16 1) Problemas de ÁLGEBRA VETORIAL

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Grandezas Escalares e Vetoriais. Existem dois tipos de grandezas: as 
grandezas escalares e as grandezas vetoriais. As escalares são aquelas que ficam 
completamente definidas por apenas um número real (acompanhado de uma 
unidade adequada). São exemplos o comprimento, área, volume, massa, 
temperatura, densidade, tempo, etc. 
 As grandezas vetoriais são aquelas que além do módulo (ou comprimento ou 
intensidade), necessitam também de ser conhecidas a sua direção e seu sentido. 
Como exemplos, temos a força, velocidade, aceleração, empuxo, quantidade de 
movimento, impulso, campo elétrico e magnético, etc. Todas essas grandezas são , 
portanto, vetores. 
 
 
Direção e Sentido. Quando falamos de vetor, temos que ter bem presentes 
as ideias de direção e sentido. 
 
 
A figura ao lado apresenta três retas. A reta r1 
determina, ou define, uma direção. A reta r2 
determina outra direção, diferente da direção de r1. 
Já a reta r3 , por ser paralela a r2 , possui a 
mesma direção de r1 . Assim a noção de direção é 
dada por uma reta e por todas as que lhe são 
paralelas. Quer dizer, retas paralelas têm a mesma 
direção. 
 
 
Nesta figura a direção é definida pela reta que 
passa pelos pontos A e B. O deslocamento de uma 
pessoa nessa mesma direção pode ser feito de 
duas maneiras: 
no sentido de A para B ou no sentido contrário, de B para A. Portanto, a cada 
direção podemos associar dois sentidos. Fica claro então que só podemos falar em 
“sentidos iguais” ou em “sentidos contrários” caso estejamos diante da mesma 
direção. 
 
 
 
Segmento Orientado. Considere um avião com uma 
velocidade constante, deslocando-se para nordeste, sob um 
ângulo de 40° (em sentido horário) em relação ao norte. 
Esta grandeza (velocidade) seria representada por um 
segmento orientado (uma flecha), sendo seu módulo dado 
pelo comprimento do segmento, com a direção e o sentido 
definidos pelo ângulo de 40°. O sentido será indicado por 
uma seta na extremidade superior do segmento. Observe 
que no caso de o ângulo ser 220° (40° + 180°), a direção 
continua sendo a mesma, porém, o sentido é o oposto. Este 
exemplo sugere a noção de vetor. 
 
Abstendo-se da idéia de grandezas vetoriais, diríamos que o vetor é 
representado por um segmento orientado (um segmento está orientado quando nele 
se escolhe um sentido de percurso, considerado positivo). 
 
Dois ou mais segmentos orientados de mesmo 
comprimento, mesma direção (são paralelos ou colineares) 
e mesmo sentido são representantes de um mesmo vetor. 
Na figura todos os segmentos orientados paralelos, de 
mesmo sentido e mesmo comprimentos de AB , 
representam o mesmo vetor, que será indicado por 
 
AB ou B – A 
 
onde A é a origem e B a extremidade do segmento. O vetor também costuma ser 
indicado por uma letra minúscula encimada por uma flecha, tal como v
�
. 
 
Quando escrevemos ABv =
�
, estamos afirmando que o vetor v
�
 é determinado pelo 
segmento orientado AB. Porém, qualquer outro segmento de mesmo comprimento, mesma direção 
e mesmo sentido de AB representa também o mesmo vetor v
�
. Assim sendo, cada ponto do espaço 
pode ser considerado como origem de um segmento orientado que é representante do vetor v
�
 . 
Esta é a razão de o vetor também ser chamado vetor livre, no sentido de que o representante pode 
ter sua origem colocada em qualquer ponto. 
 
 
Ainda, dados um vetor ABv =
�
 e um ponto P, 
existe um só ponto Q tal que o segmento orientado 
PQ tenha o mesmo comprimento, a mesma direção e 
o mesmo sentido de AB. Portanto, temos também 
que PQv =
�
, o que reforça o fato de que um repre-
sentante de v
�
 pode ter sua origem em qualquer 
ponto P do espaço. 
 
O módulo, a direção e o sentido de um vetor v
�
 
é o módulo, a direção e o sentido de qualquer um 
dos seus representantes. Indica-se o módulo de v
�
 
por: 
 
 vouv
��
 
 
 
 
Casos Particulares de Vetores. 
 
a) Dois vetores u
�
 e v
�
 são paralelos (u
�
 // v� ) se 
tiverem apenas a mesma direção. Na figura ao 
lado, os três vetores wevu
���
, possuem a mesma 
direção, porém o vetor w
�
 tem sentido contrário de 
veu
��
. 
 
b) Dois vetores u
�
 e v
�
 são iguais (u
�
 = v
�
) se tiverem iguais o módulo, a direção 
e o sentido. 
 
c) Qualquer ponto do espaço é representante do vetor zero (ou vetor nulo), que 
é indicado por AAou0
�
 (a origem coincide com a extremidade). Pelo fato 
deste vetor não possuir direção e sentidos definidos, considera-se o vetor nulo 
paralelo a qualquer vetor. 
 
v
�
d) A cada vetor não-nulo v
�
 corresponde um vetor oposto v
�
− , de mesmo 
módulo e mesma direção de v
�
, porém, de sentido contrario. 
 
Se ABv =� , o vetor BA é o oposto de AB , isto é, ABBA −= . 
 
 
e) Um vetor u
�
 é unitário se 1=u
�
. Para cada 
vetor v
�
, ( 0
�
�
≠v ), é possível associar dois vetores 
unitários de mesma direção e sentidos contrários, 
ueu
��
− . O vetor unitário de mesmo sentido de 
v
�
 chama-se versor de v
�
. 
Na verdade o vetor u
�
 não é versor só de v
�
, mas sim de todos os vetores 
paralelos e de mesmo sentido de v
�
 e medidos com a mesma unidade. 
 
 
f) Dois vetores u
�
 e v
�
(Figura a) são ortogonais, e 
indica-se por u
� ⊥v� , se algum representante de 
u
�
 formar ângulo reto com algum representante 
de v
�
. A figura (b) mostra dois representantes 
de veu
��
, com origem no ponto A, formando 
ângulo reto. Considera-se que o vetor zero é 
ortogonal a qualquer vetor. 
 
 
g) Dois ou mais vetores são coplanares se existir 
algum plano no qual estes vetores estão 
representados. É importante observar que 
dois vetores quaisquer são sempre 
coplanares, pois basta tomar um ponto P 
qualquer no espaço e, com origem nele, traçar 
dois representantes desses dois vetores. 
 
Três vetores podem ser coplanares ou não. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Decomposição de um Vetor no Plano : Dados dois vetores 21 VeV
��
, 
não colineares, qualquer vetor V
�
 (coplanar com 21 VeV
��
) pode ser decomposto 
segundo as direções de 21 VeV
��
 . O problema consiste em determinar dois vetores 
cujas direções sejam as de 21 VeV
��
 e cuja soma seja V
�
, ou seja, determinar dois 
números reais 21 aea tais que 
 
2211 VaVaV
���
+= 
 
 Quando o vetor V
�
 estiver representado por 2211 VaVaV
���
+= , dizemos que V
�
 
é combinação linear de 21 VeV
��
. 
 
• O par de vetores 21 VeV
��
, não colineares, é chamado base no plano ; 
• Os números 21 aea da representação 2211 VaVaV
���
+= são chamados 
componentes de V
�
 em relação à base { }21 , VV �� ; 
 
• O vetor 11Va
�
 é chamado projeção de V
�
 sobre 1V
�
 segundo a direção de 2V
�
 ; 
• O vetor 22Va
�
 é chamado projeção de V
�
 sobre 2V
�
 segundo a direção de 1V
�
. 
 
Exemplo : Dados os vetores 21 VeV
��
 e V
�
, representar o vetor V
�
 como combinação 
linear desses vetores 21 VeV
��
 . 
 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( V ) 
(PAULO WINTERLE) A figura representa um paralelepípedo retângulo. Decidir se é 
verdadeira ou falsa cada uma das afirmações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Justificativas : 
 
a) Os vetores BFeDH possuem mesmo módulo, direção e sentido. 
 
b) O correto seria GHAB −= . 
 
c) Como βααβ ⊥∈∈ eABCG , , temos que CGAB ⊥ uma vez que ( )BFouAE são 
representantes do vetor CG e que são ortogonais a AB , conforme a definição ( f ) de vetores 
ortogonais. 
 
d) Sendo β o plano que passa pelos pontos A, F e D, percebe-se que o vetor BC pode ser 
representado pelo vetor AD , que é ortogonal ao vetor AF , conforme a definição ( f ) de vetores 
ortogonais. 
 
e) Por se tratar de um paralelepípedo retângulo, os vetores HFeAC são as diagonais das faces 
superior e inferior e, portanto, são iguais e seus módulos também. 
 
f) DFeAG são as diagonais do paralelepípedo e consequentemente são iguaise os seus 
módulos também. 
 
g) EDeBG têm direções diferentes, logo não são paralelos. 
 
h) CGeBCAB , não são coplanares pois não existe um plano no qual estes vetores possam ser 
representados, conforme definição (g). 
 
i) EGeFGAB , são coplanares pois existe o plano β no qual os três vetores estão representados 
e, no caso, o vetor AB está representado pelo vetor HG . (def. g). 
 
j) HFeCHEG , são coplanares pois existe o plano β no qual os três vetores estão representados 
e, no caso, o vetor CB está representado pelo vetor GF . (def. g). 
 
k) FGeDBAC , são coplanares pois existe o plano β no qual os três vetores estão representados 
e, no caso, o vetor FG está representado pelo vetor BC . (def. g). 
 
l) CFeBGAB , não são coplanares pois não existe um plano no qual estes vetores possam ser 
representados, conforme definição (g). 
 
m) CFeDCAB , são coplanares pois existe o plano β formado pelos pontos C, D e F no qual os 
três vetores estão representados e, no caso, o vetor AB está representado pelo vetor CF . (def. 
g). 
 
Veja as ilustrações na página seguinte. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ABCBAC
DCACc
=+
=+)ADBDABb =+)
AMCMAC
EOACe
=+
=+)
AKMKAM
BLAMf
=+
=+)
AHKHAK
ANAKg
=+
=+)
AIOIAO
IOAO
OEAOh
=+
=−
=−)
ACMCAM
CMAM
NPMOi
=+
=−
=−)
ACBCAB
CBBCj
=+
=−)
AE
CEMCAM
NFPNLPk
=
=++
=++)
0
)
�
==
=++
=++
AA
KARKAR
PBBNBLl
(PAULO WINTERLE) A figura ao lado é constituída de nove 
quadrados congruentes (de mesmo tamanho). 
Determinar os vetores a seguir, expressando-os com 
origem no ponto A . 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ANCNACa =+)
AOCOAC
AKACd
=+
=+)
AHEHAE
EHBFc
=+
=+)
ABCBAC
BCEGd
=+
=−)
AHEHAE
EHCGe
=+
=+)
AFBFAB
FBEFf
=+
=−)
ADBDCBAC
FHDAEGh
=++
=++)
(PAULO WINTERLE) A figura ao lado representa um 
paralelepípedo retângulo. Determinar os vetores a 
seguir, expressando-os com origem no ponto A. 
 
Solução: 
 
 
AEDEAD
DEBCb
=+
=+)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AFBFAB
CGABa
=+
=+)
AGCGBCAB
AEADABg
=++
=++)
(PAULO WINTERLE) A figura apresenta um losango EFGH 
inscrito no retângulo ABCD, sendo O ponto de interseção 
das diagonais desse losango. Decidir se é verdadeira ou falsa 
cada uma das seguintes afirmações: 
 
 
 
Comentários: b) correto: HCAF = ; f ) correto: OCEHouOCEH =−=− 
 
 
(PAULO WINTERLE) Decidir se é verdadeira ou falsa cada uma das afirmações abaixo: 
 
 
 
 
e) Observação 1: A figura ao lado mostra dois vetores 
não colineares e cujo módulo do vetor soma não é 
igual à soma dos módulos dos dois vetores. 
 
 
f) Observação 2: A figura ao lado mostra que quando 
dois vetores são paralelos ( ou colineares ) o módulo 
da soma é igual à soma dos módulos dos dois vetores. 
 
