Cálculo Vetorial no Plano e no Espaço - Página 49 à 57

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Proposta de Resolução | Cálculo Vetorial no Plano e no Espaço 1. 1.1. Tem-se que, GW  LI  ND  AI  IL  ND  AL  ND  AL  LS  AS GW  AI

ND  LS

Mas AS  AH  HS e HS  2 AG , pelo que, GW  LI  ND  AS  AH  2 AG  u  2v . Resposta: C 1.2. Tem-se que, B  Y  YX  XH  HB 1 1 1 3 Mas YX   AE , XH  DA e HB  3 AH  AI  AI  AI , pelo que: 2 2 2 2 B Y 

1 1 3 1 3 1 AE  DA  AI  Y  DA  AI  AE 2 2 2 2 2 2

1 3 1 Logo, B  , ,   . 2 2 2

Resposta: D 1.3. Tem-se que, AZ  AH  HS  SZ e BL  BC  CL , pelo que:







AZ  BL  AH  HS  SZ  BC  CL  AH  BC  AH  CL  HS  BC  HS  CL  SZ  BC  SZ  CL   0, AH  BC





 0, AH CL

 0, HS CL



 0  0  HS  BC  cos HS BC  0  0  SZ  CL  cos SZ CL  cos  0º  1

 0, SZ  BC



 cos  0º  1

Mas, HS  BC  2  AH  2 AH , SZ  AH  AH e CL  3  AH  3 AH , pelo que: 2

2

AZ  BL  HS  BC 1  SZ  CL  1  2 AH  2 AH  AH  3 AH  4 AH  3 AH  7 AH

2

Resposta: D

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2. Tem-se que: ▪ AB  BC  5  AB 

2 2 AB  5  3 AB  2 AB  15  5 AB  15  AB  3 , pelo que BC   3  2 . 3 3

▪ AD  AC  CD e BD  BC  DC . Assim:







AD  BD  AC  CD  BC  CD  AC  BC  AC  CD  CD  BC  CD  CD  0

0

2

 AC  BC  cos  0º   0  0  CD  AC  BC  1  0  0  CD  5  2 1  5  15 2

i)

i) Os vetores AC e CD são perpendiculares e CD e BC também o são. Logo AC  CD  0 e CD  BC  0 . ii) Como  ABDE  é um losango, tem-se BD  AB  3 . Assim, pelo Teorema de Pitágoras: 2

2

2

2

2

CD  BC  BD  CD  32  22  CD  5

Resposta: D 3. Tem-se que,

x2 y 2   1 x 2  y 2  4 pelo que a medida do comprimento do raio da circunferência é 4 4 4

4  2.

Logo, A  2,0  e P  2, y p  , com yP  0 . Como a reta r é tangente à circunferência no ponto B, vem que que r é perpendicular ao segmento de reta OB  e portanto, BP  OB  0 . Assim, como OB  B  O   a, b    0,0    a, b  e BP  P  B   2, yB    a, b    2  a, yB  b  , tem-se: BP  OB  0   a, b    2  a, yB  b   0  a  2  a   b  yB  b   0  2a  a 2  b yB  b2  0  4

 b yB  a 2  b 2  2a  yB 

a  b 2  2a 4  2a  yB  i) b b 2

i) O ponto B  a, b  pertence à circunferência, pelo que as suas coordenadas satisfazem sua equação, ou seja, a2  b2  4 .

Resposta: C

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4. 4.1. Tem-se que v   k  1 e1  2e2   k  1,  2  . Os vetores u e v são colineares se

Assim,

k2  k k 1  . k 1 2

k  k  1 k  1 k2  k k 1 1      2k  k  1   3k  1  k   k 1 2  2 k  1 k 1 0 3 k 1

Resposta: B 4.2. O ângulo entre os vetores u e v é obtuso ou raso se u  v  0 .













