Escola Secundária de Fontes Pereira de Melo - 401780

"Escola em processo de mudança"

Ano Lectivo

2011/2012

RESOLUÇÃO DA FICHA II DE REVISÕES PARA O TESTE INTERMÉDIO

Matemática A

11ºA07-02-2012

1.

{ tan 48 ˚=9x

tan 62 ˚= y15−x

⇔ { x= 9tan 48 ˚

y=(15−x ) tan 62˚⇔{ —

y=(15− 9tan 48 ˚ ) tan 62˚

⇔{ x=8,10y=12,97

R:. O prédio mais alto mede 13 cm.

2.

a) A amplitude do ângulo no instante inicial é: α (0 )= π2−π6cos0=¿ π

2−π6= π3

¿

No momento inicial a distância do centro da esfera à recta OS é igual a PC, sendo C a projecção ortogonal da P sobre a recta OS como está representado na figura.

sin( π3 )=PCOP

⇔PC=OPsin π3⇔PC=√3

2

Página 1 de 9

S C O

A≡ P

π3

b) O centro da esfera passa pela primeira vez na recta r quando α (t )= π2

π2− π6cos (√9,8t )= π

2 ⇔ π6cos (√9,8 t )=0 ⇔ cos (√9,8 t )=0

Logo, √9,8 t=π2

+kπ ,k∈Z ⇔ t=

π2

+kπ

√9,8, k∈Z

O primeiro instante é k=0

t=

π2

√9,8=0,5

3.

a) tan α= CEAE ⇔ tan α= 45

1+ tan2 (α )= 1cos2 (α )

⇔ 1+( 45 )2

= 1cos2 (α )

⇔ 1+1625

= 1cos2 (α )

⇔ cos2 (α )=2541 ⇔ cos α=±√ 2541 ⇔ cos α=

5√41

⇔ cos α=5√4141

b) Atrap é zio=B+b2

×h= AB+CD2

×CE= (AE+EB )

2×CE

Cálculo de EB

A B̂C=B̂

tan ( B̂ )=CEEB ⇔ tan( π2−α )= 4

EB ⇔ EB= 4cotα ⇔EB=4× tan α

⇔ EB=4× 45 ⇔ EB=16

5=3,2

Atrapézio=(5+3,2 )+3

2×4=22,4

4.

a) cos ( r⃗ , s⃗)= r⃗ . s⃗‖r⃗‖×‖s⃗‖

=(−3 ,−1 ,2 ) . (2 ,−2,−1 )

3√14=−6+2−2

3√14= −63√14

Página 2 de 9

Logo, ( r⃗ , s⃗ )=cos−1( −63√14 )=122,31˚

b) Se dois vectores são perpendiculares então r⃗ . t⃗=0

( (−3 ,−1 ,2 ) ) . (−4 ,3K ,1 )=0 ⇔ 12−3k+2=0 ⇔ k=143

c) Se u⃗ é colinear com s⃗então,

u⃗=k s⃗ ⇔ ( x , y , z )=k (2 ,−2 ,−1 ) ⇔ u⃗=¿(2k,-2k,-k)

u⃗ . s⃗=−18 ⇔ (2k ,−2k ,−k ) . (2,−2 ,−1 )=−18 ⇔ 4 k+4k+k=−18

⇔ 9k=−18 ⇔ k=−2

Assim, u⃗=(−4,4,2 ) e ‖u⃗‖=√(−4 )2+42+22=6

d) Os vectores s⃗ e t⃗ formam um ângulo obtuso se 90 ˚<( s⃗ ,̂ t⃗ )<180 ˚, ou seja, s⃗ . t⃗=0 ⇔ −8−6k−1<0 ⇔ −6k−9<0 ⇔−6 k<9

⇔ k>−96 ↔ k>−3

2 , k∈ ¿−32,+∞¿

5.

a) A (1,0,0 ) e F (0,2,4 )

b) A⃗F+ C⃗F−O⃗B= A⃗E+ B⃗O= A⃗G

c) A⃗F=F−A=(0,2,4 )−(1,0,0 )=(−1,2,4 )

B⃗G=B−G=(0,0,4 )-(1,2,0 )= (−1,−2,4 )

A⃗F . B⃗G=(−1,2,4 )−(−1 ,−2,4 )=1−4+16=13

d) α amplitude do ângulo formado pelas rectas AF e BG

cos (α )= |⃗AF . B⃗G|‖A⃗F‖×‖B⃗G‖

= 13√21×√21

=0,62

α=cos−1 (0,62 )=0,90 rad

A recta BE é definida por x=1˄ y=2 logo, a aresta [BE ] é definida por x=1˄ y=2˄z ≤4

O vector director é B⃗G=(−1 ,−2,4 )

( x , y , z )=(0,0,4 )+k (−1 ,−2,4 ) , k∈Z

6.

