Escola Secundária/3 da Sé-Lamego

Proposta de Resolução da Prova Escrita de Matemática

 

1.ª Parte

 

 

 

2.ª Parte

1.  

a)  

Seja M’ (3, 3, 0) o centro da base do cubo.
Assim, , pois VM’ é perpendicular ao plano xOy.
Dado que , então .
Consequentemente, U (6, 6, 6) e, portanto, .

b)  

Sendo U (6, 6, 6) e V (3, 3, 12), então  é um vector director da recta UV.
Logo,  é uma equação vectorial dessa recta.

c)  

Sendo U (6, 6, 6), V (3, 3, 12) e T (0, 6, 6), então  e  (b)).
Logo,  e .

d)  

Sendo N (6, 0, 0) e V (3, 3, 12), o ponto médio do segmento de recta [VN] -  - é o centro dessa superfície esférica, de raio .

Ora, .
Portanto, o ponto T pertence à superfície esférica considerada.

e)  

As coordenadas do ponto A serão (6, 6, a), com .
Ora, o volume do sólido é  u. v..
Para que sejam iguais os volumes dessas duas partes, o volume do paralelepípedo de base [NOPQ] e altura  terá de ser  u.v.. Assim, .

2.  

a)  

      Ora,  e , isto é, .
Portanto, é falsa a proposição . Logo, j não é uma função par.

b)  

      Ora, .
Logo, o seu conjunto-solução é .

c)  

      Se efectuarmos uma translação do gráfico de h associada ao vector  obtemos o 2.º gráfico da esquerda, sendo  e .

     
O gráfico de f intersecta os eixos coordenados nos pontos de coordenadas (2, 0) e (0, 2). Assim, podemos obter a equação da recta representada:  e , logo  é a equação dessa recta.
Desta forma, ,  e, portanto,   (ou  ).

3.  

a)  

      Ora, .
Consideremos a função auxiliar  e determinemos os seus zeros:
 

      Dado que o gráfico de f é uma parábola com a concavidade voltada para cima, que intersecta o eixo Ox em dois pontos distintos, podemos concluir que f é negativa no intervalo entre os seus zeros:

     

 

      Logo, .

b)  

      Ora, .

c)  

      O gráfico de g é uma parábola com a concavidade voltada para cima, com vértice V (-1, -4) e com eixo de simetria a recta vertical de equação .

Ora;

e .

Portanto, o gráfico de g intersecta o eixo Ox nos pontos de coordenadas  e  e o eixo Oy no ponto de coordenadas .

d)  

Considerando que o gráfico da função , de domínio IR, é uma recta, quer as principais características do gráfico de g referidas na alínea anterior, podemos elaborar com facilidade uma representação gráfica da função h:

4.  

Dado que as coordenadas do vértice são (2, 0), a função quadrática correspondente ao gráfico é do tipo , com .
Dado que A pertence à parábola, então .
Portanto, .
Logo, .

5.  

Designando por y a outra dimensão do campo, a sua área é dada por , estando relacionados x e y por . Logo, em função de x, a área do campo a vedar pode ser expressa por , c.q.m.

Considerando a função definida em IR, o seu gráfico será uma parábola com a concavidade voltada para baixo, intersectando o eixo Ox nos pontos de abcissa 0 e 160 (  ). Contudo, no contexto do problema, a função tem apenas por domínio  (porquê?).

Introduzida a expressão na calculadora, podemos obter os seguintes registos:

         

 

Podemos confirmar analiticamente os valores encontrados: . Logo, V (80, 3200).

Portanto, a área máxima do campo que pode vedar é de 3200 metros quadrados.
Na figura apresenta-se uma maneira de construir o campo por forma a sua área ser máxima.

 

 

FIM