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7/23/2019 Capitulo4GeometriaAnalitica
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C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
1.Pág. 90
Uma recta perpendicular a r tem declive 4.
Resposta: (D)
2.
é um vector normal a a .
é um vector normal a b.
Como são colineares,
Resposta: (D)
3.
é um vector director de t .
Resposta: (C)
4.
Ponto genérico de
Um vector director de s é da forma
Sendo , vem
Resposta: (D)
5. Pág. 91
Logo, a recta r passa no ponto A(-11, 4, 0) e tem a direcção do
vector Deste modo, tem-se que:
Resposta: (C)
6. Observando a figura tem-se P(0, 5, 4) e Q(3, 5, 0).
Logo, uma equação vectorial da recta PQ é:
Resposta: (D)
7. P(0, 0, 4); Q(0, 4, 0)
Ponto médio de [PQ] : M(0, 2, 2)
Seja a o plano mediador de [PQ].
Então logo:
O único ponto que satisfaz a condição y 5 z é o ponto A(1, 0, 0).
Resposta: (A)
a : 4y - 4z = 0 § y = z
§ d = 0
4 * 2 - 4 * 2 + d = 0M å a :
a : 0x + 4y - 4z + d = 0
PQ!
' a e M å a ,
PQ!
= Q - P = (0, 4, -4)
(x, y, z) = (3, 5, 0) + k (3, 0,2 4), k å R.
PQ!
= Q - P = (3, 5, 0) - (0, 5, 4) = (3, 0, -4)
r : (x, y, z) = (-11, 4, 0) + k (-14, 5, 1), k å R.
r!
= (214, 5, 1).
§ 5 y - 4
5 = z
x + 11
-14 = z
§ x + 11
-14 =
y - 4
5 =
z
1
§ 5y = 4 + 5z
x - z = 1 - 12 - 15z § 5y - 4 = 5z
x + 11 = -14z
5y = 4 + 5z
x - z = 1 - 3 (4 + 5z)5y - 4 = 5z
x - z = 1 - 3y §
P(-1, 0, 2) e s!
= (0, -1, 0).y = 0 e a = -1
s!
a = (0, a, 0), com a 0 0.
s : Py (-1, y, 2)
x = -1 ‹ z = 2
t !
= (-4, 0, 1)
§ x - 1
-4 =
z
1 ‹ y = -2
§1 - x
2 = 2z ‹ y = - 2
5
y = -2
1 - x
2 =
2z
a § § b.n!
a e n!
b
n!
a = - n!
b
n!
b
b : x = 2 - 2y + z § x + 2y - z - 2 = 0 ; n!
b = (1, 2, -1)
n!
a
a : -x - 2y + z - 2 = 0; n!
a = (-1, -2, 1)
r : 2y = - x
2 + 1 § y = -
1
4 x +
1
2
Capítulo 4
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
27
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
8. xOz: y 5 0 Pág. 92
Logo, (3, 0, 6) são as coordenadas do ponto de intersecção da recta r
com o plano xOz.
Outro processo:
é um vector director de r.
Uma equação vectorial de r é:
Seja R um ponto genérico de r:
Substituindo na equação do plano xOz cuja equação é y = 0,
vem que:
Substituindo k por 2 em R tem-se:
(-1 + 2 * 2, 2 - 2, 3 * 2) = (3, 0, 6) que são as coordenadas do
ponto pedido.
Resposta: (D)
9. Seja a a medida da aresta do cubo. As coordenadas do ponto D são
(a, 0, a). Como D pertence ao plano definido pela equação
x + y = 10 tem-se
Resposta: (B)
10. U (2, 4,2)
(2, 0, 2) são as coordenadas do ponto T
r é a recta que passa em T e tem
a direcção do vector ,
ou seja, do eixo Oz. A recta r é,
assim, a recta PT . Como P é um
ponto do plano OUV , P é aintersecção da recta PT co m
aquele plano.
Resposta: (A)
11. A recta r é definida porPág. 93
Logo, (1, 2, 0) é um ponto de r, é um vector director
dessa recta e é um vector colinear com .
Deste modo, uma equação vectorial de r é:
Resposta: (A)
(x, y, z) = (1, 2, 0) + k (0, 0, 2), k å R.
r!
2r!
= (0, 0, 2)
r!
= (0, 0, 1)
5x = 1
y = 2
r!
= (0, 0, 1)
r : (x, y, z) = (2, 0, 2) + k (0, 0, 1), k å R
a + 0 = 10 § a = 10.
2 - k = 0 § k = 2
R(-1 + 2k, 2 - k, 3k)
r : (x, y, z) = (-1, 2, 0) + k (2, -1, 3), k å R
A(-1, 2, 0) å r e r!
= (2, -1, 3)
r : x + 1
2 =
y - 2
-1 =
z
3
§ 5x = 3
y = 0
z = 6
5 x + 1
2 =
y - 2
-1 =
z
3
y = 0§ 5
x + 12
= -2-1
z
3 =
-2
-1y = 0
§ 5x + 1 = 4
z = 6
y = 0
x y z
x y z
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12.
Um ponto pertence à recta de intersecção de se e só se
é um ponto que pertence a
A(5, 5, 0); A a pois 5 - 5 + 3 * 0 0 1
B(1, 0, 0); B b pois 1 + 0 - 7 * 0 0 7
C (0, 0, -1); C a pois 0 - 0 + 3 * (-1) 0 1
D(4, 3, 0); D a pois 4 - 3 + 3 * 0 = 1 e D b
dado que 4 + 3 - 7 * 0 = 7
Resposta: (D)
13. A condição define a recta de intersecção dos planos de equa-
ções x = 0 (plano yOz) e z = 3.
Resposta: (C)
14. define uma recta com a direcção do vector
, ou seja, paralela ao eixo Oy.
Resposta: (B)
15. A condição x = 2 y = 1 define uma recta com a direcção Pág. 94
do vector , portanto paralela ao
eixo Oz.
Resposta: (A)
16.
• não são colineares (1 0 0). Logo, r e s não são paralelas.
• Logo, r e s não são perpendiculares.
• r e s são concorrentes porque o ponto de coordenadas (2, 1, 3)
pertence às duas rectas.
Resposta: (A)
17.
Se AB e r são rectas paralelas então são vectores
colineares, ou seja, o .
Logo,
Resposta: (B)
18.
Se r e s são rectas coincidentes, todo o ponto de r é ponto de s.
Em particular o ponto A(1, 3, 0) que pertence a r terá que
pertencer a s:
Resposta: (C)
19. Pág. 95
• não são colineares Logo, a e b não são paralelos.
• Logo, a e b não são
perpendiculares.
n!
a . n
!
b = 1 * 2 - 1 * 2 + 1 * 2 = 2 0 0.
11
2 0
-1
2 2.n!
a e n!
b
b : 2x +
2y +
2z +
1 =
0; n
!
b =
(2,
2,
2) '
b
a : x - y + z +1
2 = 0; n
!
a = (1, -1, 1) ' a
§ k = 31 - 3
2 =
3 - 5
2 =
0 - k
3 § -1 = -1 = -
k
3
r : x - 1
2 =
y - 3
2 =
z
3; s :
x - 3
2 =
y - 5
2 =
z - k
3
m = -1.
5k = -1
m = - 1(-2, m, 3) = k (2, 1, -3) § 5
- 2 = 2k
m = k
3 = -3k
§
AB!
= kr!, k å R
AB!
e r!
r!
= (2, 1, -3)
r : x - 1
2 = y = -
z
3 §
x - 1
2 =
y
1 =
z
-3
AB!
= (-2, m, 3)
r!
. s!
= 1 + 0 + 1 = 2 0 0.
r!
e s!
s : (x, y, z) = (2, 1, 3) + k (1, 0, 1), k å R; s!
= (1, 0, 1)
r : x - 2 = y - 1 = z - 3; r!
= (1, 1, 1)
u!
= (0, 0, a), com a 0 0
‹
u!
= (0, a, 0), com a 0 0
x = 2 ‹ z = 1
5x = 0
z = 3
åå
∫
∫
∫
a e a b .
a com b
a : x - y + 3z = 1; b : x + y - 7z = 7. Os planos a e b são concorrentes não perpendiculares.
Resposta: (C)
20.
não é perpendicular a b2
Resposta: (C)
21.
Se b é paralelo a a então
Como (0, 1, 2) å b, vem que:
Resposta: (C)
22.
é um vector director de r
é normal a xOy
é normal a xOz
é normal a yOz
Resposta: (B)
23. Se a e b são estritamente paralelos, Pág. 96
dada uma recta contida em a ,
existem em b uma infinidade de
rectas que lhe são paralelas.
Resposta: (D)
24. é um vector normal a a
é um vector director de r
é colinear com
Logo, a recta r é perpendicular a a .
Resposta: (A)
25. é normal a a
tem a direcção da recta r
P(0, 2,3)
Substituindo as coordenadas de P na equação de a (0 - 3 0 2)
verifica-se que P a .
Substituindo as coordenadas de P nas equações de r
verifica-se que P r.
Como pelo que a recta r é paralela a a .
Resposta: (C)
n!
a . r
!
= 0, n!
a ' r!
n!
a . r
!
= (3, 0, -1) . (1, 2, 3) = 3 + 0 - 3 = 0
∫
10 02
2
2∫
r : x = y
2 =
z
3; r
!
= (1, 2, 3)
a : 3x - z = 2; n!
a = (3, 0, -1)
n!
a n!
a = 2r!
± r
r : x = y = z; r!
