Professora Rosa Canelas 1 Ano lectivo 2006/2007

ESCOLA SECUNDÁRIA COM 3º CICLO D. DINIS

10º ANO DE MATEMÁTICA – A

Ficha de revisão nº 14

1. Observe a casa representada na figura à qual foi aplicado um referencial xOy o.n. em que a

unidade é o metro.

1.1. Sabe-se que: ( )D 6,0− , 7F ,02

e 7G ,32

−

. A equação reduzida da recta BC é

5 11y x7 2

= − + . Determine:

1.1.1. as coordenadas dos pontos B e E;

1.1.2. a altura da parede [FC].

1.2. Escreva a equação reduzida da recta BG e determine a área da frente da garagem, ou

seja do quadrilátero [ADEG].

1.3. O proprietário da casa pensou em construir uma nova garagem, prolongando até ao solo

o telhado que contém [BC]. Determine a área da frente da nova garagem.

1.4. Admita que era aplicado um novo referencial o.n., com a mesma unidade do referencial

dado, em que a origem coincide com o ponto D, o ponto A pertence ao semieixo positivo

das ordenadas e o ponto F pertence ao semieixo positivo das abcissas. Indique, neste

novo referencial, as coordenadas dos pontos B e E.

2. Considere as funções definidas analiticamente por: ( ) 2f x x 4x 3= − + e ( )g x x 5 2= + −

2.1. Indique o contradomínio de cada uma das funções.

2.2. Resolva as seguintes condições:

2.2.1. ( )f x 0≤ 2.2.2. ( )g x 0= 2.2.3. ( )g x 3≤

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3. Na figura estão representados os gráficos de

duas funções reais de variável real. Utilize as

capacidades da calculadora gráfica para

determinar o perímetro do triângulo [ABC].

Explique como procedeu e apresente todos os

cálculos que tiver de efectuar.

4. Considere a função polinomial f definida por ( ) 21f x x 2x 54

= − + + .

Os pontos P e C assinalados na figura abaixo são os pontos de intersecção do gráfico de f

com o semieixo positivo das abcissas e com o eixo das ordenadas, respectivamente.

Um ponto móvel A, de abcissa x, desloca-se sobre o eixo Ox desde o ponto O até ao ponto P.

A recta AB é paralela ao eixo Oy e o ponto B pertence ao gráfico da função f.

4.1. Determine as coordenadas dos pontos C e P.

4.2. Considere a função T que a cada x, abcissa do ponto A, faz corresponder à área do

polígono [OABC].

4.2.1. Indique o domínio da função T.

4.2.2. Mostre que ( ) 3 21T x x x 5x8

= − + +

4.2.3. Calcule ( )T 10 e interprete o resultado em termos geométricos.

4.2.4. Sem recorrer à calculadora, determine ( )T 4 e resolva a equação ( )T x 28= .

4.3. Recorrendo à calculadora, determine a abcissa do ponto A de modo que a área do

polígono [OAGB] seja máxima. Apresente o resultado arredondado às décimas.

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ESCOLA SECUNDÁRIA COM 3º CICLO D. DINIS

10º ANO DE MATEMÁTICA – A

Ficha de revisão nº 14 – Proposta de resolução

1. Observe a casa representada na figura à qual foi aplicado um referencial xOy o.n. em que a

unidade é o metro.

1.1. Sabe-se que: ( )D 6,0− , 7F ,02

e 7G ,32

−

. A equação reduzida da recta BC é

5 11y x7 2

= − + . Determine:

1.1.1. as coordenadas dos pontos B e E são: 11B 0,2

e 7E ,02

−

;

1.1.2. a altura da parede [FC] é dada por 7 5 7 11y 32 7 2 2

= − × + =

1.2. A equação reduzida da recta BG é 11y mx2

= + sendo m a solução da equação

7 11 53 m 6 7m 11 7m 5 m2 2 7

= − + ⇔ = − + ⇔ = ⇔ = .

