Questões tipo exame
Pág. 242 1.1.
António: c ; Diogo: ∼ ( i ∧ e ) ; Rita: e ∨ ∼ c
1.2.
Se as afirmações dos três amigos são verdadeiras, a afirmação do António é verdadeira, pelo que a proposição c é verdadeira e, consequentemente, a proposição ∼ c é falsa. Por outro lado, a afirmação da Rita é, também, verdadeira, pelo que a proposição e ∨ ∼ c é verdadeira. Deste modo,
3.2.
Os triângulos [ BC ′C ] e [ BO′O] Da figura ao lado são semelhantes, pelo que: 8 2 4 2 BC CC ′ = ⇔ = ⇔ 5 2 OO′ BO OO′ 5 2×4 2 ⇔ OO′ = ⇔ 8 2 5 2 ⇔ OO′ = 2
podemos concluir que a proposição e terá de ser verdadeira, pois, caso fosse falsa, a proposição e ∨ ∼ c teria de ser falsa, o que contradiz os dados do problema. Finalmente, e como o Diogo falou a verdade, a proposição ∼ ( i ∧ e ) terá de ser verdadeira. Sabemos que a proposição e
Vcone
5 2 1 1 = × Abase × altura = × π × 2 3 3
2
×5
2=
1 25 12 5 2 π ×π× ×5 2 = 3 2 6 3 4 4 π × ( 5 2 ) = × π × 250 2 = V esfera = × π× 3 3 10 0 0 π 2 = 3 125π 2 12 1 25π 2 3 1 V cone 6 = = × = 6 V esfera 1000π 2 1000π 2 16 3
é verdadeira, pelo que a proposição i terá de ser falsa, uma vez que a conjunção de duas proposições é verdadeira somente se as duas forem verdadeiras e a negação de uma proposição falsa é uma proposição verdadeira. Assim, podemos concluir que os alunos das ilhas não gostam de Matemática, os alunos estrangeiros gostam de Matemática e os alunos do continente também gostam de Matemática. 2.1. • B ∪ C = {c , d } ∪ {a , b , d } = {a , b , c , d }
=
• A ∩ B = {a , b, c} ∩ {c , d } = {c} • ( B ∪ C ) \ ( A ∩ B ) = {a , b , c , d } \ {c} = {a , b , d } = C 2.2.
Pág. 243
Sabemos que A ∪ X = {a , b , c} e que A = {a , b , c} , pelo que todos os elementos de X são são também elementos de A, ou seja, X ⊂ A . De igual modo, temos que B ∪ X = {c , d } e B = {c , d } , pelo que todos os elementos de X são, são, também elementos de B, ou seja, X ⊂ B . Se X ⊂ A e X ⊂ B então X ⊂ ( A ∩ B ) , ou seja X
⊂ {c} ,
pelo que X = {c} ou X = ∅ . Como C ∪ X
= A∪B
, vem {a, b, d } ∪ X = {a, b, c, d } .
Logo, X = {c} . 8 8 3.1. Vsólido = × Vesfera ⇔ Vcone menor + Vcone maior = ×V ⇔ 25 25 esfera 3 1 1 8 4 ⇔ × Abase × AC + × Abase × CB = × × π × (5 2 ) 3 3 25 3 1 32 0 π 2 ⇔ × Abase × ( AC + CB ) = ⇔ 3 3 1 32 0 π 2 ⇔ × Abase × ( 2 × 5 2 ) = ⇔ 3 3 10 2 × Abase 320π 2 ⇔ = ⇔ 3 3 320π 2 3 ⇔ Abase = × ⇔ 3 10 2 ⇔ Abase = 32π ⇔ ⇔
2
π
× ( r base ) = 32 π ⇔
4.1.
O instante t = = 0 corresponde às 7 horas desse dia, pelo que às 15 horas e 45 minutos corresponderá o instante t = = 8,75. Assim tem-se: 4 3 2 T (8, 75 ) = 0,1 (8, 75 ) − 2 ( 8, 75) + 12, 775 ( 8, 75 ) − −30 ( 8, 75 ) + 22, 5 ⇒ T ( 8, 75 ) ≈ −15, 58
A temperatura no interior da arca frigorífica às 15 horas e 45 minutos desse dia foi de, aproximadamente, –15,58 graus Celsius. 4.2. Os instantes em que a temperatura no interior da arca frigorífica foi igual a zero graus Celsius correspondem às raízes do polinómio. Às 8 horas e 30 minutos corresponde o instante t = = 1,5 e às 13 horas corresponde o instante t = = 6. Aplicando, sucessivamente, a regra de Ruffini, tem-se: 0,1 –2 12,775 –30 22,5 1,5 0,15 –2,775 15 –22,5 0,1 –1,85 10 –15 0 6 0,6 –7,5 15 0,1 –1,25 2,5 0 Assim, tem-se que: 2 T ( t ) = ( t − 1, 5 ) ( t − 6 ) ( 0,1 t − 1, 25t + 2 , 5) As outras duas raízes são as soluções da equação: 0,1t 2 − 1, 25t + 2, 5 =0
2
⇔ ( r base ) = 32
pelo que o r base
=
0,1t 2 − 1, 25t + 2, 5 = 0 ⇔ t =
32 = 4 2 .