 
 
g) Observação 3: Veja figura ao lado os dois tipos de 
paralelogramo que podem ser obtidos. 
 
 
k) Se 30103 =−⇒= vv
�
. Daí, 
330
v10-
v10-
v10-)vvers(-10 v
��
�
�
�
−=== 
ADFHEHFE
FGFEf
==+=
=+)
AOEHOHEO
BGEOe
==+=
=+)
ACEPHPEH
FGEHb
==+=
=+)
ACABAD
AFAEc
=+=
=+ 22)
(PAULO WINTERLE) Com base na figura ao lado, expressar os 
vetores a seguir, expressando-os com origem no ponto A. 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ADOROQOP
OCOEh
==+=
=+ 22)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AHBPGPBG
EHBCj
==+=
=+
2
1
)
 
 
 
 
 
 
AEOH
CHOCa
==
=+)
ABEGHGEH
EFEHd
==+=
=+)
AOOCGCOG
OHOG
HOOGg
==+=
=+=
=−)
ACOCFOAF
AOFOAFi
=++=
=++)
(PAULO WINTERLE) Com base na figura ao lado, expressar os 
vetores a seguir, expressando-os com origem no ponto A. 
 
Solução: 
 
a) 
ACDCAD
ABAD
=+
=+
 b) 
ACCABACB
DABA
−==+
=+
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) 
ABCBAC
BCAC
=+
=−
 d) 
AMNMAN
BCAN
=+
=+
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
e) 
ADDA
MNDNMD
MBMD
−=
==+
=+
 f) 
APBDMDBM
CDBM
DCBM
==+
=+
=−
2
1
2
1
 
 
 
 
 
 
 
Neste caso, a soma é o vetor BD e como se quer 
exprimi-lo com origem em A, far-se-á necessário 
tomar um ponto P, fora da figura, resultando assim no 
vetor AP , paralelo a BD . 
 
(PAULO WINTERLE) Apresentar graficamente, um representante do vetor vu �� − nos 
casos abaixo : 
 
 
 
 
(PAULO WINTERLE) Determinar o vetor x� nas figuras abaixo: 
 
 
 
 
vux
uvx
���
�
���
−−=∴
=++ 0
 
uvx
vxu
���
���
−=∴
=+
 
vux
xuv
���
���
+=∴
=+
 
 
 
 
(PAULO WINTERLE) Dados os vetores u e v da figura, mostrar, 
em um gráfico, um representante dos vetores: 
 
a) u -v b) v -u c) –v -2u d) 2u -3v 
 
 
 
vux
uxv
���
���
−=∴
=+
(PAULO WINTERLE) Dados três pontos A, B e C não colineares, como 
na figura, representar o vetor x� nos casos : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(PAULO WINTERLE) No triângulo ABC da figura, seja aAB = e bAC = . 
Construir um representante de cada um dos vetores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CBAb
���
−− 24)
( )CABc ��� +−2)
(PAULO WINTERLE) Dados os vetores ceba �
�
�
, da figura, apresentar 
graficamente um representante do vetor x� tal que: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(PAULO WINTERLE) Dados os vetores A, B e C da figura ao lado, 
 apresentar um representante de cada um dos vetores : 
 
 CBAa
���
++) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(fig. 1) 
(CAMARGO e BOULOS) Na figura, representa-se um paralelepí- 
pedo ABCDEFGH. Sendo AEweADvABu === ��� , , 
exprima DFeHBECAG ,, em função de wevu ���, . 
 
 
 
Solução : A estratégia é “ ir de A até G ” (fig. 1) através de arestas associadas a wevu
���
, : 
 
 
 
 
 )2.(figvuwBCABEAEC ++−=++= 
 
)3.(figvwuCBGCHGHB −−=++= 
 
)4.(figvuwGFHGDHDF −+=++= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
fig. 1 fig. 2 
fig. 3 fig. 4 
ADCDACBADBAD =++++
ACGCFGEFAE =+++
0=+++ CADCBDAB
ADCDBCAB =++
(CAMARGO e BOULOS) Na figura, obtenha a soma dos vetores indicados em cada caso: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1º) 
2º) 
3º) 
4º) 
 
 
( FEITOSA ) Resolver a equação ( )[ ]
2
2
3
2 xa
bax
x
��
�
��
� −=−+− 
 
Solução: Esta equação pode ser resolvida como uma equação numérica: 
 
 
( )[ ]
[ ]
( )
bax
bax
abaxxx
abaxxx
xabaxx
xa
bax
x
xa
bax
x
xa
bax
x
�
��
�
��
�
�
����
�
�
����
��
�
���
��
�
��
�
��
�
��
�
��
�
��
�
5
6
3
6155
2
3612
2
3124
3662
3662
2
22
3
2
2
22
3
2
2
2
3
2
2
3
2
3
2
3
+−=
∴
−=−
+−=+−
+−=+−
−=+−−
−=+−−
−=−+−
−=−+−
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Na figura, obtenha a soma dos vetores 
indicados sabendo-se que ABCDEFGH é um paralelepí-
pedo. 
 
Solução : Denotemos por wvu ,, os vetores 
da figura. 
 
 
 
 
 
 
 AFwvu =++ 
 
 
 
 
 
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Na figura, obtenha a soma dos vetores 
indicados sabendo-se que ABCDEFGH e EFGHIJLM são 
cubos de aresta congruentes. 
 
Solução : Denotemos por zyxwvu ,,,,, 
os vetores da figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BLzwvu
zwvu
zxxwvu
zyxwvu
=+++
=++++
=+−+++
=+++++
0
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Na figura, obtenha a soma dos 
vetores indicados sabendo-se que o cubo ABCDEFGH 
tem centro O e está divido em oito cubos congruentes 
por planos paralelos às faces. 
 
 
Solução : Denotemos por yxwvu ,,,, os vetores da figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 AFxyuwv =++++ 
 
 
 
Outros ângulos de visualização: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Dado o paralelepípedo ABCDEFGH, achar o vetor X nos três 
casos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Obs.: Siga a seqüência dos vetores azul + laranja = verde + roxo = vermelho. 
Solução Alternativa: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( outroângulo de visão ) 
(STEINBRUCH /WINTERLE) Dados os vetores )coplanares (não, WeVU
���
, conforme a 
figura, construir o vetor SWVU
����
=+−
2
132 
 
 
 
 
Solução: 
 
1) Acham-se os vetores WeVVU
����
2
13,3,2 − ; 
2) Fazemos a soma vetorial ( )VU �� 32 −+ ; 
3) Fazemos a soma vetorial ( )[ ] SWVU ���� =+−+
2
132 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Quais são a origem e a extremidade de um representante do 
vetor FBGCFAGHBC +−−+ ? Você não vai precisar de nenhuma figura para 
chegar à resposta certa. 
 
Solução: 
 
 
 
( origem A e extremidade H ) 
(CAMARGO e BOULOS) Mostre que a soma dos seis vetores que têm 
por representantes segmentos orientados com origem em cada 
um dos vértices, e extremidade no centro de um mesmo 
hexágono regular é o vetor nulo. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Na figura, sejam ABu =� , AHv =� , ACw = . 
Obtenha representantes dos vetores x� e y� tais que 
 Oxvu
�
���
=++ e Oywvu
�
���� =+++ . 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BX =
�
(CAMARGO e BOULOS) Sendo u� , v� e w� representados na figura abaixo, represente o 
vetor 4/52 wvux ���� +−= por uma flecha de origem O. 
 
 
 Solução: 
 
 
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Na figura abaixo, representa-se um hexágono regular 
ABCDEF. Determine X, sabendo que 2/323 wvuCX ��� ++−= . 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Na figura abaixo está representado um paralelepípedo. 
Sendo M tal que 2/BGBM = , indique a ponta da flecha de origem H que 
corresponde ao vetor 6/3/2/ CDABHB −+ . 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
A interseção das diagonais BG e CF é o ponto M tal que 2/BGBM = . 
 
A interseção das diagonais AG e BG é o ponto O, localizado no centro do paralelepípedo. 
 
Note que : OMAB
ABABAB
ABABDCAB ===+=+=+
2
1
6
3
6
2
6
1
3
1
6
1
3
1
 
 
Daí, HMOMHODGABAB =+=++
6
1
3
1
2
1
, indicando que a ponta da flecha do vetor 
 
soma é o ponto M. 
(CAMARGO e BOULOS) O hexágono ABCDEF é regular, de centro O. 
Prove que AOAFAEADACAB 6=++++ (figura ao lado). 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(MELLO e WATANABE) A figura é um quadrado onde B, D, 
E e G são os pontos médios dos lados, DBu =� e DGv =� . 
Escreva os seguintes vetores FBBCDOEBGE ,,,, , 
AG e AH em função de u
�
 e v
�
. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(CAMARGO e BOULOS) Você dispõe de uma folha de papel circular, de centro O. 
Verifique se existem pontos A e B na borda da folha tais que não seja possível 
desenhar representantes de OBOA + e OBOA − . 
 
Solução: Fixando o 
ponto A, tomemos um 
ponto B e um ponto P 
diametral-mente oposto a B 
(Fig.1) e notemos que o 
vetor OBOAOC += ultra-
passa a borda do papel. 
No entanto, o segmento 
orientado OC é eqüipolente 
ao segmento orientado PA 
e, portanto, os vetores 
determinados por esses 
segmentos são iguais. 
 
Conclui-se daí que o vetor 
OAPOPA += é igual ao 
vetor OC , vetor este que se 
encontra dentro dos limites 
do papel. 
 
Note também que o vetor 
subtração OBOABA −= já 
se encontra dentro do 
papel nesta situação. À 
medida que B se aproxima 
de A, OC tende a au-
mentar e BA tende a 
diminuir (Fig.2 e 3). 
 
Quando o ponto B coincide 
com o ponto A, BA é o vetor 
nulo e OC tem o máximo de 
sua soma fora do papel, 
mas o vetor PA ainda assim 
continua dentro do papel, 
ou seja, é o diâmetro da 
folha (Fig.4). 
 
Perceba que o vetor OC pode ser determinado por uma infinidade de segmentos 
orientados denominados representantes desse vetor e que são eqüipolentes entre si. Um 
desses representantes é o vetor PA determinado pelo segmento orientado PA. 
 
À medida que o ponto B se afasta de A, OC tende a diminuir bem como seu representante 
PA e quando B estiver diametralmente oposto a A, BC ≡ e AP ≡ , sendo que OPAOC
�
== 
e o vetor diferença BA atinge o seu valor máximo dentro do papel (Fig.5 e 6 ). 
 
Conclusão: Quaisquer que sejam as posições dos pontos A e B será sempre possível 
desenhar o vetor soma e o vetor diferença dentro do papel. PAOBOAOBPO =+⇒= 
 
 ( FEITOSA ) Dados os vetores a� e b
�
, determinar o vetor x� tal que 
 
22
42
axb
xa
��
�
�� −−=− 
 
Solução: Esta equação pode ser resolvida como uma equação numérica: 
 
bax
abx
axbxa
axb
xa
axb
xa
�
��
�
�
�
��
�
��
��
�
��
��
�
��
7
1
7
3
37
84
2
42
22
42
−=
∴
−=−
+−=−
+−=−
−−=−
 
 
 
 
( FEITOSA ) Dados três pontos A, B e C não alinhados, construir o vetor APx −=� 
tal que 
 
( ) ( ) ( )CBAPBA −=−+− 432 
 
Solução: Esta equação pode ser resolvida como uma equação numérica: 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) )1(
3
2
3
4
243
432
BACBAPx
BACBAP
CBAPBA
−−−=−=
−−−=−
−=−+−
�
 
 
Para facilitar a construção geométrica, escrevemos (1) como : 
 
( ) ( ) ( )BABCAPx −−−−=−=
3
2
3
4�
 
 
Assim, teremos os dois vetores do segundo membro com a mesma origem em B. 
 