Assim, u  v  0  k 2  k , k  1  k  1,  2   0  k 2  k k  1  2 k  1  0  k  1  k 2  k  2  0 Cálculos auxiliares: ▪ k  1  0  k  1

▪ k2  k  2  0  k 

1  12  4  1   2  2 1

k

1  9 1  3 1  3 k  k  k  2  k 1 2 2 2

Fazendo um quadro de sinal, vem:

x



2

1

k 1

1



0

k2  k  2

0

 k  1  k 2  k  2

0

0 0

0

Portanto, u  v  0  x    ,  2     1,1 . Resposta: C 5. Tem-se que r : 2 y  x  6  y 

x 1  3 pelo que o declive da reta r, mr , é mr  . 2 2

A reta s é perpendicular à reta r, pelo que o seu declive, ms , é dado por ms  

1 1    2. 1 mr 2

Logo, a inclinação da reta s é dada por arctg   2  180º  116,6º . Resposta: C www.raizeditora.pt

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6. 6.1. Tem-se que:





▪ um vetor diretor da reta r é a,  a 2 pelo que o seu declive é dado por mr 

a2  a ( a  0  a  0) a

▪ como s : x   2  a  k  y  1  ak , k  , pelo que  2  a, a  é um vetor diretor de s e portanto, ms 

a 2a

As retas r e s são paralelas se mr  ms . Assim: mr  ms   a 

a   a  2  a   a  2  a  0   2a  a 2  a  0  a  2  2a

 a2  3a  0  a  2  a a  3  0  a  2   a  0  a  3  0   a  2  a  0  a  3   a  2

Como a  0 , vem que a  3 . Resposta: D 6.2. As retas r e s são perpendiculares se mr  

mr  

1  a   ms

a

1 . Assim, para a  0 e a   2 , tem-se: ms

1  12  4  1   2  1 2a a  a2  2  a  a2  a  2  0  a   a a 2 1 2a

1  9 1  3 1  3 a  a  a  2  a 1 2 2 2

Como a  0 , vem que a  1 .





Outra resolução: As retas r e s são perpendiculares se os vetores r a,  a 2 e s  2  a, a  (vetores diretores de r e





s, respetivamente) forem perpendiculares, isto é, se a,  a 2   2  a, a   0 . Assim:

 a,  a    2  a, a   0  2a  a 2

2





 a 3  0   a a 2  a  2  0  a  0  a 2  a  2  0 

 a  0  a   2  a  1  a 1

F . R.

a 0

Resposta: B www.raizeditora.pt

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7. A reta r :  x, y, z    2,  2,2  k  0, 1,3 contém o ponto de coordenadas  2,  2,2  que é precisamente o centro da esfera dada. Logo, a reta r passa no centro da esfera, pelo que a intersecção da reta r com a esfera é um segmento de reta de comprimento igual ao diâmetro da esfera. Como a medida do comprimento do raio da esfera é

4  2 , a medida do comprimento do seu diâmetro é 2  2  4 .  A intersecção da reta r com a esfera é um segmento de reta de comprimento 4. Resposta: A 8. O vetor n  a,2,  a  é um vetor normal do plano  e o vetor n  4,  a,2a  é um vetor normal do plano . Os planos  e  são perpendiculares se os vetores n e n também o forem, ou seja:

    n  n  n  n  0 Assim, n  n  0   a,2,  a    4,  a,2a   0  4a  2a  2a 2  0  2a  2a 2  0  a  2  2a   0 

 a  0  2  2a  0  a  0   2a   2  a  0  a  1 Como a  0 , tem-se a  1 . Resposta: C 9. Tem-se que:





O plano  e a reta r são perpendiculares se n e r forem colineares, isto é, se existir um k 

\ 0 tal que





▪  : ax  a 2 x  2 y  3z  2  x a  a 2  2 y  3z  2 , pelo que um vetor normal do plano  é n a  a 2 ,2,  3 ▪ um vetor diretor da reta r é r   2, a,3

n  k  r . a  a 2   2k a  a 2   2   1      2   1  a  Assim, n  k  r  a  a 2 , 2,  3  k   2, a,3  2  k a    3  3k k  1





 2    2 2  2 2  2  P.V .      a   2  a   2   k  1  k  1  

 a  1

Resposta: A www.raizeditora.pt

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10. Vamos começar por determinar um vetor normal do plano . Tem-se que  : x  1  s  t  y  3s  2t  z  s   x, y, z   1,0,0   s 1,3,1  t 1,2,0  , s, t 

pelo que

s 1,3,1 e t 1, 2,0  são dois vetores não colineares paralelos a .