Para determinar OC , utilizamos o Teorema de Pitágoras. 2
OC +
2
( 4 2 ) = (5 2 )
2
2
2
⇔ OC = 50 − 32 ⇔ OC = 1 8 ,
pelo que OC = 18 = 3 2
1, 25 ± 1, 252 − 4 × 0,1× 2, 5 ⇔ 2 × 0,1
1, 25 ± 0, 5625 1, 25 ± 0, 75 ⇔ t = ⇔ 0, 2 0, 2 1, 25 + 0, 75 1, 25 − 0, 75 ⇔t = ∨t = ⇔ t = 10 ∨ t = 2, 5 0, 2 0, 2 ⇔t =
Questões tipo exame
O instante t = 2,5 corresponde às 9 horas e 30 minutos e o instante t = 10 corresponde às 17 horas. Os outros dois instantes em que a temperatura no interior da arca frigorífica foi igual a zero graus Celsius foram às 9 horas e 30 minutos e às 17 horas. 5.1. O ponto O é o ponto médio de [ AC ], pelo que x + xC x A + xC yA + yC = ( 0 , 0) ⇔ A 2 , 2 2
=0∧
yA + yC
2
=0
⇔ x A + xC = 0 ∧ y A + yC = 0 ⇔ xA = − xC ∧ yA = − yC
Por outro lado, tem-se que:
AB + BC = AC AC = C − A = ( xC , yC ) − ( x A , y A ) = ( xC − xA
,
yC − y A )
Assim, tem-se:
AB + BC = AC ⇔
Como B ( –10 , −6 ) ∈ BC , tem-se: 4 −40 × ( −10 ) + b ⇔ −6 = +b⇔ 13 13 40 38 ⇔ −6 + =b⇔b =− 13 13 4 38 BC : y = x− 13 13 Condição pedida: 8 38 2 4 38 ∧ y≤− x∧ y≥ ∧ x<0∧ y <0 y ≤ x + x− 7 7 3 13 13 5.4. a) O ponto médio de [ AB] é o centro da circunferência. x A + xB y A + yB −3 − 10 2 − 6 13 2 , = 2 , 2 = − 2 , − 2 2 −6 =
O raio, r , é igual a
⇔ ( −7 , − 8 ) + (13 , 4 ) = ( xC − xA ⇔ ( −7 + 13 , − 8 + 4 ) = ( xC − xA ⇔ ( 6 , − 4 ) = ( xC − xA
, yC
, yC
− yA ) ⇔
, yC − yA ) ⇔
r =
− yA ) ⇔
⇔ 6 = xC − xA ∧ −4 = yC − yA
Como x A = − xC
∧ y A = − yC ,
=
vem:
6 = xC − ( − xC ) ∧ −4 = yC − ( − yC ) ⇔ ⇔ 6 = 2 xC ∧ −4 = 2 yC ⇔ ⇔ xC = 3 ∧ yC = −2
=
2 − 8) ⇔
⇔ B = ( −10 , − 6 )
Equação da reta AB: m AB =
y B − y A x B − x A
=
−6 − 2 −10 + 3
=
−8 −7
=
8 7
8 y = x + b 7 Como A ( –3 , 2 ) ∈ AB, tem-se: 8 24 38 −24 × ( −3) + b ⇔ 2 = +b ⇔2+ =b ⇔b = 7 7 7 7 8 38 AB: y = x + 7 7 Equação da reta AC : y − y A −2 − 2 −4 2 = = =− m AC = C 3+3 6 3 xC − xA 2 y = − x + b 3 Como 0 ( 0 , 0 ) ∈ AC , tem-se b = 0. 2 AB: y = − x 3 Equação da reta BC : y − yB −2 + 6 4 = = m BC = C 3 + 10 13 xC − xB 4 y = x+b . 13 2=
=
2
( x B − xA )
2
. 2
+ ( yB − y A )
2
( −10 + 3)
2
+ ( −6 − 2 )
2
2 49 + 64 2
113 r = 2
⇔ B = ( −3 , 2 ) + ( −7 , − 8 ) ⇔
5.3.
2
2
A(–3 , 2) e C (3 , –2) 5.2. B = A + AB ⇔ ⇔ B = ( −3 − 7 ,
AB
AB
=
2
=
( −7 )
2
+ ( −8 )
2
=
113 2
=
2
=
113 4
Equação da circunferência de diâmetro [ AB]: 2 13 113 2 + x + ( y + 2) = 2 4 b) Interseção com o eixo Ox: Equação do eixo Ox : y = 0 2 13 113 2 ∧ y=0⇔ x + + ( y + 2 ) = 2 4
13 ⇔ x + 2
2
13 ⇔ x + 2
2
2
+ ( 0 + 2) =
=
113 ∧ y =0⇔ 4
113 −4∧ y =0 ⇔ 4
2
13 97 = ∧ y =0⇔ 2 4 13 97 ⇔ x + =± ∧ y =0⇔ 2 4 13 97 ⇔ x = − ± ∧ y =0⇔ 2 4 −13 ± 97 ⇔ x = ∧ y =0 2 Os pontos de interseção da circunferência de diâmetro [ AB] com o eixo Ox têm de coordenadas: −13 − 97 −13 + 97 , 0 e , 0 2 2
⇔ x +
Interseção com o eixo Oy: Equação do eixo Oy : x = 0
Questões tipo exame
13 x + 12
2
⇔
2
+ ( y + 2) =
13 0 + 2
113 ∧x=0⇔ 4
2
2
+ ( y + 2 ) =
6.3.