 
 
 
( FEITOSA ) Dados três pontos A, B e C quaisquer, construa o vetor CPx −=� de 
maneira que 
 
( ) ( ) ( ) ( )CBPCCPAB −−−=−+− 4
2
32 
 
Solução: Esta equação pode ser resolvida como uma equação numérica: 
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )1
5
2
5
8
285
8232
8232
4
2
32
ABCBCP
ABCBCP
CBCPCPAB
CBPCCPAB
CBPC
CPAB
−−−−=−
−−−−=−
−−−−=−+−
−−−=−+−
−−−=−+−
 
 
Para facilitar a construção geométrica, 
escrevemos (1) como : 
 
 ( ) ( ) ( )BABCCPx −+−=−=
5
2
5
8�
 
 
Assim, teremos os dois vetores do segundo membro com a mesma origem em B. 
 
A construção geométrica caso os pontos A, B e C não forem alinhados é a figura acima. 
Deve ficar claro que os pontos A, B e C também podem estar alinhados e neste caso a figura seria outra. 
 
 
 
 
( FEITOSA ) Dados quatro pontos A, B, C e D situados num mesmo plano, construir 
o vetor DPx −=� tal que 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )PDDAACDPDCAB −−−=−+−+−+− 2
2
3 
 
Solução: Esta equação pode ser resolvida como uma equação numérica: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )ACABADDPx
ACADACABADDP
ACDAACABADDP
ACDAACABDADP
ACDCABDADP
DPDAACDPDCAB
PDDAACDPDCAB
PDDAAC
DPDCAB
−−−−−−=−=
∴
−−−+−−−−−−=−
−−−−−−−−−−=−
−−−+−−−−−=−
−−−−−−−=−
−+−=−+−+−+−
−−−=−+−+−+−
−−−=−+−+−+−
5
42
42
42
42
2243
2243
2
2
3
*
*
�
 
 
 
 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ACABAXCABAAX
CABAAX
CABAAXAXAX
CABAAXAXAX
CAAXBAAXAX
CAAXBAAXAX
−−−=−∴−+−−=−
−+−−=−
−+−−
=
−−−+−
−+−−=−−−+−
−+−+−−−−=−
−+−+−+−−=−
13
2
13
9
13
2
13
9
2913
6
29
6
296
3
1
3
1
3
1
2
3
3
1
3
1
2
3
3
1
2
3
2
3
( FEITOSA ) Dados três pontos A , B e C, exprimir o vetor X - C sabendo que X é o 
ponto da reta AB tal que B - X = 4(A – X) . 
 
Solução : Os vetores B – X e A – X podem ser escritos como: 
 
( ) ( ) ( ) ( )XCCAXAeXCCBXB −+−=−−+−=− 
 
Daí, 
 
( )
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )CBCACX
CBCACX
CBCAXC
XCCAXCCB
XCCAXCCB
XAXB
−−−=−
∴
−−−=−
−−−=−−
−+−=−+−
−+−=−+−
−=−
3
1
3
4
43
43
44
4
4
 
 
 
 
 
( FEITOSA ) Dados três pontos A , B e C, exprimir o vetor X - A sabendo que X está 
reta BC tal que ( ) ( )CXBXAX −+−−=−
3
1
2
3 . 
 
Solução : Os vetores X – B e X – C podem ser escritos como: 
 
( ) ( ) ( ) ( )CAAXCXeBAAXBX −+−=−−+−=− 
 
Daí, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelo ponto X’ traçamos uma paralela a reta CA e a partir daí fazemos um “transporte” do vetor 
(X’-A) até o ponto em que o pontoX recaia na reta BC (em azul). Note que o vetor (X-A) é um 
representante do vetor (X’-A) que satisfaz as condições do problema. 
( FEITOSA ) Dados os pontos A, B e C exprimir o vetor X-C sabendo que X é o ponto da reta AB tal que 
a) ( )XAmXB −=− ; b) para que valor de m não existe o ponto X ? c) qual é o ponto X para m = -1 ? d) 
para quais valores de m o ponto X é interno ao segmento AB ? e) para quais valores de m o ponto X está 
na semirreta de origem B que não contém o ponto A ? 
 
Solução : 
 
a) Podemos escrever : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )AXXAXAXCCBXB −+−=−−+−=− e . 
 
daí, 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
ou
1
1
−
−=
−
−−−=−
∴
−−−=−−
−−−=−−−
−−−=−−−
−+−=−+−
−+−=−+−
m
CBCAm
CX
m
CBCAm
CX
CBCAmCXm
CBCAmCXCXm
CXmCAmCXCB
XCmCAmXCCB
XCCAmXCCB
 
 
 
b) Para m = 1 não existe o ponto X pois o denominador da expressão se anula. 
 
c) Para m = -1 temos : 
 
 
2222
1 CBCABCACCBCACBCA
CX
+=
−
+=
−
−−=
−
−×−= , ou seja, X é 
ponto médio do segmento AB, tendo em vista que o vetor CB+CB é a diagonal do 
paralelogramo construído com os vetores e sua metade é o vetor CX (fig. 1). 
 
 
d) Para todo m < 0 , p.ex. m = -2 temos : 
 
 CBCA
CBCACBCA
CX
3
1
3
2
3
2
12
2 +=
−
−−=
−−
−×−= , ou seja, X é um 
ponto interno do segmento AB (fig. 2). 
 
 
e) Para 0 ≤ m < 1 , p.ex. m = 1/4 temos : 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )CB/AC/
/
CBCA/
/
CBCA/
CX 3431
43
41
141
41 +=
−
−=
−
−= , 
ou seja, X é um ponto contido na semirreta com origem em B que não passa pelo 
ponto A (fig. 3). 
 
 
 
 
f) Para m = 1, p.ex. m = 2 temos : 
 
 CABCBCCACBCA
CBCA
CX 222
12
2 +=+=−=
−
−= , ou seja, X é 
um ponto que não pertence ao segmento AB (fig. 4) 
( FEITOSA ) Dados os pontos A, B e C , exprimir o vetor X-C supondo que X seja o 
ponto médio do segmento AB. 
 
Solução : Se X é ponto médio de AB então AX = XB, i.é, 
 
 (X-A) = (B-X) (1) 
 
Temos que: (X-A) = (X-C)+(C-A) e (B-X) = (B-C)+(C-X) . (2) 
 
Usando as duas igualdades (2) acima na expressão (1), temos: 
 
 
 
 
( FEITOSA ) Supondo A, B e C não alinhados, determinar o vetor X-C quando X é o 
ponto de intersecção da bissetriz do ângulo interno ACB do triângulo ABC com o 
lado AB. 
 
Solução : Sendo a e b os comprimentos dos lados BC e AC respectivamente, pelo Teorema da 
Bissetriz Interna de um triângulo, temos que 
 
 
 → 
a
XB
b
AX = ou seja, ( )XB
a
b
AX
a
XB
b
AX −=−∴−=− (1) 
 
 
Temos que: (X-A) = (X-C)+(C-A) e (B-X) = (B-C)+(C-X) (2) 
 
Usando as duas igualdades acima na expressão (1), temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
22
2
CBCA
CXou
CBCA
CX
CACBCX
ACCBCXCX
ACCBXCCX
XCCBACCX
+=−+−=−
∴
−+−=−
−−−=−+−
−−−=−−−
−+−=−+−
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
ba
CBbCAa
CXou
ba
CBbCAa
CX
CAaCBbCXba
ACaCBbCXba
ACaCBbCXbCXa
ACaCBbXCbCXa
ACCB
a
b
XC
a
b
CX
XC
a
b
CB
a
b
ACCX
XCCB
a
b
ACCX
+
+=
+
−+−=−
∴
−+−=−+
−−−=−+
−−−=−+−
−−−=−−−
−−−=−−−
−+−=−+−
−+−=−+−
( FEITOSA ) Supondo a ≠ b determine o vetor X-C quando X é o ponto de intersecção 
da bissetriz do ângulo externo do triângulo ABC com o lado AB . 
 
Solução : Sendo a e b os comprimentos dos lados BC e AC respectivamente, pelo Teorema da 
Bissetriz Externa de um triângulo, temos que 
 
 
 → 
a
BX
b
AX = ou seja, ( )BX
a
b
AX
a
BX
b
AX −=−∴−=− (1) 
 
 
Temos que: (X-A) = (X-C)+(C-A) e (X-B) = (X-C)+(C-B) (2) 
 
Usando as duas igualdades acima na expressão (1), temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 a > b a < b 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
ba
CBbCAa
CXou
ba
BCbCAa
CXou
ba
BCbCAa
CX
ba
CAaBCb
CX
CAaBCbCXba
ACaBCbCXbCXa
ACBC
a
b
CX
a
b
CX
BC
a
b
CX
a
b
ACCX
BCCX
a
b
ACCX
−
−=
−
+=
−
−+−=−
∴
−
−+−=−
−+−=−−
−−−=−−−
−−−=−−−
−+−=−+−
−+−=−+−
( FEITOSA ) Dados três pontos A, B e C não alinhados, 
determinar o vetor X-C onde X é o ponto de intersecção da 
altura relativa ao lado AB com esse lado. 
 
Solução : Seja o triângulo ABC da figura e h a altura relativa ao lado AB. 
 
 Temos : βα tan.XBhetan.AXh == 
 
 daí, βα tan.XBtan.AX = (1) 
 
 porém, 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )

−+−=−=
−+−=−=
XCCBXBXB
ACCXAXAX
 
 
 Substituindo as duas igualdades acima na 
 expressão (1), temos: 
 
 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
βα
βα
βα
βα
βαβα
αββα
αββα
ββαα
βα
tantan
tanCBtanCA
CXou
tantan
tanCBtanCA
CX
tanCBtanCACXtantan
tanCAtanCBtanCXtanCX
tanACtanCBtanXCtanCX
tanXCtanCBtanACtanCX
tanXCCBtanACCX
+
+=
+
−+−=−
∴
−+−=−+
−+−=−+−
−−−=−−−
−+−=−+−
−+−=−+−
 
 
 
 
 
( PAULO WINTERLE ) Provar que as diagonais de um paralelogramo têm o mesmo 
ponto médio. 
 
Solução: 
 
Seja M o ponto médio de AC. Podemos escrever: 
 
CMBCBM += (aplicando a definição de soma de dois vetores) 
MAAD += (aplicando a definição de igualdade de vetores) 
ADMA += (aplicando a propriedade comutativa) 
MD= (aplicando a definição de soma de dois vetores na igualdade anterior) 
 
Logo, MDBM = , segue que M é o ponto médio de BD . 
 
Ora, sendo M o ponto médio de AC e BD, conclui-se que as diagonais do paralelogramo têm 
o mesmo ponto médio. 
YBYAYBYABYAY
BYAY
2
5
5252
052
−=→=−→−=→
=+
�
( MELLO e WATANABE ) Numa figura, represente os pontos satisfazendo as equações abaixo: 
ABPQgBYAYfAXBXe
OBAOdABAEcABADbABACa
3
2
05254
43
4
5
3
5
4
−==+=
=−===
)))
))))
�
 
Solução: 
 
a) ABAC 4= 
 
b) ABAD
3
5= 
c) ABAE
4
5−= 
d) OBOAOBOAOBAO
3
4
3
4
43 −=→=−→= 
 
e) XAXBXAXBAXBX
4
5
5454 =→−=−→= 
 
f) 
 
 
 
g) ABPQ
3
2−= a questão nada diz sobre a posição dos pontos. Podemos escolher os pontos A, B e P não 
alinhados e teremos: 
 
 
 
( MELLO e WATANABE ) São dados os pontos X e Y. Numa mesma figura, represente estes pontos e 
mais os seguintes tal que: 
 
 
YXYHYXYHYXHYh
YXYGYXYGYXGYg
XYXFf
XYXEXYXEXYEXe
YXYDd
YXYCYXYCYXCYc
XYXBb
XYXAXYXAXYAXa
444
2
7
2
7
2
7
3
2
333
3
2
3
4
3
4
3
4
3
1
222
−=⇒=−⇒=
=⇒−=−⇒−=
=
=⇒−=−⇒−=
=
−=⇒=−⇒=
−=
−=⇒=−⇒=
)
)
)
)
)
)
)
)
 
 
 
vu
�� α=
( MELLO e WATANABE ) São dados os pontos A e B. Num desenho coloque os pontos 
 A, B, C, D, E, F e G, dados por: 
 
GBAGe
FBAFdEBAEcDBADbCACBa
85
23350717
3
1
=−
=+=+=
)
))))
�
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( PAULO WINTERLE ) Demonstrar que o segmento cujos extremos são os pontos médios de dois 
lados de um triângulo é paralelo ao terceiro lado e igual à sua metade. 
 
