Q1: Uma equação paramétrica do plano
\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} ; 5 x-3 y-5 z=-2\right\}, onde s, t \in \mathbb{R} são parâmetros, é:
(A) \left(-1,1,-\frac{6}{5}\right)+t(-22,0,-18)+s(0,13,-9)
(B) (1,-1,4)+t(-22,0,-18)+s(0,13,-9)
(C) (1,-1,2)+t(-21,0,-19)+s(0,11,-7)
(D) \left(-1,1,-\frac{6}{5}\right)+t(-21,0,-19)+s(0,11,-7)
(E) (1,-1,2)+t(-20,0,-20)+s(0,-15,9)
(F) (1,-1,4)+t(-20,0,-20)+s(0,-15,9)

Passo 1

O enunciado pede uma forma paramétrica do plano
5x - 3y - 5z = -2
ou seja, queremos um ponto P_0 satisfazendo a equação e dois vetores diretores \mathbf v_1 e \mathbf v_2 tais que
(5,-3,-5)\cdot \mathbf v_i = 0,
pois (5,-3,-5) é o vetor normal ao plano.

Passo 2

Extraímos de cada alternativa os dois vetores diretores e testamos a ortogonalidade com o normal \mathbf n=(5,-3,-5).
Alternativas A–D falham no produto escalar; em E e F temos \mathbf v_1=(-20,0,-20) e \mathbf v_2=(0,-15,9).
Verificamos:
(5,-3,-5)\cdot(-20,0,-20)=5\cdot(-20)+(-3)\cdot0+(-5)\cdot(-20)=-100+100=0,
(5,-3,-5)\cdot(0,-15,9)=5\cdot0+(-3)\cdot(-15)+(-5)\cdot9=45-45=0.
Logo só E e F têm diretores válidos.

Passo 3

Agora testamos qual ponto candidato fica no plano.
Em E, P=(1,-1,2):
5\cdot1-3\cdot(-1)-5\cdot2=5+3-10=-2,
bate direitinho.
Em F, P=(1,-1,4)
5\cdot1-3\cdot(-1)-5\cdot4=5+3-20=-12\neq -2.
Só a alternativa E usa ponto no plano.

Resposta

E (1,-1,2)+t(-20,0,-20)+s(0,-15,9)

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