113 ∧x =0⇔ 4
Os pontos da elipse que têm coordenadas com sinais contrários situam-se no segundo quadrante ou no quarto quadrante, pelo que a condição pedida é: x 2 9
169 113 2 + ( y + 2 ) = ∧x =0 ⇔ 4 4 113 169 2 ⇔ ( y + 2 ) = − ∧x=0⇔ 4 4 2 ⇔ ( y + 2 ) = −14 ∧ x = 0 ⇔
+
y
x2
2
4
= 1 ∧ x < 0 ∧ y > 0 ∨
+
9
y
2
4
=1 ∧ x > 0 ∧ y < 0
Nota: A condição pedida, também, pode ser escrita do
seguinte modo: x
2
9
+
y
2
=1∧ ( x <
4
0 ∧ y > 0 ) ∨ ( x > 0 ∧ y < 0 )
⇔ x ∈ ∅
A circunferência de diâmetro [ AB] não interseta o eixo Oy. x2 y2 4 x 2 9 y 2 36 + = ⇔ + =1 6.1. 4 x 2 + 9 y 2 = 36 ⇔ 36 36 36 9 4 Equação reduzida da elipse:
x
2
+
y
2
Pág. 244 7.
Proposição 1: 0,2
=1
6.2.
Determinemos as abcissas dos pontos da elipse que têm ordenada igual a 1. 4 x 2 + 9 y 2 = 36 ∧ y = 1 ⇔ 2 2 ⇔ 4 x + 9 × 1 = 36 ∧ y = 1 ⇔ 2 ⇔ 4 x + 9 = 36 ∧ y = 1 ⇔ 2 ⇔ 4 x = 36 − 9 ∧ y = 1 ⇔ 2 ⇔ 4 x = 27 ∧ y = 1 ⇔ 27 2 ⇔ x = ∧ y =1 ⇔ 4
⇔ x = −
⇔ x = −
27 4
∨x=
27 ∧ y =1 4
×
(
1 25
9 4 2 2 a = 9 e b = 4 e como a e b são números positivos, tem-se
que a = 3 e b = 2. Os vértices da elipse têm coordenadas: (–3 , 0) , (3 , 0) , (0 , –2) e (0 , 2) Por outro lado, tem-se que a > b, pelo que (–c , 0) e (c , 0) são as coordenadas dos focos da elipse e a 2 = b 2 + c 2 . a 2 = b 2 + c 2 ⇔ 9 = 4 + c 2 ⇔ c2 = 5 Como c > 0, então c = 5 . As coordenadas dos focos da elipse são: ( − 5 , 0) e ( 5 , 0)
2
)
5
−16
6
=5 ⇔
6
1 5 × 54 ⇔
1 5
2
×
( 4 5)
1 2 5
−16
6
6
=5 ⇔
−16
−2
−2
(5 ) ⇔5
−6 − ( −12 )
6
=5 ⇔
6
=5
6
6
5−2 × 5−4 5−12
6
=5 ⇔
6
⇔5 =5
A proposição 1 é verdadeira. Proposição 2: 10−2 × 0,001 1 10 2 × 10 3 1 = ⇔ = ⇔ 2 2 1 1000 1000 1 10 ( ) 10 10 5 1 1 5 ( 2) ⇔ = ⇔ 10 = ⇔ 2 10 1000 1000 1 1 1 1 1 3 ⇔ 10 = ⇔ = ⇔ = 3 1000 10 1000 1000 1000 A proposição 2 é verdadeira. Proposição 3: −
−
−
−
− − −
−
−
3
6
4
8× 2 40,5 2
=
4
2
⇔
3
2
×
4
2
4 2
=
4
2⇔
2
3 6 ×
2 2
2
1 4
=
4
2⇔
3
⇔
3 3 3 3 ∨x= ∧ y =1 2 2
Os pontos procurados têm coordenadas: 3 3 3 3 , 1 e ,1 − 2 2 Área do triângulo [ AOB] = base × altura AB × ordenada A = = = 2 2 3 3 2× ×1 3 3 2 = = 2 2 A área do triângulo [ AOB] é 3 3 u.a. 2
3 24 4 4 3 4 4 ⇔ = 2 ⇔ ⇔ 24 = 2 ⇔ 2 = 2 1 A proposição 3 é falsa. Se a proposição ∼ ( p ∧ q ) ∧ ∼ r é falsa, então a proposição
( p ∧ q ) ∧ ∼ r é verdadeira. Se a proposição ( p ∧ q ) ∧ ∼ r é verdadeira, então as proposições p ∧ q e ∼ r são verdadeiras. Portanto, p é verdadeira, q é verdadeira e r é falsa. Logo, r só pode ser a proposição 3. 7 x+3 8.1. A = x ∈ ℤ : ≥ 1 − > −2 = 5 5 = { x ∈ ℤ : 7 ≥ 5 − x − 3 > −10} = = { x ∈ ℤ : 7 ≥ − x + 2 > −10} = = { x ∈ ℤ : 7 − 2 ≥ − x > −10 − 2} = = { x ∈ ℤ : 5 ≥ − x > −12} = = { x ∈ ℤ : − 5 ≤ x < 12}
Questões tipo exame
A = {−5 , − 4 , − 3 , − 2 , − 1 ,
Verifica-se, facilmente, que 1 é ainda raiz de x 3 + x2 − 2 , pelo que:
0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 ,10 ,11}
2 B = { x ∈ ℤ : x < 16} = { x ∈ ℤ : − 4 < x < 4}