Solução: Seja o triângulo ABC e M e N os pontos médios dos lados AC e BC (figura 
abaixo ). 
 
Da figura, tem-se: 
 
( ) ABMNCBAC
CBAC
CNMCMN
2
1
2
1
2
1
2
1
=⇒+=
+=
+=
 
 
 
** OBSERVAÇÃO : Dois vetores veu
��
 são paralelos se existir um número α tal que 
 
 
 
Logo, ABMN // ( onde α = ½ ) e ABMN
2
1= . 
( )
bav
OBOAOP
OBOAOAOP
OBAOOAOP
OBAOOAOP
ABOAOP
APOAOP
�
��
3
2
3
1
3
2
3
1
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
+=
∴
+=
+−=
++=
++=
+=
+=
( MELLO e WATANABE ) Em cada uma das figuras, escrevao vetor z
�
 em função dos 
demais. 
 
 
bazOBOAAB
OBAOAB
�
�� +−=⇒+−=
+=
 
 
 
dcbazTSRSQRQPPT
STRSQRPQPT
�
�
�
�� −++−=⇒−++−=
+++=
 
 
 
bazbabz
ADBABCCD
ADBACBCD
�
��
�
�
�
� +−=⇒+−−=
+−−=
++=
2
 
 
 
 
( MELLO e WATANABE ) Sendo OAa =� e OBb =
�
 dois vetores não paralelos, escreva 
OPv =� como combinação linear1 de a� e b
�
, sabendo que ABAP
3
2= . 
Solução: 
 
 Construção da figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, ... .Também se diz que a, b, ... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, ... . 
( WATANABE E TRAJANO ) São dados um segmento BC e um ponto A fora da reta BC. 
a) Localize em uma figura o ponto P tal que PCBP 43 = . 
b) Expresse BP e AP como combinações lineares1 de ABb =
�
 e ACc =� . 
 
Solução: 
 
Note que P é ponto interno ao segmento orientado BC e, daí : 
 
BCBPBCBPBCBPBPBCPCBP
7
4
4
7
4
3 =⇒=⇒=+⇒=+ (1) 
 
 
Desta igualdade (1) construímos a figura abaixo : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Temos : 
 
( )bcBPcbBP
cbBPBP
BPcb 
PCcb 
CPACb 
APBABP
4
7
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
−=⇒+−=
+−=+
−+−=
−+−=
++−=
+=
7
4
4
3
4
3
 
 
 
Ou, da expressão (1) vem: 
( ) ( )bcBPACBABPBCBP �� −=⇒+=⇒=
7
4
7
4
7
4 
 
 
Para o cálculo do vetor AP temos: 
 
( )
cbAPb
7
4
cb 
bcb 
BPABAP
�
��
�
�
�
�
�
7
4
7
3
7
4
7
4
+=⇒−+=
−+=
+=
 
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
[ tendo em vista que 3BP = 4PC, i.é., PC = (3/4)BP ] . 
( WATANABE E TRAJANO ) São dados um segmento BC e um ponto A fora da reta BC. 
a) Localize em uma figura o ponto P tal que CPBP 43 = . 
b) Expresse BP e AP como combinações lineares1 de ABb =
�
 e ACc =� . 
 
Solução: 
 
Note que P é ponto externo ao segmento orientado BC e, daí : 
 
BPBCBPBPBCBPBPBCBPCPBC
4
1
4
3
4
3 =⇒−=⇒=+⇒=+ (1) 
 
Desta igualdade (1) construímos a figura abaixo : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Temos : 
 
bcBPcbBP
cbBPBP
BPcb 
CPACAB 
APBABP
�
��
�
�
�
�
�
44
4
1
4
3
4
3
−=⇒+−=
+−=−
++−=
++−=
+=
 
 
 
Ou, da expressão (1) vem: 
( ) ( )bcBPACBABPBCBP �� −=⇒+=⇒= 44 
 
 
Para o cálculo do vetor AP temos: 
 
bcAPcb 
bcb 
BPABAP
�
��
�
�
�
�
3443
44
−=⇒+−=
−+=
+=
 
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
[ tendo em vista que 3BP = 4CP, i.é., CP = (3/4)BP ] . 
( WATANABE E TRAJANO ) São dados um segmento BC e um ponto A fora da reta BC. 
a) Localize em uma figura o ponto P tal que PCPB 45 = . 
b) Expresse BP e AP como combinações lineares1 de ABb =
�
 e ACc =� . 
 
Solução: 
 
Note que P é ponto externo ao segmento orientado BC e, daí : 
 
BCPBBCPBPBPBBCPBPCBCPB =⇒=−⇒=+⇒=+
4
1
4
5
4
5 (1) 
 
 
Desta igualdade (1) construímos a figura abaixo : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Temos : 
 
( ) cbBPbcBP
bcBP
bcBPBP
BPcb 
PBcb 
PCcb 
CPACAB 
APBABP
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
444
4
1
4
5
4
5
4
5
−=⇒−−=
−=−
−=−
++−=
−+−=
−+−=
++−=
+=
 
 
 
Ou, o mesmo resultado se obtém utilizando-se a expressão (1). 
 
Para o cálculo do vetor AP temos: 
 
cbAPcbb 
BPABAP
�
�
�
��
4544 −=⇒−+=
+=
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
[ tendo em vista que 5PB = 4PC, i.é., PC = (5/4)PB ] . 
( WATANABE E TRAJANO ) São dados um segmento BC e um ponto A fora da reta BC. 
a) Localize em uma figura o ponto P tal que PCBP 32 = . 
b) Expresse BP e AP como combinações lineares1 de ABb =
�
 e ACc =� . 
 
Solução: 
 
Note que P é ponto interno ao segmento orientado BC e, daí : 
 
BCBPBCBPBCBPBPBCPCBP
5
3
3
5
3
2 =⇒=⇒=+⇒=+ (1) 
 
 
Desta igualdade (1) construímos a figura abaixo : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
De (1) temos: 
 
( ) ( )bcBPACBA 
BCBP
�
�
−=⇒+=
=
5
3
5
3
5
3
 
 
 
Daí, 
 
( )
cbAPb
5
3
c
5
3
b 
bc
5
3
b 
BPABAP
5
3
5
2 +=⇒−+=
−+=
+=
��
�
�
�
�
�
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( WATANABE E TRAJANO ) São dados um segmento BC e um ponto A fora da reta BC. 
c) Localize em uma figura o ponto P tal que CPBP 32 = e justifique o porquê da 
localização do ponto P. 
Expresse BP e AP como combinações lineares1 de ABb =
�
 e ACc =� . 
 
Solução: 
 
Note que P é ponto externo e no mesmo sentido ao segmento orientado BC e, daí : 
 
BCBPBCBPBPBPBPBCBPCPBC =⇒=−⇒=+⇒=+
3
1
3
2
3
2 (1) 
 
 
 
Desta igualdade (1) construímos a figura abaixo : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
De (1) temos: 
 
( ) ( )bcBPACBA 
BCBP
�
�
−=⇒+=
=
33
3
 
 
 
Daí, 
 
( )
bcAPb3c3b 
bc3b 
BPABAP
��
�
�
�
�
�
23 −=⇒−+=
−+=
+=
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( WATANABE E TRAJANO ) Num triângulo ABC temos PC4BP3 = e QA4PQ3 = . 
Localize num figura os pontos P e Q , justificando sua resposta. Em seguida, 
expresse AP e BQ como combinações lineares1 de ABu =� e ACv =� . 
Solução: 
 
Note que P é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado BC e, daí : 
 
)(1BCBPBCBP
BCBPBP
BCPCBP
7
4
4
7
4
3
=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
Note que Q é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado PA e, daí : 
 
)(2PAPQPAPQ
PAPQPQ
PAQAPQ
7
4
4
7
4
3
=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
Com os resultados (1) e (2) acima, construímos a figura ao lado. 
 
Daí, 
 ( )
( )
v
7
4
u
7
3
 APvuu 
vuu 
ACBAu 
BCu 
BPAB AP
7
4
7
4
7
4
7
4
7
4
�����
���
�
�
+=⇒+−=
+−+=
++=
+=
+=
 
 
Da figura temos: 
 
 
( )v12u40
49
1
 BQv
49
12
u
49
40
 
v
49
12
u
49
9
u 
v
7
4
u
7
3
7
3
u 
AP
7
3
u 
AQBA BQ
����
���
���
�
+−=⇒+−=
++−=





 ++−=
+−=
+=
 
 
Veja uma solução alternativa do mesmo exercício na página seguinte. 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( MELLO e WATANABE ) Num triângulo ABC temos PCBP 43 = e QAPQ 43 = . 
Localize numa figura os pontos P e Q e a seguir, expresse AP e BQ como 
combinações lineares 1 de ABu =� e ACv =� . 
 
 
Solução Alternativa do problema anterior : 
 
 ⇒=⇒= BPPCPCBP
4
3
43 
 
 ⇒=⇒= PQQAQAPQ
4
3
43 
 
 
Uma vez construído o triângulo, teremos: 
 
( )
uvAPABACAP
ABACAP
ABACAPAP
APBAACAP
APBAACAP
BPACAP
PCACAP
CPACAP
��
7
3
7
4
7
3
7
4
347
4
3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
3
+=⇒+=
∴
+=
+=+
−−=
+−=
−=
−=+=
 
 
 
 
 
vuBQuvuBQ
uvABBQ
APABBQ
AQBABQ
�����
��
49
12
49
40
49
9
49
12
7
3
7
4
7
3
7
3
+−=⇒++−=





 ++−=
+−=
+=
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( )
( )baDE
ba
aab
DCABDA
DCDAABABDA
DCADBAABDA
BCABDA
BEABDADE
�
�
�
�
��
�
+=
∴
+=
×++=
++=
+−−+=
++++=
++=
++=
2
2
3
2
3
2
3
4
3
1
3
2
3
2
3
1
3
2
3
2
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
( MELLO e WATANABE ) ABCD é um quadrilátero, vAD
�
3= , vBC �2= e wAB �2= . 
Que tipo de quadrilátero é ABCD ? Determine o lado CD e as diagonais BD e 
AC em função de v
�
 e w
�
. 
 
Solução: Perceba que vAD
�
3= e vBC �2= são vetores paralelos pois ambos são múltiplos de 
um mesmo vetor v
�
. Logo ABCD é um trapézio. 
 
wvCDvwvCD
ADABBCCD
ADBACBCD
����� −=⇒+−=
+−−=
++=
32
 
 
wvBDADABBD
ADBABD
�� −=⇒+−=
+=
3
 
 
 
wvACBCABAC
�� +=⇒+= 2 
 
 
 
( MELLO e WATANABE ) ABCD é um trapézio, aAB
�= , aDC �2= e bDA
�
= . O ponto E 
é tal que BCBE
3
1= . Escreva AC e DE em função de a� e b
�
. 
 
Solução: Perceba que aAB
�= e aDC �2= são vetores paralelos pois ambos são múltiplos de 
um mesmo vetor a
�
. 
 
 
baACDCDAAC
DCADAC
�
�
−=⇒+−=
+=
2
 
 
 
 
( )
( )v14u6
5
1
 DFWv
5
14
u
5
6
 
v
5
6
u
5
6
v4 
v3
15
6
u
5
6
v4 
BC
3
2
u2
5
3
v4 
BEAB
5
3
v4 
AE
5
3
v4 
AFDA DFW
��
�
��
���
���
��
�
�
�
−==⇒−=
++−=
++−=





 ++−=
++−=
+−=
+==
( WATANABE E TRAJANO ) Num trapézio ABCD, temos u2AB
�= , v4AD �= e 
v3BC
�= . 
a) Localizar no plano da figura os pontos E e F tais que EC2BE = e FA2EF3 = . 
b) Expressar DFw =� como combinação linear 1 de u� e v� . 
 