= (1, 1, 1)
a : 2x + 2y + 2z = 5; n!
a = (2, 2, 2)
r!
. j!
= 0 ± r § § xOz
r!
. j!
= (3, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0
yOz : x = 0; i!
= (1, 0, 0); i!
xOz : y = 0; j!
= (0, 1, 0); j!
xOy : z = 0; k!
= (0, 0, 1); k!
r!
= (3, 0, -1)
r : (x, y, z) = (0, 1, 2) + k (3, 0, -1), k å R
b : x + 2y - z = 0 § -x - 2y + z = 0
0 + 2 * 1 - 2 + d = 0 § d = 0
b : x + 2y - z + d = 0.
a : x + 2y - z - 2 = 0
w!
1 . w
!
2 = 0 ± c1 ' c2
c2 : z = 0; w!
2 = (0, 0, 1) ' c2
c1 : x - y = 0; w!
1 = (1, -1, 0) ' c1
± b1
v!
1 . v
!
2 = -3 + 2 - 2 = -3 0 0
b2 : 3x + 2y + 2z = 2; v!
2 = (3, 2, 2) ' b2
b1 : -x + y - z = 1; v!
1 = (-1, 1, -1) ' b1
a1 § § a2
a2 : x + y = 0; u!
2 = (1, 1, 0) ' a2
a1 : x + y = 3; u!
1 = (1, 1, 0) ' a1
28
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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26. Pág. 97
é um vector director de r
é um vector director do eixo Oz
é perpendicular ao eixo Oz
é paralela ao plano xOy
Resposta: (A)
27. é normal a a
é normal a xOy
Resposta: (B)
28. é um vector normal a a
é um vector director de r
Resposta: (B)
29.
• BG é paralela a a e não é paralela
a b (a opção (A) é falsa).
• FE é perpendicular a a e FE
não é perpendicular a b (a opção
(C) é falsa).
• FA é perpendicular à intersecção de a com b e não é perpen-
dicular a b (a opção (D) é falsa).
Resposta: (B)
30. Todos as rectas passam no ponto de Pág. 98
coordenadas (1, 1, 1) do 1.8 octante
•
Recta paralela ao eixo Ox.
Intersecta apenas o plano yOz.
•
Recta paralela ao eixo Oy.
Intersecta apenas o plano xOz.
•
Recta perpendicular ao eixo Oz.
Não intersecta o plano xOy.
Resposta: (D)
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 2, 0), k å R
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (0, 2, 0), k å R
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 0, 0), k å R
a ' b
b : ABC
a : EAD
§ m = -1§ (1, 2, 3)
.
(1, 1, m) = 0 § 1 + 2 + 3m = 0
a § § r § n!
a ' r!
§ n!
a . r
!
= 0
r : x = y - 2 = z
m; r
!
= (1, 1, m)
a : x + 2y + 3z = 10; n!
a = (1, 2, 3)
n!
a . k
!
= 0 ± n!
a ' k!
± a ' xOy
xOy : z = 0; k!
= (0, 0, 1)
a : x + y = 4; n!
a = (1, 1, 0)
± r
r!
. k!
= 0 ± r
k!
= (0, 0, 1)
r!
= (1, 1, 0)
r : x = y - 1 ‹ z = 4 31. P(1, 0, 0)
Q(0, 1, 0)
R(0, 0, 1)
Vector normal ao plano
Todo o vector da família , com b 0 0 é normal ao
plano PQ R. Em particular, para b = 1, obtém-se o vector
normal ao plano PQR.
x -
1 =
y -
2 =
z -
3 define uma recta r sendo umvector director. Logo, r PQR.
Resposta: (C)
32. O eixo Ox é perpendicular ao plano yOz. Toda a recta perpen-
dicular ao plano yOz é paralela ao eixo Ox.
Resposta: (D)
33. Se r e s são perpendiculares a um
mesmo plano a , então
Resposta: (C)
34. xOz : y=
0; é um vector normal Pág. 99ao plano xOz.
Para que a seja perpendicular a xOz terá que ser , sendo
um vector normal a a .
•
Logo, a é perpendicular a xOz.
Resposta: (A)
35.
O sistema
define a intersecção de uma recta com um plano. Como a recta é
perpendicular ao plano (o vector director da recta énormal ao plano) a intersecção é um ponto.
Resposta: (A)
36. Uma superfície esférica de centro
em C(2, 0, 0) é tangente ao plano
yOz se tiver raio igual à abcissa
do centro, ou seja, r 5 2.
Logo, ,
define uma superfície esférica
tangente ao plano yOz.
Resposta: (C)
37. Uma esfera de centro no ponto C(2, 3, 4) é tangente ao plano xOy
se o seu raio r for igual à cota de C, ou seja, r 5 4.
Logo, uma condição que define a esfera é
Resposta: (D)
(x - 2) 2 + (y - 3)2 + (z - 4)2 ≤ 42
(x - 2) 2 + y 2 + z 2 = 4
r
!
= (3,
4,
5)
53x + 4y + 5z = 2
x
3 =
y
4 =
z
5
n!
a . j
!
= (1, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0
a : z = x + 2 § x - z + 2 = 0; n!
a = (1, 0, -1)
n!
a
n!
a . j
!
= 0
j
!
= (0, 1, 0)
r § § s.
Yr
!
= (1,
1,
1)
n!
= (1, 1, 1)
n!
= (b, b, b)
§ 5a = b
c = b
5a - b = 0
-b + c = 05 n!
. QP!
= 0
n!
. QR!
= 0§ 5
(a, b, c) . (1, -1, 0) = 0
(a, b, c) . (0, -1, 1) = 0§
QR!
= (0, -1, 1)
QP!
= (1, -1, 0)
PQR : n!
= (a, b, c)
29
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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38. Para que a superfície esférica seja tangente aos planos de equações
z = 1 e z = 5,
• a cota do centro da superfície esférica terá que ser
• o raio terá que serLogo é uma possível solução.
Resposta: (C)
39. Se a superfície esférica é tangente ao plano de equação Pág. 100
y = 0, o seu raio terá que ser igual ao valor absoluto da ordenada do
centro, o que só se verifica na opção (A):
com C(2, 2, 0) e r = 2.
Como a distância do centro C ao plano de equação x = 4 é igual
a esta superfície esférica é tangente ao plano de
equação x = 4.
Resposta: (A)
40. O centro da superfície esférica é o ponto
C(0, 2, 0) e o raio é 2. Como a distância de C ao plano de equação
y = 4 é a superfície esférica é tangente
ao plano a . Logo, a intersecção de E com a é um ponto.
Outro processo:
(Este sistema define a intersecção de E com o
plano a )
(0, 0, 4) são as coordenadas do ponto de intersecção da superfície
esférica E com o plano a .
Resposta: (A)
41. define a intersecção da
superfície esférica de centro C (1, 1, 1) e raio 5 com o plano de
equação x = y que passa no centro de C (neste ponto tem-se x = y).
Logo, a intersecção é uma circunferência de raio 5.
Resposta: (A)
42. define uma superfície esférica S de
centro C(2, 2, 2) e raio . Um plano de equação x = a intersecta
esta superfície esférica se . Das hipóteses
apresentadas apenasResposta: (C)
43. Raio da circunferência de perímetro 8 :
Atendendo a que o
triângulo [OBC] é
rectângulo em C tem-se
, ou seja,
Podemos concluir que
a equação da super-
fície esférica é
.Resposta: (C)x
2
+ y2
+ z2
= 25
r2 = 25.
OB2
= 32 + 42
§ r = 4§ r =8p
2p
2pr = 8p
p
2 - œ 2 ≤ 3 ≤ 2 + œ 2.
2 - œ 2 ≤ a ≤ 2 + œ 2œ 2
(x - 2)2 + (y - 2) 2 + (z - 2)2 = 2
(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1) 2 = 25 ‹ x = y
§ (x, y, z) = (0, 0, 4)
§ 5x2 + y 2 = 0
y = 4 § 5x = 0 ‹ y = 0
y = 4
5x2 + 4 + z 2 = 4
y = 45x2 + (y - 2)2 + z 2 = 4
y = 4 §
5x2 + (y - 2)2 + z2 = 4
y = 4
\4 - 2 \ = 2 = raio,
E : x2 + (y - 2)2 + z 2 = 4
\2 - 4 \ = 2 = r,
(x - 2) 2 + (y - 2) 2 + z 2 = 4
x2 + y2 + (z - 3)2 = 4
5 - 1
2 = 2.
z0 =1 + 5
2 = 3;
30
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
44. A intersecção da esfera definida pela condição Pág. 101
(centro na
origem e raio 5) com o plano
de equação z = 4 é um círculo
de raio r.Tem-se que:
Resposta: (D)
45. As superfícies esféricas têm o mesmo centro e raios diferentes pelo
que não se intersectam.
Resposta: (D)
46. Trata-se de duas superfícies esféricas de centros C1(0, 2, 0) e
C2 (0, 3, 0) com o mesmo raio igual a .Como a distância entre os centros é inferior à soma dos raios, pois
, a intersecção das duas superfícies esféricas é
uma circunferência.
Resposta: (B)
47. define a esfera de centro
C(1, 2, 3) e raio 6.
Dado que a recta r passa no centro da esfera, a intersecção é um
segmento de recta cujo comprimento é igual ao diâmetro da esfera,
ou seja, 12.
Resposta: (C)
48. Pág. 102
Centro da esfera : C (2, 3, 4)
A(1, 1, 1)
Resposta: (B)
49.