B = {−3 , − 2 , − 1,
1
0 , 1, 2 , 3}
A \ B = {−5 , − 4 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 ,10 ,11}
1
1 ≥1 . 1 b) A proposição é verdadeira, já que o valor absoluto de qualquer elemento de B é igual à raiz quadrada do seu quadrado. 8.3. O conjunto A é constituído por 17 elementos. Por outro lado, A ∩ C é constituído por 11 elementos e A ∪ C tem 21 elementos. Logo, o conjunto C tem 11 elementos comuns com o conjunto A e quatro elementos que não pertencem a A. Assim, temos que: C = {−9 , 8 , − 7 , − 6 , − 5 , − 4 , − 3 , − 2 , − 1 , 0 ,1, 2 , 3 , 4 , 5} , 8.2. a)
A proposição é verdadeira, já que 1∈ A e
1
0
–1
–2
2
1
1
0
2
1
0
–2
0
2 x + 2 x + 2 = 0 ⇔ x =
⇔ x =
−2 ±
4 − 4× 1 × 2 2 −4
−2 ±
⇔
2 Equação impossível em ℝ , pelo que o polinómio: x 2 + 2 x + 2 = 0 não tem mais raízes reais. Assim, tem-se: 2 2 P ( x ) = ( x − 1) ( x + 2 x + 2 ) → fatorização de P ( x ) Vamos, agora, resolver a inequação P ( x ) ≤ 0 , recorrendo a
pelo que a = –10 e b = 5.
uma tabela de sinais.
ou C = {1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 1 0 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5} pelo
x
( x − 1)
que a = 0 e b = 15. 9.1. Seja M ( x , y) um ponto qualquer que verifica a condição MA + MB = 10 . A condição define a elipse de focos A e B e eixo maior igual a 10. Logo a = 5. Como as coordenadas dos focos são ( −3, 0 ) e ( 3, 0 ) , temos
1
−∞ 2
x 2 + 2 x + 2 P ( x)
+∞
+
0
+
+ +
+ 0
+ +
Logo, P ( x ) ≤ 0 ⇔ x = 1 . S = {1}
c = 3 e a > b , pelo que a 2 = b 2 + c 2 . 2
2
2
2
2
2
Pág. 245
2
a = b + c ⇔ 5 = b + 3 ⇔ b = 16.
11.1.
Como b > 0 vem b = 4. Equação reduzida da elipse:
x
2
y
a)
2
=1 25 16 9.2. As retas tangentes à elipse que são paralelas aos eixos coordenados passam pelos vértices pelo que as suas equações são: x = 5 , x = −5 , y = 4 e y = −4 . 2
+
2
10.1. ( x − 1) = x − 2 x + 1
Usando o algoritmo da divisão inteira de polinómios: n n 2 − x − 2x + 2 x x2 − 2 x + 1 −
− x
+ 2 xn 1 −
n
−x
n− 2
x n− 2
2 x n 1 − 2 x n 2 − 2 x + 2 Assim, tem-se que: n n 2 n 2 x − x − 2 x + 2 = ( x − 2 x + 1) x −
n
⇔ x − x
n−2
2
P ( x ) = ( x − 1) x
10.2.
n−2
Para n = 4: P ( x ) = x
(
+2 x 4
n −1
−2
+ 2x
+2 x
−x
n− 2
− x +1
− x − 2x +
(
n −1
n −1
− 2x −x
)
1 1
P ( x) .
b)
Como 1 é raiz de P ( x ) , então P ( x ) é divisível por x – 1. Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 –1 0 0 –1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 –1 Assim, tem-se que: 4 p ( x ) = ( x − 1) ( x − 1)
1 –1 0
n− 2
n− 2
− 2x +
)
− x +1
2
pelo que: x 4 − 1 = 0 ⇔ ( x 2 − 1)( x 2 + 1) = 0 ⇔ 2
0 ∨ x2 + 1 = 0 ⇔ 2 ⇔ ( x − 1)( x + 1) = 0 ∨ x + 1 = 0 ⇔ ⇔ x − 1 =
2
⇔ x − 1 = 0 ∨ x + 1 = 0 ∨ x = −1 ⇔
2
2
Os divisores inteiros de 2 são –1 , 1 , –2 e 2 . 1 é raiz de P ( x ) , então pela regra de Ruffini: 1
P (1) = 15 − 14 − 1 + 1 = 1 − 1 − 1 + 1 = 0 , pelo que 1 é raiz de
2
n− 2
2
− x − x +1 .