Finalmente a equação da recta BG é 5 11y x7 2

= + . Podíamos ter verificado que a recta

está definida por pontos que são simétricos dos que definem a recta BC em relação ao

eixo Oy e por isso o seu declive é simétrico do declive da recta BC.

A área da frente da garagem, ou seja do quadrilátero [ADEG] é dada por

AD EGA DE2+

= × .

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Ora EG 3= , 7 5DE 62 2

= − = e ( ) ( )5 11 17AD y 6 67 2 14

= − = × − + = , então

2

17 3 5 29514A m2 2 56

+= × = . A área é aproximadamente 5,27 m2.

1.3. O proprietário da casa pensou em construir uma nova garagem, prolongando até ao solo

o telhado que contém [BC]. Para determinarmos a área da frente da nova garagem vamos

começar por calcular o zero de 5 11y x7 2

= − + : 5 11 77x 0 10x 77 0 x7 2 10

− + = ⇔ − + = ⇔ =

Acabámos de calcular a medida da base. A área pedida é a área de um triângulo

77 3 23110A2 20

×= = . A área é 11,55 m2.

1.4. Admitamos que era aplicado um novo referencial o.n., com a mesma unidade do

referencial dado, em que a origem coincide com o ponto D, o ponto A pertence ao

semieixo positivo das ordenadas e o ponto F pertence ao semieixo positivo das abcissas.

Neste novo referencial, as coordenadas dos pontos B e E são 11B 6,2

e 5E ,02

2. Considere as funções definidas analiticamente por:

( ) 2f x x 4x 3= − + e ( )g x x 5 2= + −

2.1. Para indicarmos o contradomínio de cada uma das

funções vamos calcular o mínimo nos dois casos. O

contradomínio de f é [ [D' 1,= − +∞ e o contradomínio de g

é [ ['gD 2,= − +∞ . Analiticamente bastaria calcular o vértice

da parábola:

2 4 16 12x 4x 3 0 x x 3 x 12

± −− + = ⇔ = ⇔ = ∨ =

Donde 1 3h 22+

= = e ( )k f 2 4 8 3 1= = − + = − .

As coordenadas do vértice são ( )2, 1− pelo que o contradomínio de f é [ [D' 1,= − +∞

e verificar que o gráfico de g resulta do gráfico de y x= por uma translação associada ao

vector de coordenadas ( )5, 2− − , pelo que o contradomínio de g é [ ['gD 2,= − +∞ .

2.2. Resolva as seguintes condições:

2.2.1. ( ) ] [2f x 0 x 4x 3 0 x 1,3≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ∈

2.2.2. ( )g x 0 x 5 2 x 5 2 x 5 2 x 3 x 7= ⇔ + = ⇔ + = ∨ + = − ⇔ = − ∨ = −

2.2.3. ( )g x 3 x 5 2 3 x 5 5 x 5 5 x 5 5 x 0 x 10≤ ⇔ + − ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ∧ + ≥ − ⇔ ≤ ∧ ≥ −

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[ ]x 10,0∈ −

3. Na figura estão representados os gráficos de

duas funções reais de variável real. Utilize as

capacidades da calculadora gráfica para

determinar o perímetro do triângulo [ABC].

Explique como procedeu e apresente todos os

cálculos que tiver de efectuar.

Precisamos de encontrar as expressões que

definem as funções:

Comecemos pela função módulo:

As coordenadas do ponto origem das duas semi-rectas são ( )4, 3− .