Solução: 
 
Note que E é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado BC e, daí : 
 
)(1BCBEBCBE
BCBEBE
BCECBE
3
2
2
3
2
1
=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
Note que F é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado EA e, daí : 
 
)(2EAEFEAEF
EAEFEF
EAFAEF
5
2
2
5
2
3
=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
Com os resultados (1) e (2) acima, construímos a figura acima. 
 
 
Daí, 
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( )
CB
8
5
CA
24
23
 XYCA
24
23
 CB
8
5
 
CA
3
1
CA
8
5
 BC
8
5
 
CA
3
1
CABC
8
5
 
CA
3
1
BA
8
5
 
AYXA XY
−=⇒+−=
++=
++=
+=
+=
(WATANABE e TRAJANO ) Seja A, B e C três pontos não colineares, X e Y são dois 
pontos tais que e ACYA
3
1= . Faça uma figura correta e escreva XY em função 
de CA e CB . 
 
Solução: 
 
Note que em XBAX 53 = , X é ponto interno e no mesmo sentido ao segmento orientado AB e, daí : 
 
 
)(1ABAXABAX
ABAXAX
ABXBAX
8
5
5
8
5
3
=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
Note que em ACYA 3
1= , A é ponto interno e no mesmo sentido ao segmento orientado YC e, daí : 
 
 
)(2YCYAYCYA4
YCYA3YA
YCACYA
4
1=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
 
Com os resultados (1) e (2) acima, construímos a figura ao lado. 
 
 
 
 
Daí, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Veja uma solução alternativa do mesmo exercício na página seguinte. 
 
 
( )
CBCAXY
CACB
CACABC
ACCABC
ACCABC
ACCABC
ACBA
AYXAXY
8
5
24
23
24
2315
24
81515
24
81515
3
1
8
5
8
5
3
1
8
5
3
1
8
5
−=→+−=
++=
−+=
−+=
−+=
−=
+=
( MELLO e WATANABE ) Seja A, B e C três pontos não colineares, X e Y são dois pontos tais que XBAX 53 = e 
ACYA
3
1= . Faça uma figura correta e escreva XY em função de CA e CB . 
 
Solução Alternativa do exercício anterior: 
 
Inicialmente localizemos a posição dos pontos X e Y no triângulo formado pelos pontos ABC. 
 
a) Identificamos o ponto comum aos dois lados da igualdade, no caso, o ponto X e que será tomada 
como origem da reta AB. 
 XBXAXBXAXBAXXBAX
3
5
3
5
3
5
53
−=→=−→=→= 
 
 
 
 
b) Identificamos o ponto comum aos dois lados da igualdade, no caso, o ponto A e que será tomada 
como origem da reta AC. 
 
 ACAYACAYACYA
3
1
3
1
3
1 −=→=−→= 
 
 
 
Construímos o triângulo ABC com base nos segmentos AB e AC : 
 
 
 Daí, 
 
 
( MELLO e WATANABE ) Em um triângulo ABC, o ponto M é tal que MCBM 53 = . 
Escreva o vetor AM em função dos vetores ACeAB . 
 
Solução: Equivalentemente, podemos escrever a expressão dada como: 
 
( ) ( ) )(153 MCBM −=− 
 
Então, 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )

−+−=−
−+−=−
MAACMC
BAAMBM
 
 
Substituindo as duas igualdades acima na expressão (1), teremos: 
 
 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ABACAMouABACAM
BAACAM
BAACAM
BAACAMAM
BAACMAAM
MAACBAAM
MAACBAAM
8
3
8
5
8
3
8
5
8
3
8
5
358
3553
3553
5533
53
+=−+−=−
∴
−−−=−
−−−=−
−−−=−+−
−−−=−−−
−+−=−+−
−+−=−+−
 
 
 
Solução Alternativa: Utilizando a igualdade fornecida, marquemos os pontos B, C e M numa 
reta e construímos o triângulo ABC, sendo que o ponto A não está na reta BCM. 
 
Daí, 
 
( )
ACABAMACABAM
ACABAMAM
ACABAMAM
ACABMAAM
ACMAABAM
ACMAABAM
MCABAM
BMABAM
8
5
8
3
538
5353
3
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
5
+=⇒+=
+=+
+=+
+=−
++=
++=
+=
+=
 
 
( MELLO e WATANABE ) Dado um triângulo ABC, seja X o ponto sobre a reta AB tal 
que XAXB 4= e sejam cACebAB �
�
== . Determine o valor de CX em função 
de b
�
 e c
�
. 
 
Solução: Pela figura temos 
 
( )
( )
cbCXABACCXABCACX
ABCACX
ABCACACXCX
ABCACACXCX
CBCAXCCX
CBXCCACX
XBCACX
XACACX
AXCACX
�
�
−−=⇒−−=⇒−=
−=
−−=−
+−=−
−=+
+−=
−=
−=
+=
3
1
3
1
3
1
33
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
 
 
 
Solução Alternativa: A igualdade fornecida pode ser escrita da forma 
 
( ) ( ) )(14 XAXB −=− 
 
porém, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )

−+−=−
−+−+−=−+−=−
XCCAXA
XCCAABXAABXB 
 
Substituindo as duas igualdades acima na expressão (1), temos: 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
bcCX
ABACCXouABACCX
ABACCX
ABACACCXCX
CXACCXACAB
XCCACXACAB
XCCAXCCAAB
3
1
3
1
3
1
33
44
44
44
4
−−=⇒
−−=−−−−=−
∴
−−−−=−
−−−+−−=−−−
−−−−=−−−−−
−+−=−−−−−
−+−=−+−+−
 
 
( MELLO e WATANABE ) Usando o enunciado do problema anterior, seja M o ponto 
médio de CX . Escreva BM em função de b
�
 e c
�
. 
 
Solução: Sabemos que XAXB 4= . Daí, 
 
 
cbBMAC
AB
BM
ACAB
BM
ACABAB
BM
ACAB
ABBM
ACAB
ABBM
ACAB
ABBM
ACXA
XABM
XC
XBBM
XMBXBM
2
1
6
7
2
1
6
7
6
37
6
38
6
3
63
4
2
3
3
3
4
23
1
4
2
4
2
3
1
+−=⇒+−=⇒
+−=
++−=
++−=
+
+−=
+
+×−=
++−=
+−=
+=
 
 
 
Solução Alternativa: Pela figura temos: 
 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
cbBMABACBM
ABACBM
ABAC
BM
ABABABAC
BM
ABABABACBM
BMABACABABBM
MBBAACXAABBM
MAACXBBM
MCXM
2
1
6
7
6
7
2
1
6
7
2
1
6
73
3
333
2
2
3
1
3
1
+−=⇒−=
∴
−−−=−
−−−=−
−−−−−−−=−
−−−−−−−=−
−−−−−=−+−+−
−+−+−=−+−+−
−+−=−+−
−=−
 
 
( MELLO e WATANABE ) Num triângulo ABC, aCA
�= e bCB
�
= . O ponto X é tal que 
AXXB 3= e Y é tal que YBYC 23 = . 
a) Coloque X e Y na figura em posição correta, fazendo os cálculos necessários. 
b) Escreva CX , AY e XYem função de a
�
 e b
�
. 
 
Solução: 
 ⇒=⇒= XBAXAXXB
3
1
3 
 
 ⇒=⇒= YBYCYBYC
3
2
23 
 
Uma vez desenhado a figura, temos: 
 
( )
baCXCBCACX
CBCACACX
CBACCACX
CBACCACX
ABCACX
AXCACX
�
�
4
1
4
3
4
1
4
3
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
+=⇒+=
+−=
++=
++=
+=
+=
 
 
baAYCBCAAY
BCCAAY
CYACAY
�
�
22
2
−−=⇒−−=
+−=
+=
 
 
baXYbbaXY
CBbaXY
BCCXXY
CYXCXY
�
�
��
�
�
�
4
9
4
3
2
4
1
4
3
2
4
1
4
3
2
−−=⇒−−−=
−




 +−=
+−=
+=
 
 
 
ADABRS
ADABAB
BCABDC
BSABCD
SCABDR
CSDCRDRS
3
2
3
5
3
2
3
2
3
1
3
2
3
2
2
2
−=
∴
−+=
×−+=
−+−=
−+−=
++=
 ( MELLO e WATANABE ) ABCD é um paralelogramo de diagonais AC e BD . O ponto 
R é tal que CDDR 23 = e S é tal que SCBS =2 . Marque R e S na figura e em 
seguida escreva RS em função de AB e CD . 
 
Solução: 
 ⇒=⇒= CDDRCDDR
3
223 
 
 
 ⇒=⇒= SCBSSCBS
2
12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( MELLO e WATANABE ) Dados aAB
�= , bBC
�
= e cCD �= , determinar, em função de 
a
�
, b
�
 e c
�
, os vetores AX e FX , sabendo que EBEX
4
1= , conforme figura. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
( )
cbaAXacbbc
ABCDBCBCCD
ABAGGEBCCD
ABGAEGBCCD
EBBCCD
EXGEAGAX
�
�
���
��
�
4
3
4
3
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
−+=⇒+−−+=
+−−+=
+−−+=
++++=
++=
++=
 
 
 
 
cbaFXcbab
AXBC
AXCB
AXFAFX
�
�
��
�
�
�
4
3
4
1
4
1
4
3
4
3
4
1 +−=⇒−++−=
+−=
+=
+=
 
 
( ) ( )
( ) ( )
( )c9-b5a4
15
1
 DF
15
c9-b5a4
 
c
5
3
 b
3
1
a
15
4
 
b
3
1
a
3
1
c
5
3
 a
5
3
 
ba
3
1
 ac
5
3
 
OBAO
3
1
OACO
5
3
 
AB
3
1
CA
5
3
 
AFDA DF
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
���
��
+=⇒+=
−+=
+−−=
+−++−=
+++=
+=
+=
( WATANABE e TRAJANO ) Considere um tetraedro OABC, onde aOA
�= , bOB
�
= , 
cOC
�= . Sendo DA2CD3 = e FBAF2 = , localize D e F na figura e expresse 
DF como combinação linear 1 de a� , b
�
 e c
�
. 
 
Solução: 
 
Note que em DA2CD3 = , D é ponto interno e no mesmo 
 sentido ao segmento orientado CA e, daí : 
 
 
)(1CACDCACD
CACDCD
CADACD
5
2
2
5
2
3
=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
 
Note que em FBAF2 = , F é ponto interno e no mesmo 
sentido ao segmento orientado AB e, daí : 
 
 
)(2ABAFABAF3
ABAF2AF
ABFBAF
3
1=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
 
Com os resultados (1) e (2), construímos a figura acima. 
 
 
Daí, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( )
( )
u
3
1
vw
12
5
 MNu
3
1
vw
3
1
w
4
3
 
vw
3
1
vw
4
3
 
BAAD
3
1
vw
4
3
 
BD
3
1
AAAD
4
3
 
NDDDMD MN
�������
��
��
−+=⇒++−=
+−++=
+++=
++=
++=
''''
'''
''
( WATANABE e TRAJANO ) No cubo ABCDA’B’C’D’ , temos MDAM3 = e '' NBND2 = . 
Localize M e N na figura e expresse MN como combinação linear 1 de ABu =� , 
'AAv =� e ADw =� . 
 
Solução: 
 
Note que em MDAM3 = , M é ponto interno e no mesmo 
 sentido ao segmento orientado AD e, daí : 
 
 
)(1ADAMADAM4
ADAM3AM
ADMDAM
4
1=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
 
Note que em '' NBND2 = , N é ponto interno e no mesmo 
sentido ao segmento orientado D’B’ e, daí : 
 
 
)(''''''
''''
''''
2BDNDBDND3
BDND2ND
BDNBND
3
1=⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
 
Com os resultados (1) e (2), construímos a figura acima. 
 