4 2 2 2 x − 1 = ( x ) − 1 = ( x − 1)( x + 1)
2
− 2 x + 2 = ( x − 1) x
4
Determinemos, agora, as raízes de x 4 − 1 .
−
−
Para n = 1, tem-se p ( x ) = x
5
0
–1
–2
2
1
1
0
2
1
0
–2
0
⇔ x = 1 ∨ x = −1 ∨ x = −1 ⇔ ⇔ x = 1 ∨ x = −1
Para além da raiz 1, o polinómio P( x) tem apenas mais uma raiz que é –1 (1 é raiz de multiplicidade 2). Logo, a decomposição de P ( x ) em fatores é: P ( x ) = ( x − 1)
2
( x + 1) ( x 2 + 1)
Questões tipo exame c) p ( x ) ≤ 0 ⇔ x5 − x 4 − x + 1 ≤ 0 ⇔ ( x − 1)
2
( x + 1) ( x 2 + 1) ≤ 0
Recorrendo a uma tabela de sinais, tem-se: –1 1 −∞ x 2 ( x − 1) + + + 0 x + 1
– +
2
x + 1
0 +
+ +
+∞
+
+ +
+ +
P ( x)
– 0 + 0 Assim, P ( x ) ≤ 0 ⇔ x ∈ ]−∞ , −1] ∪ {1} . =a =a
2 n+ 3
−a −a
2n+ 2 2n + 2
− a + 1 + ( −a ) − a +1+ a
2 n+ 3
2n + 3
− ( −a )
× ( −1)
2n+ 2
2n + 2
− ( −a ) + 1
+ a +1
número natural n, pelo que ( −1)
2 n +3
= −1 .
Por outro lado, 2 n + 2 representa um número par qualquer que seja o número natural n, pelo que ( −1) Assim, vem que: 2n P ( a ) + P ( − a) = a 2n + 2
=
2n+2
=1.
2
2
−a
2 n+ 2
2 (1 − a 2 n
+2
+1− a
2n+ 3
−a
2n + 2
+1
6
22
2
= 2a ⇔ 8
1 2 8 3 2 = 23 × 2 3
Como a > 0, a =
Volume da pirâmide = 53 2 =
área da base 3
6
22
2
=a ⇔8 1
10 2 =23
altura
×
3
2 = a2
5
=
23 .
=
×
3
256
10
3
10
2 × 3 28 1 3×
2
23
×
28
8
2 3 × 2 3 26 = = = 3 3 3 3 Volume do cilindro = área da base × altura = 3 3 = 4π 2 × 256 = = 4π
3
2
= 4π × 2 +3
2
= a + a ⇔ 16
1
12.3.
2n + 3 representa um número ímpar qualquer que seja o
= 2 − 2a
(46 2 )
+
11.2. P ( a ) + P ( −a ) = 2 n+ 3
= diâmetro da base do cilindro = 2 × r = = 2× 26 2 = = 46 2 Seja a a aresta da base da pirâmide, em metros. Pelo Teorema de Pitágoras, tem-se:
12.2. AC
=
64 3
=
8 3 =
3
= 4π × 2 = = 32π
)
12.1. As dimensões do retângulo obtido são:
comprimento = perímetro da base do cilindro largura = altura do cilindro A altura do cilindro é 3 256 metros, pelo que a largura do retângulo é, também, 3 256 metros. Por outro lado, sabemos que a área da base do cilindro é 4π 3 2 m2. Seja r o raio da base do cilindro. Área da base = πr 2 , ou seja: 4π 3 2 2 2 2 3 3 πr = 4 π 2 ⇔ r = ⇔ r = 4 2 , com r > 0
Consideremos as seguintes proposições: 64 3 cm . p: O volume da pirâmide é 3 q: O volume do cilindro é 320π cm3. A proposição dada pode ser traduzida, simbolicamente, por p ⇒ q . p é verdadeira, mas q é falsa, logo a proposição p ⇒ q é falsa. 13.1. Sabemos que P ( a , b ) e B ( 3 , 0 ) .
π
4 3 2 ⇔ r = 2 3 2 ⇔ r = 2 6 2 Perímetro da base do cilindro: 2πr = 2π × 2 6 2 pelo que o comprimento do retângulo mede 4π 2 6 2 metros. r=
a)
Perímetro do retângulo: 2 × 3 256 + 2 × 4 π 6 2 = 2 × 3 256 + 8π 6 2 =
= 8×
6
= 8×
6
= 8×
6
=8
b)
6
2
4
+8 π 6
6
=2
3
2
2 2 a − 6a + 9 + b
+ ( b − 0 ) ⇔ PB =
2 2 x + y = 1 , pelo que a 2 + b 2 = 1 .