A esfera tem raio 3 e centro sobre o eixo Oy no ponto C (0, 7, 0).Logo, E intersecta Oy em dois pontos: A(0, 4, 0) e B(0, 10, 0) pois
7 - 3 = 4 e 7 + 3 = 10.
Resposta: (B)
50.
Os planos a e b são estritamente paralelos. A intersecção de a com
b é o conjunto vazio.
Resposta: (A)
b : 2x + 2y - 2z = 1
a : x + y - z = 1
E : x2 + (y - 7) 2 + z 2 ≤ 9
B = C + AC!
= (2, 3, 4) + (1, 2, 3) = (3, 5, 7)
AC!
= C - A = (1, 2, 3)
(x - 2)2 + (y - 3)2 + (z - 4) 2 ≤ 14
r : (x, y, z) = (1, 2, 3) + k (-2, 0, 1), k å R
E : (x - 1)2 + (y - 2)2 + (z - 3)2 ≤ 36
C1C2 = 1 e 1 < 2œ 2
œ 2
Acírculo = p * r2 = p * 32 = 9p
§ r = 352 = r2 + 42
x2 + y2 + z2 ≤ 25
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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E d i t o r a
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51. • A(4, 0); B(4, 2);
AB é a recta paralela a Oy de equação x = 4.
•
•
Declive de
•
Declive de OC:
Sendo a a incl inação de OC , tem-se , donde
Resposta: (D)
52. Pág. 103
(ângulo interno do hexágono)
Inclinação da recta BC : 608
Inclinação da recta FB : 908 + 608 = 1508
Inclinaç~ao da recta EC : 1508 ( )
Resposta: (D)
53. O ponto B é a intersecção da recta AB com a recta BC.
Recta AB
Como
é um ponto da recta AB.
Recta BC
mBC = tg (135°) = -1
C(0, 3); 3 é a ordenada na origem.
Intersecçao das rectas AB e BC :
5 y = -2
3 x -
4
3
y = - x + 3§ 5 - x + 3 = -
2
3 x -
4
3
y = - x + 3
BC : y = - x + 3
§ y = -2
3 x -
4
3
AB : y - 0 = -2
3(x + 2)
A(-2, 0)
AB ' AC, mAB = -2
3
mAC =3
2
AC!!
= C - A = (0, 3) - (-2, 0) = (2, 3)
EC §§ FB
C ˆ BA = 120°
a = tg-1 13
22 ) 56, 38.tg a =
3
2
3
2
OC!
= (2, 3)
OB :2
4 =
1
2
OB!
= (4, 2)
D ˆ CB = cos-1 1- 3
52 ) 1278
cos (CD! W CB
!
) = CD
!
. CB!
i CD!
i * i CD!
i=
-4 + 1
œ 4 + 1 * œ 4 + 1=
-3
5
CB
!
= B - C = (4, 2) - (2, 3) = (2,
-1)
CD!
= D - C = (0, 2) - (2, 3) = (-2, -1)Logo B(13, -10).
Resposta: (D)
54. A condição define a recta perpendicular à recta BC que
passa no ponto B. Como a recta BC é paralela ao eixo Ox (é a recta
de equação ) e o triângulo [ABC] é equilátero, vem que:
Recta AB
Recta AC
O ponto A é a intersecção das rectas AC e AB. Logo, as suas
coordenadas são a solução do sistema:
Resposta: (B)
1.1 A(5, 0, 0); B(0, 3, 1) Pág. 104
Como , a recta AB está contida no plano .
1.2
Logo, C(0, 0, 1).
1.3 Raio da base:
Altura do cone:
Volume do cone:
Logo, o volume do cone é u.v.50p
3
V =1
3 * p 1œ 102
2
* 5 =50p
3
h = ||OA!
|| = 5
Rb = || OB!
|| = œ 32 + 12 = œ 10
§ z = 1z > 0§ z = 0 › z = 1
§ 0 + 0 + z (z - 1) = 0
§ (-5, 0, z) . (0, -3, z - 1) = 0
AC!
' BC!
§ AC!
. BC!
= 0
BC!
= C - B = (0, -3, z - 1)
AC!
= C - A = (-5, 0, z)
C(0, 0, z), z > 0
pA å p e B å p
0 + 2 * 3 - 1 = 5 § 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; B å p
5 + 2 * 0 - 0 = 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; A å p
p : x + 2y - z = 5
5y = œ 3x - 3œ 3 + 1
y = - œ 3x - œ 3 - 1
y - 1 = -œ 3 (x + 1) § y = -œ 3x - œ 3 + 1
mAC = -œ 3; C(-1, 1)
y - 1 = œ 3 (x - 3) § y = œ 3x - 3œ 3 + 1
mAB = œ 3; B (3, 1)
= - tg (608) = -œ 3
mAC = tg (1808 - 608)
mAB = tg 608 = œ 3
y = 1
BP!
. BC!
= 0
§ 5 -3x + 9 = -2x - 4
y = -x + 3 § 5x = 13
y = -10
31
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
!
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
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2.1 O ponto P é a intersecção do planos OPQ, PQV e OPV . Logo,será a solução do sistema:
Tem-se P(2, 2, 2).
O ponto Q é a intersecção do planos xOy (z = 0), OPQ e PQV .
As coordenadas do ponto Q serão a solução do sistema:
Então, Q(3, 3, 0).
2.2 O ângulo OPQ é recto
sendo , tem-se
2.3
é um vector director da recta PV
OPQ : x - y = 0 e
é um vector normal ao plano OPQ.
Sendo é colinear com . Logo, também éperpendicular ao plano OPQ e, consequentemente, a recta PV éperpendicular a esse plano.
O volume da pirâmide é igual a
Como PV é perpendicular ao plano OPQ podemos tomar parabase da pirâmide o triângulo [OPQ] e para altura dessa pirâ-mide.
Área da base:
o triângulo [OPQ] é rectângulo em P (alínea 2.2),
então
Altura da pirâmide 5
Volume da pirâmide 5
3.1 As rectas AB e BC são concorrentes (intersectam-se no ponto B enão são coincidentes). Logo, as rectas AB e BC são complanares.O plano a , definido pelas rectas AB e BC é o plano ABC. Paramostrar que é uma equação que define o planoABC basta verificar que os pontos A, B e C não são colineares eque as coordenadas de qualquer um destes pontos satisfazemaquela equação. Sendo as rectas AB e BC concorrentes em B e nãocoincidentes, os pontos A, B e C não são colineares.
x + 2y + 6z = 10
1
3 * 3œ 2 * 2œ 2 = 4
i PV !
i = œ 4 + 4 + 0 = 2œ 2
= œ 72
2 =
6œ 22
= 3œ 2= œ 4 + 4 + 4 * œ 1 + 1 + 4
2 = œ 12 * œ 6
2
Abase = A 3OPQ4 = i PO
!
i * i PQ!
i2
PV
1
3 * Abase * altura.
PV
!
n!
PV
!
= -2n!
, PV
!
PV !
= (-2, 2, 0) = -2 (1, -1, 0) = -2n!
n!
n!
= (1, -1, 0)
PV !
= (-2, 2, 0)
PV !
= V - P = (0, 4, 2) - (2, 2, 2) = (-2, 2, 0)
PO!
' PQ!
.PO!
. PQ!
= 0
PO!
. PQ!
= (-2, -2, -2) . (1, 1, -2) = -2 - 2 + 4 = 0
PQ!
= Q - P = (3, 3, 0) - (2, 2, 2) = (1, 1, -2)
PO!
= O - P = (0, 0, 0) - (2, 2, 2) = (-2, -2, -2)
§ PO!
' PQ!
5z = 0
x - y = 0
x + y + z = 6
§ 5z = 0
x = y
y + y + 0 = 6
§ 5z = 0
x = 3
y = 3
§ 5x = y
z = 6 - 2y
2y - 12 + 4y = 0
§ 5x = 2
z = 2
y = 2
5
x - y = 0
x + y + z = 6
x + y - 2z = 0
§
5
x = y
y + y + z = 6
y + y - 2z = 0
Por outro lado
Logo, ABC é o plano definido pela equação .
3.2
Seja r a recta de intersecção destes dois planos.
Equações cartesianas de
(10, 0, 0) são as coordenadas de um ponto de r e éum vector director de r. Deste modo, temos que:
é uma equação vectorial da recta r.
3.3 Tomando para base da
pirâmide [OBCA] o triângulo
[OB C], a altura corres-pondente a essa base é .
Determinemos a área e base.
Considerando para base dotriângulo [OBC] o lado [OC],
a altura do triângulo é a cotado ponto B, ou seja 1.
Altura da pirâmide:
Volume da pirâmide
4. Pág. 105
4.1 Seja P um ponto genérico da recta BC
O ponto B é a intersecção da recta BC com o plano xOz : y = 0.
Substituindo as coordenadas de P na equação do plano xOz vem
.
B é o ponto que de obtém substituindo em P o valor de k por -2.
Logo, (3, 0, 1) são as coordenadas do ponto B. De igual modo, o pontoC é a intersecção da recta BC com a plano xOy de equação z = 0.
Substituindo as coordenadas do ponto genérico de BC nesta equa-ção, vem .
Substituindo este valor no ponto P obtém-se as coordenadas doponto C :
(5 + (-1), 4 + 2 * (-1), -1 - (-1)) = (4, 2, 0).
- 1 - k = 0 § k = -1
(5 + (-2), 4 + 2 * (-2), -1 - (-2)) = (3, 0, 1)
4 + 2k = 0 § k = -2
P(5 + k, 4 + 2k, -1 - k), k å R.