Seja n  a, b, c  um vetor normal do plano  . Este vetor é perpendicular aos vetores s e t , pelo que: 1,3,1   a, b, c   0    s  n  0  a  3b  c  0  2b  3b  c  0  c   b              a  2b  0 a   2b a   2b t  n  0 1, 2,0    a, b, c   0 

Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma   2b, b,  b  , com b

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, b  1 , um vetor normal de  é n  2, 1,1 . Logo, como o vetor n  6,  3,3 é um vetor normal do plano  , os vetores n e n são colineares pois n  3  n e portanto os planos  e  ou são estritamente paralelos ou são coincidentes. Como as equações dos planos  e

 não são equivalentes, os planos  e  não são coincidentes e portanto são estritamente paralelos pelo que a sua interseção é o conjunto vazio. Resposta: B 11. Tem-se que:

 x, y, z    2  2k , k ,1  k    x, y, z    2,0,1  k   2,1,1 , r   2,1,1  .

▪

k

, pelo que um vetor diretor da reta r é

▪ um vetor diretor da reta s é s  2,0,  2  Seja  a amplitude do ângulo formado pelas retas r e s. Assim, vem: cos  

r s r  s

Logo, cos  



  2,1,1   2,0,  2    2,1,1   2,0,  2 



6 6 6 3 3 3 3 3       2 2 16  3 3 2 3 4 3 4 3 2 3



 2  2  1 0  1   2 

  2   12  12  22  02    2  2

2



6 6 8



6 48



3    30º . 2 0   90º

Resposta: A

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12. Tem-se que:





▪ a 2 x  y  z  ax  a 2 x  ax  y  z  0  a 2  a x  y  z  0 ,





Logo, um vetor normal do plano  é n a2  a,1,1 . ▪ 2 x  y   2  z  2 x  y  z   2 , pelo que um vetor normal do plano  é n  2,1,1 . ▪ x  a  y  z   0  x  a y  az  0 , pelo que um vetor normal do plano  é n 1, a, a  . ▪ Os planos  e  são estritamente paralelos se e só se os vetores n e n forem colineares, ou seja:

   n e n são colineares  k  \ 0 : n  k  n  a 2  a  2k a 2  a  2  1     Assim, n  k  n  a 2  a,1,1  k  2,1,1  1  k    1  k 





Portanto, a  a  2  1  a  a  2  0  a  2

2

1

 12  4 1   2  2 1

 a  1  a  2

▪ Os planos  e  são perpendiculares se e só se os vetores n e n também o forem, ou seja:

    n  n  n  n  0 Assim n  n  0  1, a, a    2,1,1  0  2  a  a  0  0  2a  2  a  1 . Logo, como  e  não são perpendiculares, vem que a não pode ser igual a 1 e portanto a  2 . Resposta: C 13. Os vetores s   3,1,7  e t  0,1,1 são dois vetores não colineares paralelos a . Seja n  a, b, c  um vetor normal do plano  . Este vetor é perpendicular aos vetores s e t , pelo que:   3,1,7    a, b, c   0    3a  b  7c  0   3a  b  7b  0   3a  6b  0  a   2b  s  n  0        b  c  0 c   b c   b c   b t  n  0        0,1,1   a, b, c   0

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Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma   2b, b,  b  , com b

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, b  1 , um vetor normal de  é n  2, 1,1 . Logo, como o ponto de coordenadas  2,1,  4  pertence ao plano  vem que:

 : 2  x  2  1 y  1  1 z  4   0  2 x  4  y  1  z  4  0  2 x  y  z  1 Resposta: C 14. A resposta correta é a B, pois: s : x  1  2k  y  1  k  z   4  k   x, y, z   1,1,  4   k  2, 1,1 , k 

a reta s (que foi designada por s) contém o ponto de coordenadas , 1,1,  4  que é também um ponto da reta r, e um seu vetor diretor é s  2, 1,1 . As retas r e s são perpendiculares se os vetores r (um vetor diretor de r é r   2,2,6  ) e s também o forem, isto é: r  s r  s r s 0