O declive da semi-recta .CB é 3 pelo que a função é definida por y 3 x 4 3= − −

Para a função quadrática, vamos poder defini-la:

• a partir das coordenadas do vértice da parábola que a representa ( )4,6

Ficando ( )2y a x 4 6= − + , equação que será verificada pelas coordenadas do ponto de

coordenadas ( )5,0 : ( )2 6 30 a 6 4 6 a a4 2−

= − + ⇔ = ⇔ = − pelo que a nossa função vai ficar

definida por: ( )23y x 4 62

= − − +

• a partir dos zeros que são 2 e 6. A equação ( ) ( )y a x 2 x 6= − − será então verificada

pelas coordenadas do vértice: ( ) ( ) 36 a 4 2 4 6 6 4a a2

= − − ⇔ = − ⇔ = − pelo que a nossa

função vai ficar definida por: ( ) ( )3y x 2 x 62

= − − −

Podemos agora introduzir as expressões na calculadora e determinar sucessivamente:

• as coordenadas de A e de B,

• a distância entre A e B

AB 3,292

• as distâncias entre B e C e entre A e C utilizando o teorema de Pitágoras

AB2

( )13 y A+

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BC AC 5,204=

O perímetro é Perímetro 11,787 .

4. Consideremos a função polinomial f definida por ( ) 21f x x 2x 54

= − + + .

Os pontos P e C assinalados na figura abaixo são os pontos de intersecção do gráfico de f

com o semieixo positivo das abcissas e com o eixo das ordenadas, respectivamente.

Um ponto móvel A, de abcissa x, desloca-se sobre o eixo Ox desde o ponto O até ao ponto P.

A recta AB é paralela ao eixo Oy e o ponto B pertence ao gráfico da função f.

4.1. As coordenadas do ponto C são ( )( )0, f 0 ou ( )0,5 e as do ponto P obtêm-se a partir do

cálculo dos zeros de f:

2 21 8 64 80x 2x 5 0 x 8x 20 0 x x 2 x 104 2

− ± +− + + = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = − ∨ =

−

As coordenadas de P são então ( )10,0

4.2. Consideremos a função T que a cada x, abcissa do ponto A, faz corresponder à área do

polígono [OABC].

4.2.1. O domínio da função T é [ ]0,10

4.2.2. Mostremos que ( ) 3 21T x x x 5x8

= − + + . A área do trapézio [OABC] é dada por

( ) AB OCT x OA2+

= × . Sabemos que 21AB x 2x 54

= − + + , OC 5= e que OA x= ,

então

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( ) ( ) ( )2

2 3 2

1 x 2x 5 5 1 14T x x T x x x 5 x T x x x 5x2 8 8

− + + + = × ⇔ = − + + × ⇔ = − + +

4.2.3. Calculemos ( ) 3 21T 10 10 10 5 10 258

= − × + + × = este resultado em termos

geométricos significa a área do triângulo [OCP] que podíamos calcular utilizando a

fórmula que dá a área do triângulo 5 10A A 252×

= ⇔ =

4.2.4. Sem recorrer à calculadora, determinemos:

( ) 3 21T 4 4 4 5 4 8 16 20 288

= − × + + × = − + + =

E vamos resolver a equação:

( ) 3 2 3 21 1T x 28 x x 5x 28 x x 5x 28 08 8

= ⇔ − + + = ⇔ − + + − = .

Sabemos uma solução que é 4 e vamos utilizar a Regra de Ruffini para baixar o grau

da equação dividindo o polinómio por x 4−

18

− 1 5 -28

4 12

− 2 28

18

− 12

7 0

Então

( )3 2 2 21 1 1x x 5x 28 0 x 4 x x 7 0 x 4 x 4x 56 08 8 2

− + + − = ⇔ − − + + = ⇔ = ∨ − + + = ⇔

x 4 x 2 2 15 x 2 2 15⇔ = ∨ = − ∨ = +

4 16 224 240 4 15x 4 x x 4 x 2 x 4 x 22 2 2

− ± +⇔ = ∨ = ⇔ = ∨ = ± ⇔ = ∨ = ±

− − −⇔ = ∨ = ±x 4 x 2 2 15

A equação tem três soluções { }− +4,2 2 15,2 2 15

4.3. Recorrendo à calculadora, determinamos a abcissa do ponto A de modo que a área do

polígono [OAGB] seja máxima. O resultado arredondado às décimas é x 7,2=