(x, y, z) = (5, 4, -1) + k (1, 2, -1), k å R
=1
3 *
5
2 * 10 =
25
3
OA = 10
Abase = OC * 1
2 =
5 * 1
2 =
5
2
OA
(x, y, z) = (10, 0, 0) + k (-6, 0, 1), k å R
r!
= (-6, 0, 1)
r : x - 10
-6 = z ‹ y = 0
§ x - 10 = -6z ‹ y = 0 § x - 10
-6 = z ‹ y = 0
5x + 2y + 6z = 10
y = 0 § 5x + 6z = 10
y = 0 § 5x - 10 = - 6z
y = 0
xOz : y = 0
a : x + 2y + 6z = 10
x + 2y + 6z = 10
(proposição verdadeira)C(0, 5, 0) : 0 + 2 * 5 + 6 * 0 = 10
(proposição verdadeira)B(0, 2, 1) : 0 + 2 * 2 + 6 * 1 = 10
A(10, 0, 0) : 10 + 2 * 0 + 6 * 0 = 10 (proposição verdadeira)
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4.2 O triângulo [ABC] é rectângulo em C se forperpendicular a , ou seja, se
Como o vector é perpendicular ao vector ,o triângulo [ABC] é rectângulo em C.
4.3 Centro da superficie esférica: A(0, 5, 2)
A distância de A ao planoxOy é 2 (cota do ponto).
Sendo a intersecção dasuperfície esférica uma cir-cunferência de raio 3, o raior da superfície esférica podeser determinado recorrendoao Teorema de Pitágoras.
Assim vem que:
Equação da superfície esférica de centro A e raio
5.1 Comecemos por determinar as coordenadas dos pontos A, B e P.
• O ponto A é a intersecção do plano ABP com o eixo Ox :
A(3, 0, 0)
• O pon to B é a int er se cção do pl ano AB P com o eixo
B(0, 3, 0)
• O ponto P é a intersecção do plano ABP com o eixo Oz :
A altura h da pirâmide é
A base da pirâmide é um quadrado de lado
Logo a área do quadrado é 18.
V pirâmide área da base altura
5.2 A recta é perpendicular ao plano ABP de equação
porque o vector de coordenadas (2, 2, 1), vector
director da recta, é perpendicular ao plano.
Substituindo as coordenadas da origem do referencial – (0, 0, 0) – nas
equações da recta, vem que , ou seja, obtém-se igualdades
verdadeiras. Logo, a origem do referencial é um ponto da recta.
5.3 Seja T o ponto de tangência da superfície esférica no plano.Então T (x, y, z) per tence ao p lano ABP. Ora como
, t em-s ePor outro lado, sendo a origem O o centro da superfície esférica,
T (x, y, 6 - 2x - 2y).2x + 2y + z = 6 § z = 6 - 2x - 2y
0
2 =
0
2 = 0
2x + 2y + 1z = 6
r : x
2 =
y
2 =
z
1
=1
3 * 18 * 6 = 36*=
1
3 *
AB2
= 32 + 32 § AB2
= 18
AB2= OA
2+ OB
2AB.
OP = cota de P = 6.
P(0, 0, 6)
52x + 2y + z = 6
x = 0
y = 0
§ 5x = 0
y = 0
z = 6
x = 0 ‹ y = 0
52x + 2y + z = 6
x = 0
z = 0
§ 5x = 0
2y = 6
z = 0
§ 5x = 0
y = 3
z = 0
Oy : x = 0 ‹ z = 0
52x + 2y + z = 6
y = 0
z = 0
§ 52x = 6
y = 0
z = 0
§ 5x = 3
y = 0
z = 0
y = 0 ‹ z = 0
x2 + (y - 5)2 + (z - 2)2 = 13.œ 13:
r2 = 22 + 32 § r2 = 13.
AC!
BC!
= 4 - 6 + 2 = 0BC!
. AC!
= (1, 2, -1) . (4, -3, -2)
AC!
= C - A = (4, 2, 0) - (0, 5, 2) = (4, -3, -2)
BC!
= C - B = (4, 2, 0) - (3, 0, 1) = (1, 2, -1)
BC!
. AC!
= 0AC!
BC!
o vector terá que ser perpendicularao plano e, portanto, colinear com o vector de coordenadas (2, 2, 1).
;
Assim,
O raio da superfície esférica é
Equação da superfície esférica: x2 + y2 + z2 = 4
Para determinar o ponto de tangência T também se poderia determi-
nar o ponto de intersecção da recta com o plano ABP.
6.1 A(8, 8, 7); abcissa do ponto A = 8 Pág. 106
O ponto V tem coordenadas (4, 4, 0)
Perímetro da face lateral da pirâmide
= 2 * 9 + 8
= 26
6.2
Logo,
6.3 Seja um vector perpendicular a a . Então, sendo a
paralelo a ABV , é perpendicular a ABV .
Temos:
sendo perpendicular a ABV tem-se que:
define a família de vectores perpendi-
culares a a .
Por exemplo, para c = 4, tem-se que (0, -7, 4) é um vector normala a . Deste modo, vem que
Logo, -7y + 4z = 0 é uma equação de a . Como todo os pontos daforma (x, 0, 0), com pertencem a a , poiso eixo Ox, de equações , está contido em a .y = 0 ‹ z = 0
-7 * 0 + 4 * 0 = 0,x å R,
§ d = 0-7 * 4 + 4 * 7 + d = 0
E(4, 4, 7) å a a : 0x - 7y + 4z + d = 0
n!
= 10, -7
4 c, c2, c å R \ 506,
§ 5a = 0
4b = -7c § 5
a = 0
b = -7
4 c
5n!
. AB!
= 0
n!
. AV !
= 0§ 5(a, b, c).(-8, 0, 0) = 0
(a, b, c).( -4, - 4, -7) = 0§ 5- 8a = 0
- 4a - 4b - 7c = 0
n!
AV !
= V - A = (4, 4, 0) - (8, 8, 7) = (-4, -4, -7)
AB!
= B - A = (0, 8, 7) - (8, 8, 7) = (-8, 0, 0)
n!
n!
= (a, b, c)
D ˆ VB ) 77,98.
VB!
W VD!
= cos-1 117
812 ) 77,9°
= -16 - 16 + 49
81 =
17
81
cos(VB! W VD
!
) = VB
!
. VD!
i VB!
i * i VD!
i =
(-4, 4, 7) . (4, -4, 7)
œ 16 + 16 + 49 * œ 16 + 16 + 49
VD
!
= D - V = (8, 0, 7) - (4, 4, 0) = (4, -4, 7)
VB!
= B - V = (0, 8, 7) - (4, 4, 0) = (-4, 4, 7)
= 2 AV + AB
= œ 81 = 9
AV = œ 18 - 42 2 + 18 - 42 2 + 17 - 02 2 = œ 16 + 16 + 49
AB =
r : x
2 =
y
2 = z
i OT !
i = Œ14
322
+ 14
322
+ 12
322
= 2
OT !
= 14
3,
4
3,
2
32.
§ 5x =
4
3
y =4
3
k =2
3
5x = 2k
y = 2k
6 = 9k5x = 2k
y = 2k
6 - 2x - 2y = k§
5x = 2k
y = 2k
6 - 2 12k2 - 2 12k2 = k§
(x, y, 6 - 2x - 2y) = (2k, 2k, k), k å ROT !
= k 12, 2, 12, k å R
OT !
= T - O = (x, y, 6 - 2x - 2y)
33
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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7. ABV : 4x + 4y + 3z = 0
7.1 • O ponto B é a int er se cção do pl ano ABV com o eixo
B(0, 3, 0)
• O p ont o V é a int er se cção do pl ano ABV com o eixo
V (0, 0, 4)
Raio da base
Altura do cone
7.2 O raio da esfera é
Condição que define a esfera: x2 + y2 + (z - 4)2 ≤ 25
7.3 V (0, 0, 4); B(0, 3, 0); D(0, -3, 0)
Dado que 0 , a , , tem-se que
8.1 Seja a a aresta do cubo. Pág. 107
As coordenadas de Q são (a, a, 0).
Como Q é um ponto do plano VTQ : x + y + z = 6, vem
O volume do cubo é, então, 33 = 27.8.2 Coordenadas do ponto U : (3, 3, 3).
Simétrico de U relativamente ao plano xOy : U ′(3, 3, -3).
Se o ponto Q pertence à superfície esférica de centro emU ′(3, 3, -3), o seu raio é 3 e uma sua equação é
8.3 Seja um vector perpendicular ao plano a . Sendo a
paralelo ao plano VTQ então é perpendicular a e a .
§ 5a = b
c = b
5
n!
Y VT !
n!
Y VQ
! § 5(a, b, c) . (-3, 3, 0) = 0
(a, b, c) . (0, 3, -3) = 0 § 5-3a + 3b = 0
3b - 3c = 0
VQ!
= Q - V = (3, 3, 0) - (3, 0, 3) = (0, 3, -3)
VT !
= T - V = (0, 3, 3) - (3, 0, 3) = (-3, 3, 0)
VQ!
VT !
n!
n!
= (a, b, c)
(x - 3)2 + (y - 3)2 + (z + 3)2 = 9.
a + a + 0 = 6 § a = 3
sin a =24
25.p
§ sin2 a =576
625 § sin a = ¿
24
25
1 7
2522
+ sin2 a = 1 § sin2 a = 1 -49
625
cos2 a + sin2 a = 1
cos a =7
25
= -9 + 16
25 =
7
25
=(0, -3, -4)
. (0, 3, -4)
œ 0 + 9 + 16 * œ 0 + 9 + 16
cos(VD! W VB
!