Assim, substituindo em PB = a 2 + b 2 − 6a + 9 , vem PB = 1 − 6a + 9 ⇔ PB = 10 − 6a . 13.2. A circunferência tem centro no ponto médio de [ PB]. a+3 b+0 a+3 b 2 , 2 = 2 , 2
6
2 × 2 + 8π 2 = 2 × 2 + 8π 6 2 =
2 ( 2 + π)
22 × π × 2
3
1
28 × 2 2 × π × 2 6
1 6 =
2
8 1 +2+ 3 6 ×π=
2 2 a + b − 6a + 9
Por outro lado, P ( a, b ) pertence à circunferência de equação
2=
3
256 × 4π 6 2 = 8 3 ×
( a − 3)
⇔ PB =
Área do retângulo: 3
PB =
3
2 8 +8 π 6 2 = 3 3 3 2 6 = 2 × 2 × 2 × 2 + 8π 2 = 3 2 6 = 2 × 2 × 2 × 2 + 8π 2 = = 2×
Recorrendo à fórmula da distância entre dois pontos nos plano, tem-se:
=
2
29 6 π
O raio da circunferência é igual a 10 − 6a 2
PB
2
, ou seja , é igual a
Questões tipo exame 15.2. Para a = 2 e n = 1:
Uma equação da circunferência é: a +3 x − 2
2
b +y− 2
2
10 − 6a = 2
a +3 a + 3 x − 2 x + 2 2
2
23 1 5 81 4 × +
2
−
2
10 − 6a + = 4 2 2 10 − 6a a + 6a + 9 b 2 2 ⇔ x − x ( a + 3 ) + + y − yb + = 4 4 4 2 2 a + 6a + 9 + b − 10 + 6a 2 2 ⇔ x − ( a + 3) x + y − by + =0 4 ( a 2 + b 2 ) − 1 + 12a 2 2 ⇔ x − ( a + 3 ) x + y − by + =0 4 1 − 1 + 12a 2 2 ⇔ x − ( a + 3) x + y − by + =0 4 2 2 ⇔ x − ( a + 3 ) x + y − by + 3a = 0 b b y − 2 y + 2 2
2
2
2
2
⇔ x + y − ( a + 3 ) x − by + 3a = 0
Pág. 246 14.
q)
(q
∧
V)
V
V
r )
⇒
(V
∧
V)
V
⇒
(∼r )
F
F
V
−
=2
8+ 9
17
17
=
217 = ( 2 2 ) 2
=
42
1 1 que AM 2 = AC + CB = AC + (CA + AB ) = 2 2 1 = AC + ( AB − AC ) = 2 1 1 = AC + AB − AC = 2 2 1 1 = AC + AB 2 2 Por outro lado, A, G e M 2 são colineares pelo que existe um número real λ diferente de zero tal que: 1 1 AG = λ AM 2 ⇔ AG = λ AC + AB 2 2 Analogamente, existe um número real α diferente de zero tal que:
16.1. Temos
F
(V
F
F)
F
V
V
V
(V
V
F)
V
(F
V
V)
F
F
V
V
(V
V
F)
V
(F
V
F)
V
V
V
V
(F
V
V)
V
(V
V
V)
F
F
V
F
(F
V
V)
F
(V
F
F)
F
V
V
F
(F
F
F)
F
(F
V
V)
F
F
V
F
(F
F
F)
F
(F
V
F)
F
V
V
F
⇔ −α AB +
⇔ ( p ∧ ∼ q ) ∧ ∼ p ∧ ( q ∨ ∼ q ) ⇔ ⇔ ( p ∧ ∼ q ) ∧ ( ∼ p ∧ V ) ⇔ ⇔ ( p ∧ ∼ q ) ∧ ( ∼ p ) ⇔ ⇔ ( p ∧ ∼ p ) ∧ ( ∼ q ) ⇔
F ∧ ∼ q ⇔ F A proposição que a Rita escreveu é falsa, independentemente do valor lógico de p, q e r . ⇔
3.ª etapa
Foi o António quem respondeu corretamente. n 4 n 4 n 4 3n 2 a 3 n 2 × ( 8a ) ×a ×8 a = 15.1. = n 1 n 1 a 1 −
− +
− +
a
n + 2− n + 4
a
− n+ 4
×8
− n +1
=
a2
n+ 6
a
2 n + 6− ( − n+ 1)
×8
− n+ 4
=a
− n+ 4
×8
=
− n+1
3n + 5
2
λ λ AC + AB − AC − AB = 0 ⇔
2
λ α AB + 2 2
−
2
λ AC = 0 2
λ λ −α + 1 − 2 = 0 −2λ + 2 − λ = 0 −λ + 1 − = 0 ⇔ ⇔ ⇔ 2 = α λ α λ − =0 α = λ 2 2 2 λ = 3λ = 2 3 ⇔ ⇔ α = λ α = 2 3
⇔ ∼ ( ∼ p ∨ q ) ∧ ( ∼ p ∧ q ) ∨ ( ∼ p ∧ ∼ q ) ⇔
− +
Como AB e AC não são colineares, então:
∼ ( p ⇒ q ) ∧ ( ∼ p ∧ q ) ∨ ∼ ( p ∨ q) ⇔
+
α
⇔ −α + 1 −
2.ª etapa
− +
Pela adição de vetores, temos que BG = BA + AG . Ssubstituindo, vem: 1 1 1 α − AB + AC = BA + λ AC + AB ⇔ 2 2 2 α 1 1 ⇔ −α AB + AC − BA − λ AC + AB = 0 ⇔ 2 2 2
A resposta do António é a correta.