 
Daí, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( MELLO e WATANABE ) Dado um tetraedro OABC, tem-se: aOA
�= , bOB
�
= , cOC �= , 
OBOP
3
2= , M é o ponto médio de AB , N é o ponto médio de BC e Q é o ponto 
médio de AC . Desenhe a figura correspondente e calcule PNPQPMs ++=
�
 em 
função de a
�
 , b
�
 e c
�
. 
 
Solução: 
 
( )
baPM
OAOB
OAOBOB
OABOOB
BAOB
BMPBPM
�
�
6
1
2
1
2
1
6
1
2
1
2
1
3
1
2
1
3
1
2
1
3
1
−=
∴
+−=
+−=
++=
+=
+=
 
 
 
( )
cbaPQOCOBOA
OAOCOCOB
OACOOCOB
CAOCOB
CQOCPOPQ
�
�
�
2
1
3
2
2
1
2
1
3
2
2
1
2
1
2
1
3
2
2
1
3
2
2
1
3
2
+−=⇒+−=
+−+−=
+++−=
++−=
++=
 
 
 
( )
cbPNOCOB
OCOBOB
OCBOOB
BCOB
BNPBPN
�
�
2
1
6
1
2
1
6
1
2
1
2
1
3
1
2
1
3
1
2
1
3
1
+−=⇒+−=
+−=
++=
+=
+=
 
 
 
Daí, 
 
( ) ( ) ( ) cbascbcbaba
PNPQPMs
�
�
���
�
�
�
�
�
�
�
+−=⇒+−++−+−=
++=
2
1
6
1
2
1
3
2
2
1
6
1
2
1
 
 
( MELLO e WATANABE ) A, B, C e D são vértices de um paralelogramo. O lado 
AB foi dividido em 4 partes iguais e o lado DC em 3 conforme figura ao lado. 
a) Sendo aAB
�= , bAD
�
= , DEu = , CFv = e GHw = , escreva 
u
�
, v
�
 e w
�
 em função de a
�
 e b
�
. 
b) Escreva w
�
 em função de u
�
 e v
�
. 
 
 
)(1
4
1
4
1
4
1
bauouabuABADDE
AEDADE
�
���
�
� −=+−=⇒+−=
+=
 
 
 
)(2
2
1
2
1
2
1
2
1
bavouabvABADCF
BADACF
BFCBCF
�
���
�
� −−=−−=⇒−−=
+=
+=
 
 
 
)(3
12
5
12
5
3
1
4
3
3
1
4
3
bawADABGH
ABADABGH
DCADBAGH
DHADGAGH
�
��
+−=⇒+−=
++−=
++=
++=
 
 
Fazendo (1) – (2) teremos: 
 
 ( ) )(4
3
4
4
3
vuaavu
������ −=⇒=− 
 
Substituindo (4) em (1) [ ou (2) ] teremos: 
 
 
( )
( ) ( ) )(
.
5
3
1
3
2
3
1
3
1
3
4
4
1
vubuvubbvuu
bvuu
��
�
���
��
���
�
���
−−=⇒−−=⇒−−=
−−=
 
 
 
Substituindo (4) e (5) em (3) teremos: 
 
 
( )
( )
vuw
vuvu
w
vuvuw
vuvuw
vuvuw
���
����
�
�����
�����
�����
9
2
9
11
9
3655
3
1
3
2
9
5
9
5
3
1
3
2
9
5
3
1
3
2
3
4
12
5
+−=⇒−−+−=
−−+−=
−−−−=





 −−+−−= .
( MELLO e WATANABE ) No trapézio ABCD ao lado, temos uAB
�
3= , 
uDC
�
2= , vAD �= , aAC �= , bAS
�
= e cDR �= . Seja R e S 
os pontos de trisecção do lado BC . 
a) Escreva a
�
, b
�
 e c
�
 em função de u
�
 e v
�
. 
b) Escreva c
�
 em função de a
�
 e b
�
. 
 
Solução: 
 
)(12uvaDCADa
���� +=⇒+= 
 
( )
)(2233
3
3
3
3
1
3
8
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
vubuvuu
DCADABu
DCADBAu
BCu
BSABb
��
�
����
�
�
�
�
+=⇒++−=
++−=
+++=
+=
+=
 
 
 
( )
)(3322
2
2
2
3
1
3
7
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
vucuvuu
ABADDCu
ABDACDu
CBu
CRDCc
�������
�
�
�
�
−=⇒×+−×−=
+−−=
+++=
+=
+=
 
 
 
De (1) deduzimos: uav
���
2−= (4) 
 
 
Substituindo (4) em (2) temos: 
 
( )
)(52
2
6
1
2
1
3
1
3
2
3
1
3
8
3
1
3
8
abuuabuaub
uaub
�
�
���
�
���
�
���
�
−=⇒+=⇒−+=
−+=
 
 
 
Substituindo (5) em (4) temos: 
 
( )
)(6
2
3
4
3
1
6
1
2
1
bavabav
abav
�
���
�
��
�
�
��
−=⇒+−=
−−=
 
 
 
Finalmente, substituindo (5) e (6) em (3) temos: 
 
( ) ( )
bac
bbaa
c
baabc
baabc
�
��
��
��
�
�
��
�
�
�
��
�
�
2
3
6
5
6
27
18
87
3
1
9
4
18
7
6
7
3
4
3
1
6
1
2
1
3
7
+−=⇒++−−=
+−−=
−−−=
 
( MELLO e WATANABE ) No paralelogramo ABCD ao lado, M e N 
são pontos médios dos lados onde estão representados e R e S 
são os pontos de trisecção do lado CD. 
a) Expresse MRa =� , MSb =
�
 e MNc =� em função dos 
 vetores ABu =� e ADv =� . 
b) A seguir, expresse c�
 em função de a
�
 e b
�
. 
 
Solução: 
 
)(1
6
23
6
1
3
1
3
1
3
1
2
1
vuMRav
uu
 
uvu 
ABvAB 
DCvBA 
DRADMAMRa
2
1
2
1
����
��
���
�
�
�
+−==⇒++−=
++−=
++−=
++=
++==
 
 
)(2
6
2
6
1
3
1
3
1
3
1
vuMSbv
uu
 
uvu 
ABvu 
DCvu 
RSMRMSb
6
1
6
1
6
1
��
�
�
��
���
��
��
�
+==⇒++−=
++−=
++−=
++−=
+==
 
 
)(3
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
vuMNcADu 
BCAB 
BNMBMNc
2
1 ����
�
+==⇒+=
+=
+==
 
 
 
De (1) tiramos que: )(4
6
1uav
��� += 
 
 
Substituindo (4) em (2), tem-se: 
 
( ) )(53
3
1
6
1
6
1 abuaubuaub
�
�
���
�
���
�
−=∴+=⇒++= 
 
Substituindo (5) em (4), tem-se: 
( ) )(. 63
2
1
2
1
2
1
2
1
6
1 bavabaabav
�
���
�
��
�
�� +=⇒−+=−+= 
 
 
Substituindo (5) e (6) em (3), teremos finalmente: 
 
( )[ ] ( )
baMNcbaab 
baabMNc
�
��
�
��
�
�
��
�
�
4
7
4
5
4
1
4
1
2
3
2
3
2
1
2
1
2
1
2
1 3
+−==⇒++−=
++−==
 
 
[ tendo em vista (1) ] 
( MELLO e WATANABE ) ABCD é um paralelogramo. Tem-se CDAB = , CDCE
3
1= , CACF
2
1= , 
ABAG
2
1= , EFx =� , EGy =� e EBz =� . Desenhe a figura e: 
a) Escreva x
�
, y
�
 e z
�
 em função de AB e AC . 
b) Escreva z
�
 em função de x
�
 e y
�
. 
 
 ( )
)(1
2
1
3
1
2
1
2
1
2
1
3
1
2
1
3
1
2
1
ACABxABCAABCD
BADBCDCD
CACE
CFECEFx
−−=⇒−++−=
+++−=
+−=
+==
 
 
 
 
)(2
6
1
2
1
3
1
2
1
3
1
2
1
ACAByABACAB
ABACCD
ABACCE
AGCAECEGy
−=⇒+−−=
+−−=
+−−=
++==
 
 
 
 
)(3
3
2
3
2 ACABzBDCD
DBEDEBz
−=⇒−=
+==
 
 
 
De (1) se deduz que: )(43
2
3
2
1
3
1 ACxABACxAB −−=⇒−−= 
 
 
 
Substituindo (4) em (2) tem-se 
 
 
( )
)(5
3
5
4
5
2
5
4
2
1
5
4
4
5
2
1
4
1
2
1
2
3
6
1
yxACyxAC
ACx
ACACx
ACACxy
−−=⇒−×−=
−−=
−−−=
−−−=
 
 
 
 
Substituindo (5) em (4) tem-se 
 
 
( )
)(63
3
5
6
5
12
5
6
5
3
5
4
5
2
2
3
yxAByxx
yxxAB
+−=⇒++−=
−−−−=
 
 
 
Substituindo (5) e (6) em (3) tem-se finalmente 
 
 
( )
yxzyxyx
yxyxz
5
8
5
6
5
4
5
2
5
4
5
8
5
4
5
2
5
6
5
12
3
2
+−=⇒+++−=
+++−=
 
 
 
 
 
322131 AAAAAA +=
( MELLO e WATANABE ) Seja 654321 AAAAAA um hexágono regular de centro O. 
Expresse iAA1 , i = 3,....5, em função de 21AAa =
�
 e 61AAb =
�
. 
Expresse 51AAw =
�
 em função de 41AAu =
�
 e 31AAv =
�
. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
Porém, 
 
baAAaabaOAOAAAAA
OAOAAA
�
���
�
� +=⇒+++−=+++=
+=
32366112
3232
 
 
Logo, 
 baAAbaaAA
�
�
�
�� +=⇒++= 23131 
 
 
baAAbba
AAbaa
AAAAAAAA
�
�
��
�
�
��
222 41
61
43322141
+=⇒++=
+++=
++=
 
 
 
 
baAAbab
AAb
AAAAAA
�
�
�
�
�
�
251
32
566151
+=⇒++=
+=
+=
 
 
 
Temos que: 




+==
+==
)(
)(
22
122
31
41
baAAv
baAAu
�
��
�
��
 
 
De (1) tiramos que: )(3
2
b
u
a
�
�
�
−= 
 
Substituindo (3) em (2): 
 )(4
2
231 vubbubb
u
AAv
��
��
�
��
�
� −=⇒−=+




 −== 
 
Substituindo (4) em (3): 
 )(5
22
v
u
avu
u
a
�
�
���
�
�
+−=⇒+−= 
 
Daí, 
 
 
vuwvuv
u
baAAw
������
�
�
��
−=⇒−+




 +−=
+==
2
3
2
2
231
 
 
 ( WATANABE e TRAJANO ) Num triângulo ABC, temos PC4AP3 = e QCBQ2 = . Seja S a 
intersecção das retas AQ e BP. Escreva AS e CS em função de ABu =� e ACv = . 
 
Solução: (problema complexo) 
 
Note que P é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado AC e, daí : 
 
)(1vACAPACAP
ACPCAP
ACPCAP
7
4
7
4
4
7
4
3
�==⇒=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
Note que Q é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado BC e, daí : 
 
( ) ( ) )(2vuBQACBABQ
BCBQ
BCBQ3
BCBQ2BQ
BCQCBQ
3
1
3
1
3
1
�� +−=⇒+=⇒
=⇒
=⇒
=+⇒
=+
 
 
 
Com os resultados (1) e (2) acima, construímos a figura acima. 
 
