadas: 
a) passa por  4, 2,2A   e é paralela à reta : 2 2r x y z   ; 
b) passa pela origeme é ortogonal a cada uma das retas 
2 1 2
: 2 2
3 2
x y
r z
 
  

 e :s x y z    
 
Resolução. 
Item a. 
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A reta de equação : 2 2r x y z   , passa pela origem. Basta 
verificar que  0,0,0 satisfaz a equação. Se escolhermos e 
2x  e 1y  para satisfazer a primeira igualdade teremos que 
1z   . 
Assim, um vetor diretor da reta é 
     2,1, 1 0,0,0 2,1, 1w     
��
. 
 
Como ela passa por  4, 2,2A   sua equação vetorial é 
     , , 4, 2,2 2,1, 1x y z t    . 
 
Suas equações paramétricas são 
4 2
2
2
x t
y t
z t
 

  
  
 
 
Podemos isolar “t” na terceira equação e escrever as equações 
reduzidas “em z”. 
 
 4 2 2
2
2 2
x z
t z
y z
   
   
   
 
8 2x z
y z
 
 
 
. 
 
Item b. 
Precisamos do produto vetorial 1 2w v v 
�� �� ���
 das direções das 
duas retas. 
A equação 
2 1 2
: 2 2
3 2
x y
r z
 
  

 não está na forma padrão, 
vamos reescrevê-la: 
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1
2 12:
3 12
2 2
x
y z
r
  
 

. 
 
Assim, sabemos que um vetor diretor é 1
3 1
, 2,
2 2
v
   
 
��
. 
 
A outra equação :s x y z    também pode ser colocada na 
forma padrão, 
0 0 0
:
1 1 1
x y z
s
   
 
 
. Um vetor diretor 
dessa reta é  2 1, 1, 1v   
���
. 
 
Calculamos 
1 2
5 4 1
1 1 1 , ,
2 2 2
3 1
2
2 2
i j k
w v v
          
 

� � �
�� �� ���
. 
 
A equação vetorial da reta procurada é 
    5 1, , 0,0,0 , 2,
4 2
x y z t
      
 
. 
 
Suas equações paramétricas são 
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5
4
2
1
2
x t
y t
z t
  

 

  

 
 
Isolamos “t” na última equação e substituímos nas outras duas 
para obtermos as equações reduzidas “em z”. 
 
 
 
5
2 5
2 4
42 2
x z x z
t z
y z
y z
    
    
   
. 
 
 
 
Exercício 05-32. Determinar o ângulo que a reta que passa por 
 3, 1,4A   e  1,3,2B  forma com a sua projeção sobre o 
plano xy. 
 
Resolução. 
O vetor diretor dessa reta é  2,4, 2u AB   
� ����
. 
Sua equação vetorial é      , , 3, 1,4 2,4, 2x y z t     . 
Suas equações paramétricas são 
3 2
1 4
4 2
x t
y t
z t
 

  
  
 . 
 
Veja que existe a variação da terceira coordenada. 
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Quando consideramos a projeção de tal reta no plano xOy 
devemos considerar que as variações nas duas primeiras 
coordenadas são as mesmas, só que a terceira coordenada da 
projeção é constante e igual a 0. As equações da projeção são: 
 
3 2
1 4
0
x t
y t
z
 

  
 
 
 
Um vetor diretor da projeção é  2,4,0w  
��
. 
 
Calculamos o cosseno do ângulo formado pela reta e por sua 
projeção: 
cos
u w
u w



� ��
� �� 
 
4 16 20 4(5) 5 30
64 16 4 4 16 24 20 2 62 5 30

    
  
. 
 
Então 
5
arccos
30

 
  
 
. 
 
 
 
 
 
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Exercício 05-33. Apresentar as equações paramétricas da 
projeção da reta 
5 7
:
2 6
y x
r
z x
 

  
 sobre o plano xy. 
 
Resolução. 
Recebemos as equações reduzidas “em x”. Precisamos 
reescrever as equações paramétricas. 
Consideramos x t ℝ e obtemos 7 5
6 2
x t
y t
z t


  
  
. 
Um vetor diretor dessa reta é  1,5, 2v  
�
. 
Como visto no exercício anterior, um vetor diretor para a 
projeção no plano xOy é  1,5,0w 
��
. 
Precisamos conhecer um ponto da reta que possua a terceira 
coordenada igual a zero. 
Consideramos as equações reduzidas e escrevemos 0z  . 
 
 5 7 85 3 7
0 2 6 33
y x yy
x xx
     
   
    
. 
 
Então o ponto  3,8,0P  pertence à reta dada e também 
pertence à projeção, pois respeita a relação entre as duas 
primeiras variáveis e tem a terceira coordenada igual a 0. 
 