+
)
1 AC 2
V
V)
=a
(2 )
28 29
⇔ BG = α − AB +
V
a3
= 3 −3
p
(V
=
−
28
=
(
∨
(V
28 83
BG = α BM 3 ⇔ BG = α BA + AM 3 ⇔
1.ª etapa ( p
=
− n+ 4
×8
=a
3n + 5
×
1
8
= n− 4
a
3n + 5
8
n− 4
2 2 Portanto AG = AM 2 e BG = BM 3 pelo que G divide 3 3 [ AM 2 ] e [ BM 3 ] na razão 2 para 1. 16.2. Para mostrar que C , G e M 1 são colineares, provemos que existe um número real β diferente de zero tal que: CG = β CM 1 Inicialmente, vamos escrever CG e CM 1 em função de AB e de AC . 2 1 1 CG = CA + AG = AG − AC = AC + AB − AC = 3 2 2 AG
1 1 1 = AC + AB − AC = AB − 3
3
3
2 AC 3
Questões tipo exame CM 1 = CA + AM 1 = AM 1 − AC =
1 AB − AC 2
Temos assim a seguinte equação 1 2 1 CG = β CM 1 ⇔ AB − AC = β AB − AC ⇔ 3 3 2 1 2 1 ⇔ AB − AC − β AB − AC = 0 ⇔ 3 3 2 1 2 β ⇔ AB − AC − AB + β AC = 0 ⇔ 3 3 2 1 β 2 ⇔ − AB + − + β AC = 0 3 2 3 Como AB e AC não são colineares: 2 1 β 3 − 2 = 0 β = 3 2 ⇔ ⇔ β = 3 − 2 + β = 0 β = 2 3 3 2 Donde , CG = CM 1 , pelo que os pontos C , G e M 1 são 3 colineares e que G divide [CM 1 ] na razão 2 para 1.
Como o vetor de coordenadas (2 , 3) é paralelo a AB , o 3 3 declive da reta r é igual a , ou seja, a = , pelo que 2 2 9 a = . 4 Por outro lado, sabemos que a área do triângulo [ ABC ] é 36 e, por 17.1., tem-se que: b 2 ( 2 a + 1) = 36 4a 9 Substituindo na expressão a por , tem-se que: 4 2
9 3 2 + 1 b 2 × + 1 4 2 = 36 ⇔ = 36 ⇔ 9 9 4 4 4b 2 9 2 2 ⇔ = 36 ⇔ b = 36 × ⇔ b = 81 ⇔ b = ±9 9 4 Como b é um número real positivo, então b = 9 . Assim, tem-se que: b 2
b a b a , 0 ; B ( 0 , b ) e C 2a , 0
A −
Pág. 247 17.1. r : y = a x + b
As retas r e s têm ordenada na origem igual a b, pelo que o ponto de interseção de r com s tem coordenadas (0 , b), isto é, B(0 , b). Determinemos, agora, as coordenadas do ponto A. A ( x A , 0 ) ∈ r pelo que: b
0 = a x A + b ⇔ xA = − −b a
Assim, A
a
a
⇔ xA =
a
, 0 .
0 = −2 axC + b ⇔ xC =
b a
+
a
2
×b =
AB = =
2a
1b a 2 a
AC × OB
2
, pelo que:
+
b
1 2b a + b ×b 2a
×b = × 2a 2
b ( 2 a + 1) 1 2 a +1 ×b× ×b = 2 2a 4a 17.2. O vetor (2 , 3) é paralelo a um dos lados do triângulo [ ABC ], pelo que terá de ser paralelo ao lado [ AB], uma vez que é aquele que está contido na reta de declive positivo, a reta r . 2
=
• B ( 0 , 9 )
•
b
2a
3 e b = 9 : 2
Determinemos, agora, os comprimentos dos lados do triângulo [ ABC ].