 
 
Perceba que 
 
 ( )
( ) ( ) )(
//
3vu ASvuu 
BQAB 
AQ ASAQAS
3
1
3
2
3
1
3
1 ����� +λ=⇒+−λ=
+λ=
λ=⇒
 
 
Além disso, tem-se que 
 
 ( )
)(4u vv ASuAPv 
ABPAv 
PBAC 
PSAP AS
7
4
7
4
7
4
7
4
7
4
�����
�
α+α−=⇒α+α−=
+α+=
α+=
+=
 
 
continua na pág. seguinte 
Resolvendo as igualdades (3) e (4), teremos 
 
( )
( ) ( ) )(5v uv v v uu
u vv vu
u vv vu 
3
1
7
4
7
4
3
2
3
1
7
4
7
4
3
2
7
4
7
4
3
1
3
2
7
4
7
4
3
1
3
2
�������
�����
�����
λ−α−=α−λ⇒λ−α−=α−λ
α+α−=λ+λ
α+α−=+λ
 
 
 
Note que a igualdade (5) sugere que u
� e v
� são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus coeficientes devem ser nulos, ou seja, 
 
 0 
3
2 =α−λ e 0 
3
1
 
7
4
7
4
 =λ−α− 
 
Desta primeira equação se tira que: )(6
2
3 α=λ 
 
Substituindo na segunda equação teremos : 
5
4
15
8 6 =λ→=α )( 
 
 
Substituindo o valor de λ em (3), teremos : 
 
 
 v
15
4
u
15
8
 ASv
3
1
u
3
2
5
4
 
v
3
1
u
3
2
 AS
����
��
+=⇒




 +=





 +λ=
 
 
 
 
Para o cálculo do vetor CS temos : 
 
 
v
15
11
u
15
8
 CSv
15
4
u
15
8
v 
ASCA CS
����� −=⇒++−=
+=
 
 
 
 
 
Observação : Se substituirmos o valor de α em (4) ou os valores de α e λ simultaneamente em 
(5), chegaremos no mesmo resultado do vetor AS obtido anteriormente. 
( MELLO e WATANABE ) Os pontos A, B, C e D são vértices de um paralelogramo 
 conforme a figura. Os pontos E e G são tais que ABAE
5
2= e DCDG
4
3= . 
F é o ponto de encontro de AG e DE . Escreva o vetor AF em função de 
AB e AD . 
 
Solução: 
 
Note que AF é paralelo� a AG , isto é, 
 
 
( )
( )
( ) )(1
4
3
4
3
4
3
ABADAFABADAF
DCADAF
DGADAF
AGAF
ααα
α
α
α
+=⇒+=
+=
+=
=
 
 
 
 
( )
( )
( )
( ) )(21
5
2
5
2
5
2
5
2
ABADAFABADADAF
ADABADAF
ABDAADAF
AEDAADAF
DEADAF
DFADAF
ββββ
β
β
β
β
+−=⇒+−=
−+=
++=
++=
+=
+=
 
 
 
Igualando (1) e (2) teremos: 
 
( )
( ) ( ) ( ) )(311
1
4
3
5
2
4
3
5
2
5
2
4
3
ABADABABADAD
ABADABAD
αββααββα
ββαα
−=+−⇒−=−−
+−=+
 
 
 
Note que a igualdade (3) sugere que AD e AB são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus coeficientes devem ser nulos, ou seja, 
 
 01 =+− βα e 0
4
3
5
2 =− αβ 
 
 
Resolvendo estas duas igualdades encontramos: 
23
15=β e 
23
8=α 
 
 
Substituindo o valor de α em (1) ou o valor de β em (2) e fazendo os devidos cálculos teremos: 
 
 ABADAF
23
6
23
8 += 
 
 
 
�
 Se dois vetores u e v são paralelos (ou colineares), então eles podem ser escritos como u = λ v . 
[ note que DF é paralelo a DE, i.é., DF = β DE ] 
( )
( )
( )
( ) ( ) )(1yxQF
xy
xAQ
APQA
QPQF
4
3
3
1
3
1
4
3
3
1
��
��
�
α−α=
∴
+−α=
+−α=
+α=
α=
( MELLO e WATANABE ) Os pontos A, B, C e D são vértices consecutivos de um paralelogramo. 
xAB
�= , yAD �= , xAP �
3
1= , yAQ �
4
3= e F é a interseção de c e AC . Desenhe a figura 
correspondente e encontre QF em função de x
�
 e y
�
. 
 
Solução: 
 
 Perceba que o vetor QF é paralelo
�
 ao vetor QP, isto é, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )
( )
( ) )(2
4
3
4
3 yxQFyxy
ADABAQ
ADABAQ
BCABAQ
ACAQ
AFQAQF
����� −+=⇒++−=
++−=
++−=
++−=
+−=
+=
ββββ
ββ
β
β
β
 
 
 
Resolvendo (1) e (2) tem-se: 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )(3
4
3
4
3
3
1
4
3
4
3
3
1
4
3
4
3
3
1
yxyyxx
yxyx
������
����
αββααββα
ββαα
+−=−⇒+−=−
−+=−
 
 
Note que a igualdade (3) sugere que x
� e y
� são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não osão, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 0
3
1 =− βα e 0
4
3
4
3 =−+ αβ 
 
 
Resolvendo estas duas igualdades encontramos: 
39
9=β e 
13
9=α 
 
 
Substituindo o valor de α em (1) ou o valor de β em (2) e fazendo os devidos cálculos teremos: 
 
 yxQF
��
52
27
13
3 −= 
 
 
�
 Se dois vetores u e v são paralelos (ou colineares), então eles podem ser escritos como u = λ v . 
[ apesar de não fornecido, note que AF = β AC pois os vetores são paralelos ] 
( MELLO e WATANABE ) Num trapézio ABCD, vBC
�= , vAD �2= e E é o ponto de 
interseção das diagonais AC e BD . Sendo BDBE λ= , desenhe a figura 
correspondente e determine λ . 
 
Solução: 
 
Pela figura temos que: 
 
 
)(
)(
2
1
CABCBA
DABDBA
+=
+=
 
 
Resolvendo (1) e (2) temos: 
 
 
( )
( ) ( )
( ) ( ) )(33
13
2
vBE
v
BE
vvv
BE
ADBCBCBEBE
AD
BC
BC
BEBE
BEBC
BCAD
BE
BECB
BCAD
BE
CE
BCAD
BE
CABCDABD
�
�
���
λλδλδ
δ
λ
λδ
δδ
λ
λδ
δ
δδ
λδ
λδ
δδλ
δδλ
δλ
δλ
−=−
−=−
+−=−
+−=−
+−=−
+−=−
++=−
+=−
+=+
 
 
Note que a igualdade (3) sugere que BE e v
� são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 0=−λδ e 03 =−λλδ 
 
Da primeira igualdade tiramos: λδλδ =⇒=− 0 . 
 
Substituindo na segunda igualdade: 
 
( )
3
1
0013
03
2
==⇒=−
=−
λλλλ
λλ
e
 
 
[ apesar de não fornecido, note que CE = δ CA, i.é., CA = CE/δ ] 
Solução Alternativa : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Temos pela figura : 
 
 
( )
( )
( ) ( )v23 BD1v2v2v BDBDBD
BD v2v2BDvBD
BD ADADBDBCBD
BD ADDABDCBBD
BD ADDABDCBBD
BD ADDACDBD
BD ADDACDBD
BD ADCABD
BD ADEABD
BD EDBE
����
���
−δ=−δ+λ⇒−δ+δ=−δ+λ
=+δ−δ+δ−λ
=+δ−δ+δ−λ
=+δ+δ+δ+λ
=+δ++δ+λ
=+δ+δ+λ
=++δ+λ
=+δ+λ
=++λ
=+
 
 
 
Note que esta última igualdade sugere que BD e v
� são vetores colineares (ou paralelos) e como eles 
não o são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 01 =−δ+λ e 023 =−δ 
 
 
 
Da segunda equação tiramos: 
3
1
3
2 =λ⇒=δ . 
 
[note que EA // CA, i.é., EA= δ CA ] 
5
2
4
3
2
15415
2
5
3
2
0
3
2
2
5
=⇒=⇒=⇒=
=+−
ααβ
β
β
( MELLO e WATANABE ) No trapézio ABCD ao lado, temos 
ABDC
3
1= , ADAN
3
1= , ABAM
4
3= e CNCF α= . 
Determine α . 
 
Solução: 
Seja inicialmente, uDC
�= . Daí, uAB �3= . 
 
 
 
Note que a igualdade (1) sugere que CN e u
� são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 0
3
2
1 =−
β
α e 0
3
2
2
5 =+−
β
 
 
Da primeira igualdade tiramos : 
3
2
023
αβαβ =⇒=− . 
 
Substituindo na segunda igualdade: 
 
 
 
 
 
( )
( )
( )
( )
( )
)(1
3
2
2
5
3
2
1
3
2
2
5
3
2
3
2
3
2
2
5
3
2
3
2
2
5
3
2
2
5
3
2
3
2
1
3
2
4
3
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
uCNuCNCN
CNuCN
CNuu
CFDCu
DF
uu
DMABu
MDAMu
MDAMu
ADu
DAu
DNCDCN
��
�
��
�
��
�
�
�
�
�





 +−=




 −⇒




 +−=




−





+




 +−=
++−=
++−=








+−−=
+−−=
−−−=
+−−=
−−=
+−=
+=
ββ
α
ββ
α
β
α
β
α
ββ
β
β
 [ pela figura, DN = (2/3)DA ] 
 
[ dado que AM = 3/4AB ] 
[ apesar de não fornecido, note que DF = β DM, i.é., DM = DF/β ] 
[ dado que CF = α CN ] 
( MELLO e WATANABE ) No paralelogramo ABCD ao lado, temos 
DCDE α= , FCBF =3 e G é a interseção das retas AE e DF. 
a) Determine α para termos GEAG 4= . 
b) A seguir, expresse CGw =� como combinação linear 1 de 
ABu =� e ADv =� . 
 
Solução: 
 
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) )(1
4
5
4
1
16
15
4
5
4
1
16
15
16
15
4
5
4
1
16
15
4
5
4
1
4
3
4
5
4
5
4
1
4
5
4
5
4
1
4
5
4
1
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
DCADDCADAD
ADDCAD
DADCAD
CBDCAD
DCCFDCAD
DCCFDCAD
DCDFADAD
DCDGADAD
DCDGADAD
DCAGAD
DEAGAD
EDAEAD
αββαββ
αβ
βαβ
βαβ
αββ
αβ
αβ
α
α
α
β
−=−⇒−=−
−−=−
+−=−
+−=−
−+=−
−+=−
−=−
−+=
−+=
−=
−=
+=
 
 
Note que a igualdade (1) sugere que AD e DC são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 )(20
4
1
16
15 =−β e )(30
4
5 =−− αβ 
 
 
De (2) temos: 
3
13
15
4 =→= αβ )( 
 
Daí, 
 ( )
vuwCGuvvu
ABvvu
DCADvu
DEADvu
AEADAB
AGDABA
DGCDCG
�������
���
��
��
5
1
15
11
15
4
5
4
3
1
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
−−==⇒++−−=
++−−=
++−−=
++−−=
+−−=
++=
+=
α
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) )(2 u5 v45 
5
u5u4u5
 
5
v4v5
uuu vv
uvuu v 
uvuu v 
uADBAu v 
uBDAB v 
DCBDAB v 
DCBEAB v 
DFAE v 
FDAF AD
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
��
�����
�����
�����
�����
���
��
�
�
�
α−λ=λ−⇒α−λ−λ=λ−
α−λ−λ=λ−
α−λ+λ−λ=
α−+−λ+λ=
α−+λ+λ=
α−λ+λ=
α−+λ=
α−+λ=
−λ=
+=
( WATANABE e TRAJANO ) No paralelogramo ABCD ao lado, temos 
EBDE4 = e F é a intersecção da retas AE e DC. 
1) Ache α tal que DCDF α= ; 
2) Expresse EF em função de ABu =� e ADv =� . 
 
Solução: 
 
Note que E é ponto interno e no mesmo sentido ao segmento orientado DB e, daí : 
 
 
)(1DBDEDBDE5DBDE4DE
DBEBDE
5
1=⇒=⇒=+
=+
 
 
Com o resultado obtido em (1) , construímos a figura abaixo e, daí : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Note que a igualdade (2) sugere que v
� e u
� são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 045 =λ− e 05 =α−λ 
 
 
Resolvendo estas duas equações encontramos : 4
5=λ e 4
1=α 
 
 
Daí, pela figura temos : 
 
 
( )
( )
uv EF 
20
u5u4
v 
uuv 
uvu 
ABADBA 
DCBD 
DFED EF
20
1
5
1
5
1
4
1
5
1
5
1
4
1
5
1
4
1
5
1
5
1
��
��
�
���
���
+=⇒+−+=
+−=
++−=
++=
α+=
+=
 
[ note que AF // AE , i.é., AF =λ AE ] 
( WATANABE e TRAJANO ) Num paralelogramo ABCD temos: uAB
�= , vAD �= 
e EC3DE2 = . Sendo F a intersecção das retas AE e BD, expresse o vetor 
AFw =� e CFz =� como combinações lineares1 de u� e v� . 
 