) = VD
!
. VB!
i VD!
i * i VB!
i
VB!
= B - V = (0, 3, -4)
VD!
= D - V = (0, -3, -4)
VB = œ 02 + 32 + 42 = 5
VB.
= OV = 4
= OB = 3
54x + 4y + 3z = 12
x = 0
y = 0
§ 5x = 0
y = 0
3z = 12
§ 5x = 0
y = 0
z = 4
Oz : x = 0 ‹ y = 0
54x + 4y + 3z = 12
x = 0
z = 0§
5x = 0
4y = 12
z = 0§
5x = 0
y = 3
z = 0
Oy : x = 0 ‹ z = 0
Assim, define a família de vectores per-pendiculares a a. Por exemplo, para . Destemodo, vem que:
Uma equação de a é
Como R [ a e P [ a , a recta RP está contida em a .
9.
O cubo [ABCODEFG] tem aresta 2.
Cada uma das pirâmides tem altura igual a 2.
9.1 A superfície esférica de diâmetro [PQ] tem centro no centro docubo, ou seja, em S(1, 1, 1), e raio igual à altura da pirâmide mais
metade da aresta do cubo, ou seja, r = 2 + 1 = 3. Assim,é uma equação dessa superfície
esférica.
Substituindo as coordenadas de F (0, 2, 2) na equação da superfí-cie esférica, vem que:
A igualdade obtida é falsa, pois 3 0 9.
Logo, o ponto F não pertence à superfície esférica.
9.2 A(2, 0, 0); D(2, 0, 2); Q(1, 1, 4); E(2, 2, 2) e G(0, 0, 2).
Como o vector é perpendicular a dois vectores nãocolineares do plano ADQ , o vector é perpendicular aeste plano. Podemos então concluir que a recta EG éperpendicular ao plano ADQ .
9.3 A secção definida no poliedro peloplano ADQ é o hexágono [APCFQD].Mas, pode ser decomposta em doistriângulos com a mesma área –
[DFQ] e [APC] – e no r ectângu lo[ACFD].
Tem-se que:
Tomando para base do triângulo[DFQ] o lado [DF ], a altura é 2 (é aaltura da pirâmide), temos que a áreapedida é:
23 área de [DFQ]1 área de [ACFD]
= 2 * 2œ 2 + 2œ 2 * 2 = 8œ 2
= 2 * DF * 2
2 + DF * DA
DF = œ 8 = 2œ 2DF
2= 22 + 22
EG!
EG!
EG!
. AD!
= 0 ‹ EG!
. AQ!
= 0 § EG!
' AD!
e EG!
' AQ!
EG!
. AQ!
= (-2, -2, 0) . (-1, 1, 4) = 2 - 2 + 0 = 0
EG!
. AD!
= (-2, -2, 0) . (0, 0, 2) = 0 + 0 + 0 = 0
AQ
!
= Q - A = (-1, 1, 4)
AD!
= D - A = (0, 0, 2)
EG!
= G - E = (-2, -2, 0)
(0 - 1)2 + (2 - 1)2 + (2 - 1)2 = 9
(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 9
E(2, 2, 2)
P(0, 3, 0); 0 + 3 + 0 - 3 = 0 (proposição verdadeira); P å a
R(3, 0, 0); 3 + 0 + 0 - 3 = 0 (proposição verdadeira); R å a
x + y + z - 3 = 0
§ d = - 3
S(0, 0, 3) å a 0 + 0 + 3 + d = 0
a : 1x + 1y + 1z + d = 0
b = 1, n!
= (1, 1, 1)
n!
= (b, b, b), b å R \ {0},
!
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Pág. 108
10.1 Se a recta r de equaçãocontém a altura da pirâmide então é perpendicular ao plano da base.Assim, o vector é perpendicular ao plano que contém
a base da pirâmide, pelo que, uma equação deste plano é do tipo.
Como este plano passa na origem, tem-se:
.
Logo é uma equação do plano quecontém a base da pirâmide.
10.2 Dado tratar-se de uma pirâmide quadrangular regular, o centro dabase é a intersecção da recta r, recta que contém a altura da pirâ-mide, com o plano da base.
Ponto genérico de
é o ponto , com .
Substituindo as coordenadas de R na equação do plano da base,
ou seja, na equação 3x - 4y = 0, vem:
Substituindo k por nas coordenadas de R obtém-se as
coordenadas do centro da base da pirâmide:
= (4, 3, 5).
10.3 V (-2, 11, 5)
Sendo A(4, 3, 5) o centro da base da pirâmide, a altura desta é
Como A é o centro da base da pirâmide, o comprimento da diagonalda base da pirâmide é igual a
Sendo a medida do lado da base da pirâmide, tem-se
Logo, a área da base da pirâmide é igual a 100.
11.1
Equações cartesianas da recta TU : ou
Equação vectorial da recta TU :
11.2 W (1, 1, 4); Q(2, 2, 0); V (0, 2, 4)
W ˆ QV ) 18°
QW ! W QV
!
= cos-11 18
œ 3602 ) 188
=2 + 0 + 16
œ 18 * œ 20
=18
œ 360
cos(QW ! W QV
!
) = QW
!
. QV !
i QW !
i * i QV !
i =
(-1, -1, 4) . (-2, 0, 4)
œ 1 + 1 + 16 * œ 4 + 0 + 16
QV !
= V - Q = (0, 2, 4) - (2, 2, 0) = (-2, 0, 4)
QW !
= W - Q = (1, 1, 4) - (2, 2, 0) = (-1, -1, 4)
(x, y, z) = (2, 2, 4) + k (0, 2, 0), k å R
x = 2 ‹ z = 4
TU !
= U - T = (0, 2, 0)U (2, 2, 4); T (2, 0, 4)
=1000
3
=1
3 * 100 * 10
Volume da pirâmide =1
3 * área da base * altura
’2 + ’2 = (2œ 50)2 § 2’2 = 4 * 50 § ’2 = 100
’
2 * AO = 2 * œ 42 + 32 + 52 = 2œ 50
AV = œ (4 + 2)2 + (3 - 11)2 + (5 - 5)2 = œ 36 + 64 + 0 = 10.
17 + 6 * 1-1
22, -1 - 8 * 1-1
22, 52
-1
2
§ k = -1
2
§ 50k = -25
§ 21 + 18k + 4 + 32k = 0
3(7 + 6k) - 4 (-1 - 8k) = 0
k å RR 1 (7 + 6k, -1 - 8k, 5)
r : (x, y, z) = (7, -1, 5) + k (6, -8, 0), k å R
6x - 8y = 0 § 3x - 4y = 0
6 * 0 - 8 * 0 + 0 + d = 0 § d = 0
6x - 8y + 0z + d = 0
r!
= (6, -8, 0)
(x, y, z) = (7, -1, 5) + k (6, -8, 0), k å R
11.3 O plano de equação x = y passa nos pontos O,Q, U , W e S.
A secção é formada por dois triângulos[OWS] e [QUW ] – com a mesma área.
A área da secção é igual a metade da área dorectângulo [OQUS].
Área da secção
Pág. 109
12.1 O ponto G é um dos pontos de intersecção da superfície esféricade equação com o eixo
. Deste modo, temos que:
Como G tem ordenada negativa, vem G(0, -2, 0). O ponto H temabcissa 1 pois tem a mesma abcissa do ponto A. A ordenada de H é-2 por ser igual à ordenada de G. Como H pertence ao plano xOy
tem cota igual a zero. Logo as coordenadas de H são (1, -2, 0).
12.2 Os pontos A, G e H não são colineares. Para verificar quey - 3z + 2 = 0 é uma equação do plano AGH , basta verificar queaqueles três pontos pertencem a este plano.
A(1, 1, 1); 1 - 3 * 1 + 2 = 0 (verdade); A pertence ao plano.
G(0, -2, 0); -2 - 3 * 0 + 2 = 0 (verdade); G pertence ao plano.
H (1, -2, 0); -2 - 3 * 0 + 2 = 0 (verdade); H pertence ao plano.
Logo, uma equação do plano AGH é y - 3z + 2 = 0.
12.3 Volume do sólido = Volume do paralelepípedo + Volume da pirâ-mide
Volume do paralelepípedo
Volume da pirâmide
Volume do sólido
13.1 Como o ponto R tem ordenada 6 uma equação do plano que con-tém a face [QRUT ] é y = 6. Logo, a ordenada do ponto T é 6.
Tem-se T (a, 6, b).
Sendo , o vector
é perpendicular a a .
Como a recta OT também é perpendicular a a , é colinearcom , .
Logo, T (4, 6, 2).5
k = 2a = 4
b = 2
1a, 6, b2 = k 12, 3, 12, k å R § 5a = 2k6 = 3k
b = k
§
k å ROT !
= k n!
a n!
a , ou seja
OT !
n!
a = (2, 3, 1)a : 2x + 3y + z = 22
OT !
= T - O = (a, 6, b)
= 3 + (c - 1) = 2 + c
= c - 1
=1
3 * 3 * 1 * (c - 1)
=1
3 * área da base * altura
= GF * EF * FB = 3 * 1 * 1 = 3
§ 5x = 0
y = 4
z = 0
› 5x = 0
y = -2
z = 0
§ 5(y - 1)2 = 9
x = 0
z = 0
§ 5y - 1 = 3 › y - 1 = -3
x = 0
z = 0
5(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 11
x = 0
z = 0§
5(0 - 1)2 + (y -1)2 + (0 - 1)2 = 11
x = 0
z = 0
Oy : x = 0 ‹ z = 0
(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 11
=4 * 2œ 2
2 = 4œ 2
OS = 4
OQ2 = 22 + 22 ±
OQ > 0
OQ = œ 8 § OQ = 2œ 2
35
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
13.2 O plano ABC é o plano
Qualquer plano paralelo a ABC tem uma equação do tiposabendo que o ponto Q(4, 6, 0) pertence ao
plano, vem:
.