b Assim, C , 0 . 2a
−
por
3 9× 2 27 4 • A − , 0 ⇔ A − × , 0 ⇔ A ( −6 , 0 ) 9 2 9 4
b
A área do triângulo [ ABC ] é dada por
a
9 4 • C , 0 ⇔ C 9 × , 0 ⇔ C ( 2 , 0 ) 18 2 × 9 4
−b a
Determinemos as coordenadas do ponto C . C ( xC , 0 ) ∈ s , pelo que:
9 , 4
Substituindo a por
s : y = − 2ax + b
( −6 − 0 )
2
2
+ ( 0 − 9) =
36 + 81 = 117 =
9 × 13 = 3 13
(0 − 2)
2
•
BC =
•
AC = −6 − 2 = 8
2
+ ( 9 − 0) =
4 + 81 = 85
O perímetro do triângulo [ ABC ] é 3 13 + 85 + 8 . 17.3. Tem-se que a = 4 e b = 5, pelo que: 5 4 5 a) A − 4 , 0 ⇔ A − 2 , 0 B ( 0 , 5)
5 5 , 0 ⇔ C , 0 2× 4 8
C
5 AB = , 5
2
5 CB = − , 5
8
Questões tipo exame
8 da área do triângulo 9 1 [ ACB], pelo que a área do triângulo [ A′C ′B] é da 9 área do triângulo [ ACB]. Como os triângulos [ A′C ′B] e [ ACB] são semelhantes, tem-se que: 1 1 2 r = ⇔ r = 9 3 sendo r a razão de semelhança que transforma o triângulo [ ACB] no triângulo [ A′C ′B] . A área do trapézio [ ACC ′A′] é
A equação reduzida da mediatriz do segmento de reta [ AB] é y = − x + 4 . Pretende-se que o ponto P pertença à mediatriz do segmento de reta [ AB] e que a ordenada, y, seja, o dobro da abcissa, x, ou seja, y = 2 x . Substituindo na equação da mediatriz, tem-se: 4 2 x = − x + 4 ⇔ 3 x = 4 ⇔ x = 3 4 8 Assim, P , . 3 3 18.2. O ponto A tem de coordenadas (1 , 1), pelo que o ponto A′ , simétrico do ponto A em relação à origem do referencial tem coordenadas ( –1 , –1). O ponto B tem coordenadas (3 , 3), pelo que o ponto B′ , simétrico do ponto B em relação ao eixo Oy, tem coordenadas (–3 , 3). a) Tem-se que A(1 , 1) e B′ ( −3 , 3 ) . O declive da reta AB′ é igual a y = −
1 x+b 2
1 1 3 ×1 + b ⇔ 1 + = b ⇔ b = . 2 2 2 1 3 A equação reduzida da reta AB′ é y = − x + . 2 2 b) Substituindo as coordenadas do ponto Q na equação reduzida da reta AB′ , tem-se: 1 3 2 2 2 k = − k + ⇔ 2k = − k + 3 ⇔ 2 k + k − 3 = 0 ⇔ 2 2 −1 ± 1 − 4 × 2 × ( −3) −1 ± 1 + 24 ⇔k= ⇔ k = ⇔ 2× 2 4 3 −1 + 5 −1 − 5 ⇔k = ∨ k = ⇔ k = 1∨ k = − 4 4 2 c) Pretende-se classificar o triângulo [ AA′ B′] quanto ao A ∈ AB ' pelo que
AA ' =
2 2 5 5 10 AB = , 5 = , 3 3 2 3 3 2 2 5 5 10 CC ' = CB = − , 5 = − , 3 3 8 12 3 5 5 10 A ' = A + AA ' = − , 0 + , = 2 3 3 5 5 10 5 10 = − + , = − , 2 3 3 6 3 5 5 10 C ' = C + CC ' = , 0 + − , = 8 12 3 5 5 10 5 10 , = − , = − − 8 12 3 24 3 5 10 5 10 Logo, A′ − , e C ′ , . 6 3 24 3 b) Sabemos que a = 4 e b = 5. r : y = 2 x + 5 ; s : y = −8 x + 5 10 e AC : y = 0 A′ C ′ : y = 3 A condição pedida é: 10 y ≤ 2 x + 5 ∧ y ≤ −8 x + 5 ∧ 0 ≤ y ≤ 3 18.1. A semirreta que é a bissetriz do primeiro quadrante pode ser definida pela condição y = x ∧ x ≥ 0 , pelo que: A (1,1) e B ( 3 , 3 ) Sejam ( x , y ) as coordenadas de um ponto genérico da
2
2
2
2
⇔ x − 2 x + 1 + y − 2 y + 1 = x − 6 x + 9 + y − 6 y + 9 ⇔ −2 x − 2 y + 2 = −6 x − 6 y + 18 ⇔ −2 y + 6 y = −6 x + 2 x + 18 − 2 ⇔ 4 y = −4 x + 16 ⇔ y = − x +
4
1= −
comprimento dos seus lados.
(1 + 1)
AA′ =
⇔ AA′ =
2
⇔ AB′ =
A′ B′ =
2
+ (1 + 1) ⇔ AA′ =
4+4 ⇔
8 ⇔ AA′ = 2 2
(1 + 3)
AB′ =
2
2
+ (1 − 3) ⇔ AB ′ =
16 + 4 ⇔
20 ⇔ AB′ = 2 5
( −1 + 3)
2
2
+ ( −1 − 3) ⇔ A′B′ =
4 + 16 ⇔
20 ⇔ A′B′ = 2 5 O triângulo [ AA′ B′] tem dois lados com o mesmo ⇔ A′ B′ =
comprimento, logo é isósceles. Pelo Teorema de Pitágoras:
(2 5)
2
2
=h +
( 2)
2
⇔
20 = h 2 + 2 ⇔ h 2 = 18 Como h > 0, h = 18 = 3 2 2 2×3 2 =6 A = 2 A área do triângulo é 6 u. a. ⇔
mediatriz do segmento de reta [ AB]. 2 2 2 2 ( x − 1) + ( y − 1) = ( x − 3) + ( y − 3 ) ⇔
3 −1 2 1 = =− . 2 −3 − 1 −4