Solução: 
 
Note que E é ponto interno e no mesmo sentido ao segmento orientado DC e, daí : 
 
)(1DCDEDCDEDCDEDEDCECDE 5
3
3
5
3
2 =⇒=⇒=+⇒=+ 
 
Com o resultado obtido em (1) , construímos a figura abaixo e, daí : 
 
( )
( )
( )
( ) ( ) )(2ABAD1ABABABADAD
ABADABAB 
ABADBAAB 
ABBDAB 
ABBFAB 
DCAF 
EDAEAD
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
−αλ−α=αλ−⇒−αλ−α=αλ−
−αλ+αλ−α=
−+αλ+α=
−λα+α=
−+α=
−α=
+=
 
 
 
Note que a igualdade (2) sugere que AD e AB são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 )(301 =αλ− e )(405
3 =−αλ−α 
 
 
De (3) e (4) se tira que : 5
8=α e 8
5=λ 
 
 
Visto que AFAE α= , teremos : 
 
 ( )
( ) uv w AFDCAD 
DEAD 
AEAF AFAE
8
3
8
5
5
3
8
5
8
5
8
5
8
5
5
8
��� +==⇒+=
+=
=⇒=
 
Daí, 
 
 ( )
uv zCFABAD zCF
ADABAD 
ADBAAD 
BDAD 
BFCBCF
8
58
3
8
5
8
3
8
5
8
5
8
5
���� −−==⇒−−==
+−−=
++−=
λ+−=
+=
 
 
1
 Quando um vetor a é escrito em função de outros vetores b, c, ... , dizemos que o vetor a é uma combinação 
linear de b, c, .... .Também se diz que a, b,.... geram o vetor a ou que a é gerado pelos vetores b, c, .... 
 [ note que AE//AF , i.é., AE = α AF ] 
 
[ note que BF//BD , i.é, BF =λ BD] 
( WATANABE e TRAJANO ) No triângulo ABC temos DC3AD2 = e EB3CE7 = . 
Sendo F a intersecção das retas AE e BD, expresse os vetores AFw =� e CFz =� em função de 
ABu =� e ACv =� . 
 
Note que D é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado AC e, daí : 
 
)(1vACADACAD
ACADAD
ACDCAD
5
3
5
3
3
5
3
2
�==⇒=
=+
=+
 
 
 
Note que E é ponto interno e no mesmo sentido 
ao segmento orientado CB e, daí : 
 
)(2CBCECBCE
CBCECE
CBEBCE
10
3
3
10
3
7
=⇒=
=+
=+
 
 
De (1) e (2) construímos a figura acima. 
 
 
Temos então que : 
 
 ( )
( ) ( ) (3) ABAC1AFw ABACAC 
ABADAC 
ABDAAC 
 DBAC 
DFADAFw
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3
λ+λ−==⇒λ+λ−=
λ+λ−=
+λ+=
λ+=
+==
�
�
 
 
 
( )
( )
( ) ( ) ( )
 
4ACABAFwACAB 
ACABAB 
ACBAAB 
BCAB 
BEAB 
BEAB 
AEAFw
10
7
10
3
10
7
10
7
10
7
10
7
10
7
10
7
)(δ+δ==⇒δ+δ−δ=
δ+δ−δ=
+δ+δ=
δ+δ=
δ+δ=
+δ=
δ==
�
�
 
Perceba que, se w = (3) e w = (4) ⇒ (3) = (4) 
 
Segue pág. seguinte 
[ note que DF // DB , i.é, DF =λ DB ] 
[ note que AF//AE , i.é, existe um δ tal que AF = δ AE ] 
Igualando (3) e (4), temos: 
 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) )(5AB AC
ABAB AC AC1
ACAB ABAC1
10
3
10
7
5
3
5
3
10
3
10
7
5
3
10
7
10
3
5
3
λ−δ=δ−λ−
∴
λ−δ=δ−λ−
δ+δ=λ+λ−
 
 
Note que a igualdade (5) sugere que AB e AC são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 010
7
5
3
5
3 =δ−λ− (6) e 010
3 =λ−δ (7) 
 
 
 
Resolvendo (6) e (7) tem-se : 22
15=δ e 44
9=λ 
 
 
 
Substituindo o valor de λ em (3) [ ou igualmente o valor de δ em (4) ], teremos: 
 
 
( )
( )
( )
( )u9v21 AFw ABAC 
ABAC 
ABAC1 
ABAC1AFw
44
1
44
9
44
21
44
9
44
35
5
3
44
9
44
9
5
3
5
3
���
�
+==⇒+=
+=
+−=
λ+λ−==
 
 
 
 
Para o cálculo do vetor CFz =� temos: 
 
 
( )
( ) ( )v23u9 CFzAC23AB9 CFz
ABAC 
ABACAC 
ABADAC 
ABDAAC 
DBCA 
DFCD CFz
44
1
44
1
44
9
44
23
44
9
5
3
44
9
5
2
5
2
5
2
5
2
����
�
−==⇒−==
∴
+−=
+−−=
λ+λ−−=
+λ+−=
λ+=
+==
 
 
( WATANABE e TRAJANO ) No trapézio ABCE temos u5AB
�= , u3DC �= e vAD �= . 
Sendo ED3AE = , FB3CF = e G a intersecção das retas EF e AC, expresse os vetores 
AGa =� e BGb =
�
 em função de u
�
 e v
�
. 
 
Note que E é ponto interno e no mesmo sentido ao segmento orientado AD e, daí : 
 
)(1vADAEADAE
ADAEAE
ADEDAE
4
3
4
3
3
4
3
1
�==⇒=
=+
=+
 
 
 
Note que F é ponto interno e no mesmo sentido ao segmento orientado CB e, daí : 
 
)(2CBCFCBCF
CBCFCF
CBFBCF
4
3
3
4
3
1
=⇒=
=+
=+
 
 
De (1) e (2) construímos a figura ao lado. 
 
 
Temos então que : 
 
 ( ) )(3u3vAGaDCAD 
ACAGa
���
�
λ+λ==⇒+λ=
λ==
 
 
e também temos : 
 
 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) )(4uvAGa 
u5u3v 
ABDCAD 
ABADDCDCAD 
ABDACDDCAD 
CBDCADAD 
CFDCEDAD 
EFAD 
EGAEAGa
2
9
2
1
4
3
4
3
4
1
2
1
4
3
4
3
4
3
4
3
4
1
4
3
4
3
4
3
4
3
4
1
4
3
4
3
4
1
4
3
4
3
4
1
4
3
4
3
4
3
���
���
�
δ+δ−==∴
δ+δ+δ−=
δ+δ−δ+δ−δ+=
δ+δ−δ−δ+δ+=
++δ+δ+δ+=
δ+δ+δ+=
++δ+=
δ+=
+==
 
 
 
Segue pág. seguinte
Igualando (3) e (4) teremos: 
 
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) )(5u3v 
u3uvv
uvu3v 
2
9
2
1
4
3
2
9
2
1
4
3
2
9
2
1
4
3
��
����
����
λ−δ=δ+−λ
∴
λ−δ=δ−−λ
δ+δ−=λ+λ
 
 
 
Note que a igualdade (5) sugere que v
� e u
� são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 
 02
1
4
3 =δ+−λ (6) e 032
9 =λ−δ (7) 
 
 
 
Resolvendo (6) e (7) tem-se : 8
3=δ e 16
9=λ 
 
 
 
Substituindo o valor de λ em (3) [ ou igualmente o valor de δ em (4) ], teremos: 
 
 
( )u3v AGa u3v 
u3v AGa
16
9
16
9
16
9 �����
���
+==⇒+=
λ+λ==
 
 
 
 
 
Para o cálculo do vetor BGb =
�
 temos: 
 
 ( )
( )u53v9BGb uv 
u5uv 
u5u3v 
ABa 
aBABGb
16
1
16
53
16
9
16
27
16
9
16
9
��
�
��
���
���
�
�
�
−==⇒−=
−+=
−+=
−=
+==
 
 
 
 ( MELLO e WATANABE ) A, B e C são três pontos não colineares. Os pontos P, Q, R e S 
satisfazem as equações ABAQ
4
3= , BCBP
3
1= , CBCR
5
1= e ACAS λ= . 
Calcule λ de modo que PQ e RS sejam L.D. ( linearmente dependentes )� e faça 
uma figura ilustrando o exercício. 
 
Solução: 
 
Se PQ e RS são L.D. , então eles são paralelos e, daí, 
 
 )(1RSPQ α= 
 
A expressão (1) é equivalente a: 
 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) )(2156060125
14415125
14415125
144
15
125
4
44
60
121520
4
1
5
1
4
1
3
1
4
1
5
1
4
1
3
1
5
1
4
1
4
1
3
1
4
1
3
1
4
1
ACBC
ACBC
ACBC
AC
BCBC
ACACACBCBCBC
ACACACBCBCBC
CAACACCBBCBC
ACACCBCABCBC
ACASCRCABCBC
CSRCBABP
CSRCBQPB
−+−=+
∴
+−−=+
+−=+−
+−=−−
+−=−+−
+−=−+−
−−=++−
−+−=++−
−+−=++−
+=+−
+=+
ααλα
ααλα
ααλα
ααλα
ααλα
ααλα
ααλα
ααλα
αα
αα
α
 
 
 
 
Note que a igualdade (2) sugere que BC e AC são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 0125 =+ α e 0156060 =−+− ααλ 
 
 
Resolvendo estas duas igualdades encontramos: 
12
5−=α e 
5
8=λ 
 
�
 Se dois vetores u e v são L.D. ( linearmente dependentes ) então eles são paralelos (ou colineares). Logo, eles podem 
ser escritos como u = λ v . 
Solução alternativa: 
 
Ao invés de usarmos a expressão (1), poderíamos, equivalentemente, utilizar a expressão: 
PQRS β= e com isso teríamos: 
 
 
 
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( ) )(3CBAC1
CBCBCBACAC1
ACCBCBAC1CB
CABCCBAC1CB
CABCBCAC1CB
BABPACACCB
BQPBACASCR
BQPBCSRC
5
1
4
1
3
1
4
1
5
1
4
1
3
1
4
1
4
1
4
1
3
1
5
1
4
1
4
1
3
1
5
1
4
1
3
1
5
1
4
1
5
1
+β−β=β+−λ
∴
+β−β=β+−λ
β−β−β=−λ+−
β+β+β=−λ+−
+β+β−=−λ+−
β+β−=−λ+−
β+β=−+−
+β=+
 
 
 
Note que a igualdade (3) sugere que BC e AC são vetores colineares (ou paralelos) e como eles não o 
são, seus escalares devem ser nulos, ou seja, 
 
 01 4
1 =β+−λ e 05
1
4
1
3
1 =+β−β 
 
 
Resolvendo estas duas igualdades encontramos: 
5
12−=β e 
5
8=λ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( MELLO e WATANABE ) Sabe-se que os vetores x
�
 e y
�
 são não paralelos, 
yx4OA
�� += , y3x2OB �� += e yxOC �� −λ= . Calcule λ de modo que A, B e 
C fiquem colineares� e faça uma figura. 
 
Solução: 
 
Construindo a figura temos : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se A, B e C são colineares ( ou paralelos ), podemos escrever: BCBA α= . 
 
Daí, 
 
 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) )(1y42x22 
yy3y2xx2x2 
yxy3x2y2x2 
yxy3x2yx4y3x2 
yxOByx4y3x2
OCBOOAOB 
OCBOOABO 
BCBA 
��
������
������
��������
������
α−=αλ−α+
∴
α−α−=αλ−α+
α−αλ+α−α−=−
α−αλ++α−=++−−
−λα+α−=+++−
α+α=+−
+α=+
α=
 
 
 
Note que a igualdade (1)