Logo, uma equação do plano que passa no ponto Q e é paralelo aABC é
13.3 Os pontos D e T têm a mesma ordenada e a mesma cota.
Logo, D(a, 6, 2).
Como D pertence ao plano de equação , vem
Então, D(1, 6, 2).
14. Pág. 110
14.1 As rectas r e s definem um plano se forem estritamente paralelasou concorrentes.
• r e s não são paralelas porque os vectores enão são colineares.
• O ponto I (1, -1, 0) pertence às duas rectas.
Logo, r e s são concorrentes.
Como r e s são concorrentes e não são coincidentes, definem umplano.
14.2 Seja ; é um vector perpendicularao plano b.
b é paralelo ao plano a , definido pelas rectas r e s se o vector forperpendicular aos vectores e , vectores directores das rectas r e s,respectivamente.
Como o vector é perpendicular aos vectores direc-tores das rectas r e s, o vector é perpendicular ao plano defi-nido por estas duas rectas. Então, o plano a definido pelas rectasr e s é paralelo ao plano b de equação .
14.3. = (2,3,1) e = (2,1,-1) são vectores directores das rectas r e s,respectivamente, seja a o ângulo formado pelas rectas r e s.
Tem-se, então:
A amplitude do ângulo formado pelas rectas r e s é 49 8,aproximadamente.
15. A(2, 3, 10); B(10, 13, 25)
15.1 C(98, 123, 190)
Pretende-se provar que os pontos A, B e C são colineares.
Para isso, vamos provar que os vectores são colineares.
Como
Logo, os vectores e são colineares.AB!
AC!
96
8 =
120
10 =
180
15 = 12, AC
!
= 12 AB!
.
AB!
= B - A = (10, 13, 25) - (2, 3, 10) = (8, 10, 15)
AC!
= C - A = (98, 123, 190) - (2, 3, 10) = (96, 120, 180)
AC!
e AB!
a = cos-1 1 6
œ 842 ) 498
6
œ 84=
\4 + 3 - 1|
œ 14 * œ 6=
cos a = \ r
!
. s!
\
\\
r
!
|| * \\
s
!
\|=
\(2, 3, 1) . (2, 1, - 1)|
œ 4 + 9 + 1 * œ 4 + 1 + 1
s!
r!
x - y + z = 10
n!
b
n!
b = (1, -1, 1)
n!
b . s
!
= (1, -1, 1) . (2, 1, -1) = 2 - 1 - 1 = 0. Logo n
!
b' s!
.
n!
b . r
!
= (1, -1, 1) . (2, 3, 1) = 2 - 3 + 1 = 0. Logo n
!
b' r!
.
s!
r!
n!
b
n!
b = (1, -1, 1) b : x - y + z = 10
s!
= (2, 1, -1)
r!
= (2, 3, 1)
s : (x, y, z) = (1, -1, 0) + k (2, 1, -1), k å R
= (1, -1, 0) + l (2, 3, 1), l å Rr : (x, y, z)
r : x - 1
2 =
y + 1
3 = z ou
2a + 3 * 6 + 2 = 22 § 2a = 2 § a = 1.
2x + 3y + z = 22
2x + 3y + z = 26.
2 * 4 + 3 * 6 + 0 = d § d = 26
2x + 3y + z = d ,
a : 2x + 3y + z = 22. 15.2 A distância do local onde o projéctil é disparado ao alvo é igual a
Dado que , a trajectória rectilínea está garantida.15.3
Dado que e não são colineares existe um só plano a quepassa em O – origem do referencial – A e B. Como A, B e C sãocolineares, C também pertence ao plano a , dado que C é umponto da recta AB contida em a .
Seja um vector perpendicular a a .
Então, temos que:
Assim, \{0}.
Por exemplo, para é um vector perpendiculara a , é um vector perpendicular ao plano xOy : z = 0.
Tem-se que o plano a é perpendicular ao plano xOy se e só se.
Temos então, que
Como , o plano a não é perpendicular ao plano xOy.
16.1 Pág. 111
Como a altura da pirâmide é 6, a cota do ponto E é .Assim o ponto E tem coordenadas (2, 2, -2).
A recta DE tem a direcção do vector (-2, 2, -6) e passa no pontoD(4, 0, 4).
Uma condição que define DE é, portanto,
16.2
(1, -1, 3) é um vector director da recta DE sendo, portanto, per-pendicular ao plano pedido. Uma equação deste plano é, assim,da forma .
Como B(0, 4, 4) é um ponto do plano, tem-se
Uma equação do plano éx
- y
+3z
-8
=0.
0 - 4 + 3 * 4 + d = 0 § d = - 8.
x - y + 3z + d = 0
DE!
= (-2, 2, -6) = -2(1, -1, 3).
x - 4
-2 =
y
2 =
z - 4
-6 § x - 4 = - y =
z - 4
3.
DE!
= E - D = (2, 2, -2) - (4, 0, 4) = (-2, 2,-6)
4 - 6 = 22
C(4, 4, 4); A(0, 0, 4); D(4, 0, 4) e B(0, 4, 4).
n!
. k!
0 0
n!
. k!
= (55, -50, 4) . (0, 0, 1) = 4 0 0.
n!
. k!
= 0
k!
= 10, 0, 12c = 4, n
!
= (55, -50, 4)
n!
=
1
55
4
c, -25
2
c, c
2, c å R
§ 5 a = -3
2 * 1-
25
2 c2 - 5c
b = -25
2 c
§ 5 a =55
4 c
b = -25
2 c
§ 5 a = -3b - 10c
2
-15b - 50c + 13b + 25c = 0
§ 5 a = -3
2 b - 5c
-2b - 25c = 0
§ 52a + 3b + 10c = 0
10a + 13b + 25c = 0 § 5
a = - 3b - 10c2
10 * -3b - 10c
2 +13b + 25c = 0
5n!
. OA!
= 0
n!
. OB!
= 0 § 5(a, b, c) . (2, 3, 10) = 0
(a, b, c) . (10, 13, 25) = 0
n!
= (a, b, c)
OB!
OA!
OB!
= (10, 13, 25)
OA!
= (2, 3, 10)
i AC
!
i < 300
i AC!
i = œ 962 + 1202 + 1802 ) 236,7 < 300
i AC!
i .
7/23/2019 Capitulo4GeometriaAnalitica
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16.3 A secção produzida na pirâmide peloplano xOy é um quadrado de lado .
Para determinar consideremos a sec-ção produzida na pirâmide pelo planode equação x = 2.
Os tr iângulos [PEQ] e [RES] sãosemelhantes.
A área da secção produzida na pirâmide peloplano xOy é igual a:
17.1
O vértice A, do cone, é o ponto de intersecção da recta r com oeixo Ox. Como A pertence a Ox tem ordenada e cota nulas, ouseja, A(x, 0, 0). Determinemos x, sabendo que
Tem-se, então A(9, 0, 0).
A altura do cone é 9 porque é igual à abcissa do vértice.
17.2 Como o plano é perpendicular à recta r, o vector éperpendicular ao plano.
Logo, uma equação do plano é do tipo
Como o vértice A(9, 0, 0) pertence ao plano, vem:
Então, uma equação do plano é
17.3 A intersecção do conecom o plano xO y é otriângulo [ABC] em que
e
A área do triângulo é
1.1 Pág. 112
V = área da base * altura =
1.2
1œ 33 2
2
+ cos2 q = 1 § cos2q = 1 -1
3 § cos2 q =
2
3
sin2 q + cos2q = 1
sin
q =
œ 33
= 52 * 5œ 2tg q = 125œ 2tg q
AB2
* HD
§ HD = 5œ 2tg q
HD
DB= tg q §
HD
5œ 2= tg q
§ DB = 5œ 2§ DB2
= 52 * 2
§ DB2
= 52 + 52DB2
= AD2
+ AB2
AD = AB = 20 : 4 = 5
6 * 9
2 = 27.
OA = 9.BC = 2 * 3 = 6
3x - y - 27 = 0.
3 * 9 - 0 + 0 + d = 0 § d = -27.
3x - y + 0z + d = 0.
r!
= 13, 21, 02
§ 5x = 0 + 3k
0 = 3 - k
0 = 0
§ 5x = 9
k = 3
(x, 0, 0) = (0, 3, 0) + k (3, -1, 0), k å RA å r :
r : (x, y, z) = (0, 3, 0) + k (3, -1, 0), k å R
’ 2 = 14
322
=16
9.
RS
PQ=
2
6 §
’4
=1
3 § ’ =
4
3
PQ = 4; RS = ’
’
’Como
1.3 D(0, 0, 0); A(5, 0, 0); B(5, 5, 0); C(0, 5, 0)
a) A(5, 0, 0)
A pertence ao plano
Equação do plano:
b) A(5, 0, 0); G(0, 5, 5 )
Ponto médio de [AG]:
M pertence ao plano
Equação do plano:
c) C(0, 5, 0);
Equações cartesianas da recta CE:
d) O centro da superfície esférica é o ponto de intersecção dasdiagonais espaciais do prisma, ou seja, o ponto médio de [AG],
.