Página 3 de 9

6.1. O cubo tem aresta 2

D (0,0 ,−1 )

F (2,2,1)

6.2.

B (2,2,−1 )

H (0,0,1 )

BP=P−B=( x−2 , y−2 , z+1 )

HP=P−H=(x , y , z−1)

BP. HP=0⇔ ( x−2 , y−2 , z+1 ) . ( x , y , z−1 )=0

⇔x2−2x+ y2−2 y+z2−1=0

⇔ ( x−1 )2−1+( y−1 )2−1+z2−1=0

⇔ ( x−1 )2+ ( y−1 )2+z2=3

Que define a superfície esférica de centro (1,1,0) e raio √3.

6.3.

AG=G−A=(0,2,1 )− (2,0 ,−1 )=(−2,2,2)

A(2,0 ,−1) é um ponto que pertence à reta

x−2−2

= y2= z+12

Como z= y :

x−2−2

= y2= y+1

2⇔ x−2

−2=52˄ y2=52

⇔−x+2=5˄ y=5

⇔x=−3˄ y=5

A intersecção da reta AG com o plano z= y é ponto P(−3,5,4).

6.4.

A ,C e H são colineares

Para definir o plano é necessário determinar o vetor normal plano.

AC=C−A=(0,2 ,−1 )−(2,0 ,−1 )=(−2,2,0)

Página 4 de 9

AH=H−A=(0,0,1 )− (2,0 ,−1 )=(−2,0,2)

{ n⃗ . AC=0n⃗ . AH H=0

⇔{−2a+2b=0−2a+2c=0⇔{b=ac=a

Vectores normais são do tipo (a ,a ,a ), a∈R ¿{0¿}

Por exemplo, para a=1 temos n⃗=(1,1,1)

Como H (0,0,1) pertence ao plano:

1 ( x−0 )+1 ( y−0 )+1 ( z−1 )=0⇔x+ y+z=1

A intersecção deste plano com o plano xOy é a reta

{x+ y+z=1z=0⇔ {x+ y=1z=0

6.5.

Para um ponto genérico da reta P(x , y , z) temos

( x , y , z )=(1 ,−3,2 )+λ0,1,1 ¿ , λ∈R⇔ ( x , y , z )= (1 ,−2+λ ,2+λ ) , λ∈R

Então o P (1,−3+λ ,2+λ ) , λ∈R

Determinar a intersecção da reta com o plano é determinar o valor do parâmetro λ de forma a que P pertença ao plano.

Substituindo as coordenadas de P na equação do plano obtém-se

1−3+ λ+2+λ=1⇔2 λ=1⇔λ=12

Então, I (1 ,−52 , 52 )Outro processo…

( x , y , z )=(1 ,−3,2 )+λ0,1,1 ¿ , λ∈R com intersecção do plano

⇔¿

Então I (1 ,−52 , 52 )7.

7.1.

Página 5 de 9

v⃗=(1,2,6 ) e Apertence à reta

x−11

= y+12

= z6⇔x−1= y+1

2= z6

7.2.

Vetor normal ao plano n⃗π=(1,1 ,−1)

n⃗π . u⃗=1+2−6=3≠0 a reta não é paralela ao plano.

Como n⃗π não é colinear com r⃗ , a reta não é perpendicular ao plano.

Então, a reta é oblíqua ao plano.

7.3.

Se o plano é paralelo ao plano π, o vetor normal ao plano é colinear com n⃗π então:

1 ( x−1 )+1 ( y+1 )−z=0

8.