A reta projeção passa por  3,8,0P  e tem direção 
 1,5,0w 
��
, sua equação vetorial é, portanto, 
     , , 3,8,0 1,5,0x y z t  . 
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Suas equações paramétricas são 
3
8 5
0
x t
y t
z
 

 
 
 
 
Obs: A resposta do livro parece ser bem diferente, mas não é. 
 
Considere a mudança 3t x  em nossa resposta. 
Obtém-se 
  7 58 5 3
00
y xy x
zz
      
 
 
. 
 
Considere a mudança 1t x  na resposta do livro. 
Obtém-se 
  7 52 5 1
00
y xy x
zz
       
 
 
 . 
 
Trata-se da mesma reta. 
 
 
Exercício 05-34. Dados o ponto  3,4, 2A   e a reta 
1
: 2
4 2
x t
r y t
z t
 

 
  
 
a) determinar equações paramétricas da reta que passa por A e 
é perpendicular a r. 
b) calcular a distância de A a r. 
c) determinar o ponto simétrico de A em relação à r. 
 
Resolução. 
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Item a. 
Um vetor diretor da reta dada é  1, 1,2v  
�
. 
Existem infinitas direções ortogonais ao vetor  1, 1,2v  
�
. 
Apenas se deve exigir que a direção  , ,w a b c
��
 seja tal que 
0 2 0w v a b c     
�� �
. 
Vamos escolher uma delas, consideremos, por exemplo, 
 2,0, 1w  
��
. 
 
A equação vetorial dessa nova reta é 
     , , 3,4, 2 2,0, 1x y z t    . 
Suas equações paramétricas são 
3 2
4
2
x t
y
z t
 


   
 
 
 
O aluno pode ter escolhido outra direção ortogonal, por 
exemplo,  1,1,1w  
��
. A equação vetorial dessa outra reta 
ortogonal é      , , 3, 4, 2 1,1,1x y z t    e suas equações 
paramétricas são 
3
4
2
x t
y t
z t
 

 
   
 . 
 
 
Item b. 
Notas de Aula 2018 – Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
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Temos o ponto  3,4, 2A   . Precisamos de dois pontos 
distintos na reta. 
Escolhemos, por exemplo, 
 0 1,2,4t B   ; 
 1 2,1,6t C   . 
 
Precisamos dos vetores  1, 1,2BC  
����
 e  2,2, 6BA  
����
. 
 
O produto vetorial BC BA
���� ����
 possui módulo igual ao valor da 
área do paralelogramo determinado por esses vetores. 
BC BA
���� ����
 1 1 2 2,10, 4
2 2 6
i j k
  

� � �
. 
 
 4 100 16 120 (3)(4)(10) 2 (6)(5)BC BA      
���� ����
. 
 
O comprimento da base do paralelogramo é 
1 1 4 6BC    
����
. 
 
Então 
2 3 10 2 2 5
2 30 6 2 5
2 3 2
h h      . 
 
 
Item c. 
A situação deste exercício assemelha-se à ilustrada a seguir. 
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Conhecemos a altura 2 5h  e os vetores BC
����
 e BA
����
. 
Para determinar o simétrico precisamos conhecer o vetorque 
se inicia na projeção ortogonal de A sobre a reta e termina em 
A. Por enquanto conhecemos apenas o módulo h desse vetor. 
 
Temos a possibilidade de calcular a projeção 
2BC
BA BC
u proj BA BC
BC
 
     
 
����
���� ����
� ���� ����
���� . 
 
Após esse cálculo, poderemos calcular a componente ortogonal 
de BA
����
 sobre r. 
Ela será dada por 
BC
w BA proj BA BA u   ����
�� ���� ���� ���� �
. 
Então, para obter o simétrico faremos a subtração vetorial 
2P A w 
��
. 
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Calculemos. 
 
   2,2, 6 1, 1,2 12BA BC      
���� ����
. 
 
 26 6BC  
����
. 
 
2BC
BA BC
u proj BA BC
BC
 
     
 
����
���� ����
� ���� ����
���� 
 
   12 2 1, 1,2 2,2, 4
6
BC

      
����
. 
 
BC
w BA proj BA BA u   ����
�� ���� ���� ���� �
 
 
     2,2, 6 2,2, 4 4,0, 2       . 
 
Finalmente 
Notas de Aula 2018 – Álgebra Linear – Prof. Rui – DMA – UEM 
 
professorrui@hotmail.com Página 80 
 
     2 3,4, 2 2 4,0, 2 5,4,2A w      
��
. 
 
O ponto simétrico é  5,4,2P   . 
 
 
 
§§§§§