O raio da superfície esférica é
Equação da superfície esférica:
§ x2 - 5x + y2 - 5y + z2 - 5œ 2 z = 0
§ x2 - 5x +25
4 + y2 - 5y +
25
4 + z2 - 5œ 2z +
50
4 - 25 = 0
1x - 522
2
+ 1y - 522
2
+ 1z - 5œ 22 22
= 52
= Œ 100
4 = 5
DM = Œ15
2 - 02
2
+ 15
2 - 02
2
+ 15œ 22
- 022
= Œ 254
+ 254
+ 504
r = DM .
M15
2,
5
2,
5œ 22 2
x
5 =
y - 5
-5 =
z
5œ 2§ x = 5 - y =
z
œ 2
= (5, -5, 5œ 2)CE!
= E - C = (5, 0, 5œ 2) - (0, 5, 0)
E(5, 0, 5œ 2)
§ x - y - œ 2z + 5 = 0-5x + 5y + 5œ 2 z - 25 = 0
-5 *5
2 + 5 *
5
2 + 5œ 2 *
5œ 22
+ d = 0 § d = -25
-5x + 5y + 5œ 2 z + d = 0
= (-5, 5, 5œ 2 )AG «» = G - A = (0, 5, 5œ 2) - (5, 0, 0)
M 15
2,
5
2,
5œ 22 2
œ 2
-5x - 5y + 5œ 2 z + 25 = 0 § x + y - œ 2 z - 5 = 0
d = 25
-5 * 5 - 5 * 0 + 5œ 2 * 0 + d = 0
-5x - 5y + 5œ 2 z + d = 0
= (-5, -5, 5œ 2 )
BH «» = H - B = (0, 0, 5œ 2 ) - (5, 5, 0)
H (0, 0, 5œ 2)
§ HD = 5œ 2
q = 45°HD = 5œ 2tg 45°
HD = 5œ 2tg q
V = 125 cm3
V = 125 * œ 2 *1
œ 2= 125
tg q =sin q
cos q =
œ 33
œ 6
3
= œ 3
œ 6
= Œ 36
= Œ 12
=1
œ 2
08 < q < 908, cos q = Œ 23
= œ 2œ 3
= œ 2 * œ 33
= œ 63
37
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
!
!
!
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38
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
2.1 a) O plano CDE é perpendi- Pág. 113
cular ao eixo Oz e passa
no ponto C(4, 0, 8) logo,
pode ser definido pela
equação z5
8. b) Comecemos por determi-
nar as coordenadas do
ponto B.
Como o triângulo [OAB]
é equilátero e está contido
no plano xOy com [OA]
contido no eixo Ox, as
coordenadas de B são
(2, -h, 0) sendo h a altura
do triângulo [OAB]:
Logo, e
Plano EAO
Os vectores e têm a
direcção do plano EAO.
Seja um vector perpendicular ao plano EAO. Então
Família de vectores perpendiculares ao plano EAO:
, com
Por exemplo, para b = 4, vem .
Plano EAO:
O pertence ao plano
Equação do plano EAO:
2.2
2.3 A(4, 0, 0) e
Equação da recta AE:
x -
4-2 =
y
-2œ 3=
z
8 § x - 4 = y
œ 3= -
z
4
AE!
= E - A = (-2, -2œ 3, 8)
E(2, -2œ 3, 8).
Atotal = 8œ 3 + 96 u.a.
= 4 * 2œ 3 + 3 * 4 * 8 = 8œ 3 + 96
= 2A3AOB4 + 3A3AODC4 = 2 * OA * h
2 + 3 * OA * OD
Atotal = 2Abase + Alateral
4y + œ 3z = 0
0 + 0 + 0 + d = 0
0x + 4y + œ 3z + d = 0
n!
= (0, 4, œ 3)
b å R\{0}.n!
= 10, b, œ 3
4 b2
§ 5a = 0
c = œ 3
4 b
§ 52a - 2œ 3 b + 8c = 0
4a = 0 § 58c = 2œ 3b
a = 0
5n!
. OE!
= 0
n!
. OA!
= 0 § 5(a, b, c) . (2, -2œ 3, 8) = 0
(a, b, c) . (4, 0, 0) = 0
n!
= (a, b, c)
OA!
= A - O = (4, 0, 0) - (0, 0, 0) = (4, 0, 0)
OE!
= E - O = (2, -2œ 3, 8) - (0, 0, 0) = (2, -2œ 3, 8)
OA!
OE!
E(2, -2œ 3, 8).
B(2, -2œ 3, 0)
§ h = œ 12 § h = 2œ 3§ h
2
= 12§ h2
+ 4 = 42
h2+ 22
= OB2
2.4
2.5 t tem a direcção de e passa no ponto D(0, 0, 8). Deste modo,
temos que:
2.6 e
2.7 ; e
•
•
A secção produzida no prisma pelo plano ABD é o triângulo isós-
celes [ABD] de área igual a
3.1 O ângulo BAC é recto por ser um ângulo inscrito numa Pág. 114
semicircunferência.
Se o ângulo BAC é recto, as rectas AB e AC são perpendiculares.
3.2 A recta r passa no ponto B(0, 5, 0) e, sendo paralela ao eixo Oz,
tem a direcção do vector de coordenadas (0, 0, 1).
Uma equação vectorial da recta r é:
(x, y, z) = (0, 5, 0) + k (0, 0, 1), k å R.
v!
4œ 19.
A3BAD4 =4 * 2œ 19
2 = 4œ 19
§ h = œ 76 § h = œ 4 * 19 § h = 2œ 19
h2+ 22
= 14œ 5 22
§ h2= 80 - 4
AB = 4
= 4œ 5
= œ 4 + 12 + 64 = œ 80
BD = œ (2 - 0)2+ (22œ 3 - 0)2
+ (0 - 8)2
= œ 16 * 5 = 4œ 5
= œ 16 + 64 = œ 80
AD = œ (4 - 0)2+ 02
+ (0 - 8)2
D (0, 0, 8)B(2, 22œ 3, 0)A(4, 0, 0)
b = cos-1 1 9
102 ) 268
=72
œ 80 * œ 80=
72
80 =
9
10
=4 * 2 + 0 + (-8) * (-8)
œ 16 + 0 + 64 * œ 4 + 12 + 64
cos b = cos(DA! ^
DB!
) = DA
!
.DB!
iDA!
i * i DB!
i
DB!
= B - D = (2, -2œ 3, -8)
DA!
= A - D = (4, 0, -8)
B(2, -2œ 3, 0)D(0, 0, 8)A(4, 0, 0);
t : x
-2 =
y
-2œ 3= z - 8
8 § x =
y
œ 3=
8 - z
4
AE!
§ 1x, y, z2 = 10, 24œ 3, 162
5x - 4 = y
œ 3= - z
4
x = 0 § 5
x = 0y
œ 3= -4
- z
4 = - 4
§ 5x = 0y = -4œ 3z = 16
yOz: x = 0
AE: x - 4 = y
œ 3= -
z
4
!
C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
7/23/2019 Capitulo4GeometriaAnalitica
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3.3 Para provar que o vector é perpendicular ao plano ABD é
suficiente provar que é perpendicular a dois vectores não coli-
neares paralelos àquele plano.
O vector e o vector director da recta r, , são
vectores não colineares paralelos ao plano ABD.
Em 3.1 já se justificou que o vector é perpendicular ao vector .
Tem-se que .
Sendo o vector também é perpendicular ao vector .
Podemos então concluir que o vector é perpendicular ao
plano ABD.
Sendo um vector perpendicular ao plano ABD,
este plano pode ser definido por uma equação do tipo
Sabendo que o ponto B(0, 5, 0) pertence a este plano, tem-se que
Uma equação do plano ABD é
3.4
A altura do cilindro, em função de a , é
dada por 5 tg a .
3.5
4.1 Se o ponto Q tem coordenadas (2, 2, 0) tem-se que Pág. 115
e a área da base da pirâmide é igual a 42= 16.
A cota do ponto V é igual à altura, h, da pirâmide.
Como o volume da pirâmide é igual a 32, vem que
A cota do ponto V é, portanto, igual a 6.
4.2 Como o plano PQR é o plano xOy, pretende-se determinar a equa-
ção do plano que passa em V (0, 0, 6) e é paralelo a xOy, ou seja,
perpendicular ao eixo Oz. Uma equação deste plano é z = 6.
4.3 1.8 processo
Para mostrar que o plano QRV pode ser definido pela equação
, é suficiente verificar que os pontos Q, R e V pertencem
ao plano definido por esta equação:
(verdade)
(verdade)
(verdade)
Fica provado que o plano definido por é o plano QRV .
2.8 processo
Determinemos uma equação do plano QRV .
QR!
= R - Q = (-2, 2, 0) - (2, 2, 0) = (-4, 0, 0)
3y + z = 6
V (0, 0, 6) : 3 * 0 + 6 = 6
R(-2, 2, 0) : 3 * 2 + 0 = 6
Q (2, 2, 0) : 3 * 2 + 0 = 6
3y + z = 6
§ h = 6
§ 32 * 3 = 16 h32 =1
3 * 16 * h
V =1
3 Abase * altura
PQ = 4
V 1p
62 = 125p tg 1p
62 = 125 p * œ 3
3 =
125œ 3p
3
V (a
) =
125p
tg a
= p * 52* 5 tg a = 125 p tg a
V cilindro = A base * altura = p * r2* 5tg a
BD = 5tg a tg a = BD
5 §
tg a = BD
OB
-4x - 8y + 40 = 0 § x + 2y - 10 = 0.