8.1.

tan (−π−α )=12⇔−tan α=1

2⇔ tan α=−1

2

⇔ sin( 32 π+α)−sin(π−α¿)−cos (α−π )−cos ( 32 π−α)=¿−cos α sin α−(−cosα )¿¿¿

⇔1+ tan2α= 1cos2α

⇔1+(−12 )2

= 1cos2α

⇔1+ 14= 1cos2α

⇔ 54= 1cos2α

⇔cos2α=45⇔cos α=± 2

√5

Como α∈ ¿ π2, π ¿ então cos α=−2

√5=−2√5

5

tan α= sin αcos α

−12

=sin α−2√5

⇔2√5sinα=2⇔sin α=√55

Então

−2sinα cos α=−2( 1√5 )(−2√5 )=45Página 6 de 9

8.2.

u⃗ . v⃗=‖v⃗‖.‖u⃗‖.cos (u⃗❑̂ v⃗ )⇔−4√5=2‖v⃗‖.‖u⃗‖.(−2√5 )⇔−4√5=−4

√5‖v⃗‖2⇔‖v⃗‖2=−4 √5

−4√5

⇔‖v⃗‖=±√5

Logo ‖v⃗‖=√5

9.

9.1.

x=√42−22⟺ x=√12⇔x=2√3

D (2√3 ,2 ,8 )

O⃗B=B−O=(0,4,0 )−(0,0,0 )=(0,4,0 )

O⃗D=D−O= (2√3 ,2,8 )− (0,0,0 )=(2√3 ,2 ,8 )

Seja n⃗=(a ,b , c ) um vetor normal ao plano OBD

Então

{n⃗×O⃗B=0n⃗×O⃗D=0

⇔{ (a ,b ,c )× (0,4,0 )=4(a ,b , c )× (2√3 ,2,8 )=0

⇔{ 4b=02√3a+2b+8c=0

⇔{ b=0

c=−√34

a

Logo n⃗ é da forma (a ,0 ,−√34a)

Para a=4 vem n⃗=¿

Como o ponto O pertence ao plano, a equação do plano é: 4 x−√3 z=0 c.q.d.

9.2.

C⃗D=D−C=(2√3 ,2,8 )−(0,0,8 )=(2√3 ,2,0 )

É um vetor diretor da reta CD.

Como o ponto C (0,0,8) pertence á reta, têm-se

( x , y , z )=(0,0,8 )+k (2√3 ,2,0 ) , k∈ R

9.3.

Página 7 de 9

r⊥OBD se u⃗=k × n⃗ , k∈R , onde u⃗ é um vetor diretor da reta r e n⃗ é um vetor normal ao plano.

u⃗=¿

Como u⃗=−2 n⃗ então r⃗ é colinear com n⃗ e a reta é perpendicular ao plano.

10.

10.1

(-20,0) e (0,20)

m=2020⇔m=1eb=20

y=x+20

(30,0) e (0,60)

m= 60−30

⇔m=−2e b=60

y=−2x+60

(100,0) e (0,50)

m= 50−100

⇔m=−12e b=50

y=−12x+50

(60,0) e (60,20)

m=2020

x=60vertical

{y ≤ x+20

y ≥−2 x+60

y≤−12x+50

x ≤60y≥0

⟺ {−x+ y ≤202 x+ y≥60x+2 y≤100x≤60y ≥0

10.2.

Dados do problema

Função objetivo z=x+ y

z=0 obtêm-se x+ y=0

y=−x

Página 8 de 9

10.2.1.

Para determinar o valor máximo procura-se a reta da forma x+y=k com maior ordenada na origem.

Então a solução otima é o ponto de interseção das duas retas x=60 e x+2y=100

{ x=60x+2 y=100

⟺ {−−−−−¿60+2 y=100⇔ {−−−−−¿2 y=20⟺ {x=60y=20

Solução ótima (60, 20)

10.2.2.

O valor mínimo procura-se a reta da forma x+ y=k com menor ordenada na origem.

È o ponto (30,0)

11.

a) Df=R∖ {−3 }

D ´ f=R∖ {2 }

b) Assíntota vertical x=−3

Assíntota horizontal y=2

c)

f ( x )=2+ ax+3

o ponto (-1,0) pertence ao gráfico f

f (−1)=0

2+ a2=0⇔a=−4

Logo

f ( x )=2− 4x+3

d)

Para obter o gráfico de f, o gráfico de g sofreu uma simetria relativamente ao eixo Ox seguida de uma translação associada ao vetor u⃗=(−3,2)

Página 9 de 9