-4 * 0 - 8 * 5 + 0 + d = 0 § d = 40.
-4x - 8y + 0z + d = 0.
AC!
= (-4, -8, 0)
AC!
v!
AC!
AC!
. v!
= 0,
AC!
. v!
= (-4, -8, 0) . (0, 0, 1) = 0 + 0 + 0 = 0
AC!
= C - A = (0, -5, 0) - (4, 3, 0) = (-4, -8, 0)
AB!
AC!
v!
= 10, 0, 12AB!
AC!
AC!
Seja um vector perpendicular ao plano QRV .
Então,
, com , é a família de vectores perpendicu-
lares ao plano QRV .
Por exemplo, para c = 1, tem-se .
O plano QRV pode ser, portanto, definido por uma equação do
tipo
Como V (0, 0, 6) pertence a este plano, vem
Vem, então, que é uma equação do
plano QRV .4.4 Trata-se da recta que passa em O(0, 0, 0) e tem a direcção do
vector , perpendicular a QRV .
Esta recta pode ser definida pela equação vectorial:
.
4.5 ;
Condição que define a aresta [QV ]:
Ponto genérico da aresta [QV ]:
Para determinar a intersecção da aresta [QV ] com o plano de equa-
ção z = 3, podemos substituir as coordenadas do ponto genérico de
[QV ] na equação do plano:
z = 6k
Substituindo k por nas coordenadas do ponto genérico de [QV ],
vem
Logo, M(1, 1, 3) é o ponto de intersecção da aresta [ QV ] com o
plano de equação z = 3.
4.6 Dado que o plano de equação z = 3
é paralelo ao plano xOy, tem-se
que a secção que ele determina na
pirâmide é um quadrado [ JKLM],
de lados paralelos aos eixos Ox e
Oy, como se observa na figura ao
lado.
Tem-se que M(1, 1, 3) e
L(1, -1, 3).
Determinemos
A secção produzida na pirâmide pelo plano de equação z 5 3 é um
quadrado de lado 2. Sendo assim, a sua área é 4.
LM = œ (1 - 1)2+ (1 + 1)2
+ (3 - 3) 2= 2.
LM:
12 - 2 *1
2, 2 - 2 *
1
2, 6 *
1
22 = (1, 1, 3).
1
2
§ k =1
2
6k = 3
z = 3
(x, y, z) = (2 - 2k, 2 - 2k, 6k), k å 30, 1 4 .
(x, y, z) = (2, 2, 0) + k (-2, -2, 6) ‹ k å 30, 1 4
QV !
= V - Q = (-2, -2, 6)
V (0, 0, 6)Q(2, 2, 0)
(x, y, z) = (0, 0, 0) + k (0, 3, 1), k å R
n!
= (0, 3, 1)
3y + z - 6 = 0 § 3y + z = 6
0 + 0 + 6 + d = 0 § d = -6.
0x + 3y + z + d = 0.
n!
= (0, 3, 1)
c å R \ {0}n!
= (0, 3c, c)
§ 5- 4a = 0
-2a - 2b + 6c = 0 § 5a = 0
2b = 6c § 5a = 0
b = 3c
5n
!
.
QR
!
= 0
n!
.QV !
= 0 § 5(a, b, c) . (-4, 0, 0) = 0
(a, b, c) . (-2, -2, 6) = 0
n!
= (a, b, c)
QV !
= V - Q = (0, 0, 6) - (2, 2, 0) = (-2, -2, 6)
39
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
E d i t o r a
!
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E d i t o r a
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40
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C E X M A 1 1 © P o r t o
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5.1 a) Recta AB: y = mx + b Pág. 116
Tem-se que e a recta passa no ponto A(-5, 0).
Então,
Equação da recta AB:
b) B é o único ponto diferente de A que pertence à recta e à
circunferência. Para mostrar que B tem coordenadas (3, 4) basta
verificar que este par satisfaz as condições:
(equação da circunferência)
e (equação da recta)
Ora:
(é verdade)
(é verdade)
Conclusão: (3, 4) são as coordenadas do ponto B.
c) Para provar que o triângulo [ABC] é rectângulo em B basta
provar que .
Portanto, o triângulo [ABC] é rectângulo em B.
5.2 a)
Como o triângulo [ACB] é
rectângulo em C, vem:
b)
Sabe-se que
Então,
Como a é um ângulo do primeiro quadrante, tem-se cos a . 0,
pelo que
Substituindo em vem
d = œ 60, ou seja, d = 2œ 15.
§ d 2 = 60d 2 = 50 + 50 *1
5
d 2 = 50 + 50 cos a ,
cos a =1
5.
§ cos2 a =1
251 + (œ 24)2
=1
cos2 a § 1 + 24 =
1
cos2 a
1 + tg2 a = 1cos2 a
tg a = œ 24
§ d 2 = 50 + 50 cos a
§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25 * 1
§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25(cos2 a + sin2 a )
§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25cos2 a + 25 sin2 a
d 2 = (5 + 5cos a )2+ (5 sin a )2
AB2= AC
2+ CB
2
AC = AO + OC = 5 + 5cos a
CB
5 = sin a § CB = 5sin a
OC
5 = cos a § OC =5cos a
BA!
. BC!
= (-8, -4) . (-6, 12) = -8 * (-6) + (-4) * 12 = 0
BC!
= C - B = (-3, 16) - (3, 4) = (-6, 12)
BA!
= A - B = (-5, 0) - (3, 4) = (-8, -4)
A(-5, 0); B (3, 4) e C (-3, 16)
BA!
. BC!
= 0
3 - 2 * 4 + 5 = 0 § 0 = 0
32+ 42
= 25 § 25 = 25
x - 2y + 5 = 0
x2+ y2
= 25
y =1
2 x +
5
2 § 2y = x + 5 § x - 2y + 5 = 0
0 =1
2 * (-5) + b § b =
5
2.
m =1
2
6.1 a) C(2, 1, 1) Pág. 117
b) D(1, 2, 1)
c) F (1, 1, 0)
6.2 O plano BCD é perpendicular ao eixo Oz. Os seus pontos têm
cota 1, logo uma equação do plano é z = 1.6.3 Seja b o plano que passa em A e é paralelo a BCF . Um vector
normal a b é necessariamente normal ao plano BCF .
Seja um vector normal ao plano BCF .
terá que ser perpendicular aos vectores e .
define, para , a família de vectores per-
pendiculares a BCF e também perpendiculares a b dado que b é
paralelo a BCF .Para, por exemplo, , obtém-se que é um vector
normal a b.
Então, b pode ser definido por uma equação do tipo
Como A(1, 1, 2) pertence a b, vem
Logo, é uma equação do plano que passa em A e é
paralelo a BCF .
6.4 Seja r a recta definida pela condição
é um vector director da recta r. A recta r será perpen-
dicular ao plano ACD se, e só se, o vector for perpendicular a dois
vectores não colineares do plano ACD, como, por exemplo e .
Sendo = 0 e = 0, é perpendicular a e a e,
consequentemente, a recta definida pela condição é per-
pendicular ao plano ACD.
6.5 A superfície esférica que contém os seis vértices do octaedro tem
centro no ponto K(1, 1, 1), ponto médio das diagonais do octaedro
e raio igual a 1. Deste modo, uma equação da superfície esférica é
6.6 O plano a definido pelo eixo Oz e pelo
ponto A é o plano OFA. A secção determi-
nada por este plano no octaedro é olosango [MFNA] sendo M e N os pontos
médios de [BE] e [CD], respectivamente.
M é o ponto médio de [BE].
B(1, 0, 1) e E(0, 1, 1), logo, M .
Um dos lados do losango tem
comprimento
Como A(1, 1, 2) e M , vem:
Logo, o perímetro do losango é .4 * œ 6
2 = 2œ 6
= Œ 32 = œ 3
œ 2
= œ 3 * œ 2
œ 2 * œ 2
= œ 6
2.
AM =Œ 11 - 1
222
+ 11 - 1
222
+ (2 - 1)2= Œ 1
4 +
1
4 + 1
11
2,
1
2, 12
AM
11
2,
1
2, 12
(z - 1)2= 1.(x-1)2
+ (y -1)2+
x = y = z
CD!
AC!
r!
CD!
r!
.AC!
r!
.
r!
. CD!
= (1, 1, 1) . (-1, 1, 0) = -1 + 1 + 0 = 0
r!
. AC!
= (1, 1, 1) . (1, 0, -1) = 1 + 0 - 1 = 0
CD!
= D - C = (1, 2, 1) - (2, 1, 1) = (-1, 1, 0)
AC!
= C - A = (2, 1, 1) - (1, 1, 2) = (1, 0, -1)
CD!
AC!
r!
r!
= (1, 1, 1)
x = y = z § x
1 = y
1 = z
1
x - y - z + 2 = 0
1 - 1 - 2 + d = 0 § d = 2.
x - y - z + d = 0.
n!
= (1, -1, -1)b = -1
b å R \ {0}n!
= (-b, b, b)
§ 5a = - bc = b
5n!
.BC!
= 0
n!
.BF !
= 0 § 5(a, b, c) . (1, 1, 0) = 0
(a, b, c) . ( 0, 1, -1) = 0 § 5a + b = 0
b - c = 0
BF !
= F - B = (1, 1, 0) - (1, 0, 1) = (0, 1, -1)
BC!
= C - B = (2, 1, 1) - (1, 0, 1) = (1, 1, 0)
BF !
BC!
n!
n!
= (a, b, c)
n!