Assim, r  s    2,2,6   2, 1,1   2  2  2   1  6 1   4  2  6  0  As retas r e s são perpendiculares, pois r  s  0 e concorrentes no ponto de coordenadas 1,1,  4  . Resposta: B 15. Tem-se que: 2 2 2 ▪ AD  CD e CD  3CF , pelo que AD   CD   3 CF  2CF . 3 3 3

▪ Como E é o ponto médio do segmento de reta  AD  , tem-se ED 

1 1 AD   2 CF  CF . 2 2

▪ DF  CF  CD  DF  CF  3CF  DF  2CF ▪ EC  ED  DC e FG  FD  DA  AG

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Assim:







EC  FG  ED  DC  FD  DA  AG  ED  FD  ED  DA  ED  AG  DC  FD  DC  DA  DC  AG  0

0

0

 0  ED  DA  cos 180º   0  DC  FD  cos 180º   0  DC  AG  cos  0º  i)

 ED  DA   1  DC  FD   1  DC  AG 1   CF  2CF  3CF  2CF  3CF  CF 2

2

2

  2CF  6CF  3CF   5CF

2

i) Os vetores ED e FD , ED e AG e DC e DA são perpendiculares. Logo ED  FD  ED  AG  DC  DA  0 .

16. Como o triângulo  ADE  é retângulo e isósceles e como AD  4 , vem que DE  4 e portanto, pelo teorema de Pitágoras, tem-se: 2

2

2

2

AE  AD  DE  AE  42  42  AE   2  42  AE  4 2  CE  AE  AC  4 2  2  3 2 AE  0

ˆ  CAG ˆ . Tem-se: Por outro lado, seja   EAF Asombreada  AsetorEAF  AsetorCAG 

Portanto, Asombreada 

 2

2

 AE 

 2

2

 AC 

 2



 4 2



2



 2



 2

2



 2

 42  2 

 2

 2  15

5 5 5   15   30  5      . 2 2 30 6

  Assim, AG  EC  AG   CE   AG  CE   AG  CE  cos    AC  CE  cos    6





 AG  AC

  2 3 2 

3 3   2  3  3 3 2 2

17. 17.1. Tem-se que: PQ  Q  P   1, k  1   0,3   1, k  2  , pelo que PQ  u   1, k  2   5,  3   4, k  5





O ângulo entre os vetores PQ e PQ  u é obtuso ou raso se PQ  PQ  u  0 .

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



Assim, PQ  PQ  u  0  1, k  2   4, k  5   0   4  k  2 k  5  0 

 k 2  5k  2k  10  4  0  k 2  7k  6  0

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem k 2  7k  6  0  x  1  x  6 Como a função y  k 2  7k  6 é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções da inequação k 2  7k  6  0 são os valores de k tais que k  1,6  . y  k 2  7k  6

6

1



k



 PQ  PQ  u  0  k  1,6  . 17.2. Tem-se que v   2e1  3e2    2,3 , pelo que u  v   5,  3    2,3   7,  6  . Seja w um vetor de norma 17 colinear com u  v . Assim: ▪ w é colinear com u  v se existir um k 

▪ w  17 

 7k 

2

  6k   17  2

\ 0 tal que w  k  u  v   k  7,  6   7k ,  6k 



49k 2  36k 2

   17  2

0

k 

2

 85k 2  17  k 2 

17 1  k2   85 5

1 1 5 5 5 k   k   k 5 5 5 5 5

Logo:

▪ se k  

▪ se k 

   5 5 5   7 5 6 5  , então w  7    ,  6       5      5 , 5   5 5       

 5 5 5 7 5 6 5 , então w  7  ,6 ,   5 5 5   5 5  

 7 5 6 5 7 5 6 5  w   , ,  ou w   5  5   5  5 www.raizeditora.pt

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17.3. Tem-se que: ▪ u  2v   5,  3  2   2,3  1,3 , pelo que u  2v  12  32  10 ▪ RP  P  R   0,3    2,3   2,0  , pelo que RP  22  02  4  2 Assim, como  é a amplitude do ângulo formado pelos vetores u  2v e RP , com 0     , vem que: cos  

 u  2v   RP u  2v  RP



1,3   2,0   1 2  3  0  2  10

2 10

2 1  2 10 10

Pela fórmula fundamental da trigonometria, tem-se: 2

1 9 9  1  2 2 sen 2   cos2   1  sen 2      1  sen   1  10  sen   10  sen    10  10 

Como 0     , vem que sen   0 , pelo que sen  

9 9 3   10 10 10

3

Por outro lado, tg  

sen  , pelo que tg   cos 

10  3. 1 10



2 2 2 2 3  10  3   3 3  3   3  10  Logo,  sen       1       2 tg    10 3   10   10   10

 



2



9  6 10  10 19  6 10 .  10 10

17.4. Tem-se que RP  2 , pelo que para que o triângulo  PQR  seja equilátero tem de se ter necessariamente PQ  2 e RQ  2 . Assim:

Mas: ▪ PQ  Q  P   1, k  1   0,3   1, k  2  , pelo que PQ 

 1

2

  k  2  1   k  2 2

▪ RQ  Q  R   1, k  1    2,3  1, k  2  , pelo que RQ  12   k  2   1   k  2  2

2

2

Portanto, para todo o k  , PQ  RQ , pelo que basta resolver uma das equações PQ  2 ou RQ  2 .

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Assim: PQ  2  1   k  2   2  2



1  k 2  4k  4



2

 2 2  k 2  4k  5  4  k 2  4k  1  0 

0

k 

4

  4

2

 4  1 1

2 1

k

4  12 4  22  3 42 3 k k   k 2 3 2 2 2

 k  2 3  k  2 3 18. 18.1. ▪ O ponto B pertence ao eixo Oy e com tem ordenada 2. Logo as suas coordenadas são  0, 2  . ▪ Tem-se que C  B  BC   0,2    7, 3   7, 1 e que D  C  CD  C  DC   7, 1   6,2   1, 3 . Como os pontos A e D são simétricos em relação à bissetriz dos quadrantes ímpares, as coordenadas do ponto A são

 3,1 . 18.2. Seja  a amplitude do ângulo formado pelas retas AB e AD. Tem-se:

cos  

AB  AD AB  AD





 3,1   4,  4   3,1   4,  4  8 26  5





8 2  5 3

3  4  1   4  32  12  42    4 



2



8 10  32



8 320



8 2 5 6



1 1  cos   5 5

  O ângulo entre duas retas é sempre um ângulo agudo (caso não sejam paralelas nem perpendiculares), pelo que    0,  .  2 Cálculos Auxiliares: AB  B  A   0,2   3,1   3,1 ; AD  D  A  1, 3   3,1   4, 4 .

Assim: ▪ tg      tg      tg  7  8            cos    4    cos       sen  ▪ cos      cos    2  2 2 2 2     www.raizeditora.pt

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7  Logo, tg      5cos    2 

    tg   5sen  . 

Pela fórmula fundamental da trigonometria, tem-se: 2

 1  1 4 4 2 2 sen 2   cos2   1  sen 2      1  sen   1   sen    sen    5 5 5  5

4 4 2   sen    sen   Como    0,  , vem que sen   5 5 5  2 2

Por outro lado, tg  

5 sen  , pelo que tg    2. 1 cos  5

7  2 5   2  2 5 . Logo, tg      5cos        tg   5sen    2  5  2  5  18.3. Tem-se que o vetor DC  6,2  é um vetor diretor da reta DC pelo que mDC 

2 1  . 6 3

Seja t a reta perpendicular à reta DC que contém o ponto A. Assim mt  

1 1    3 e portanto a equação reduzida da reta t é do tipo y  3x  b . 1 mDC 3

Como o ponto A  3,1 pertence à reta t, substituindo-o na sua equação, tem-se: 1   3    3  b  1  9  b  b   8 .

Então, a equação reduzida da reta t é dada por y   3x  8 . Seja então  a inclinação da reta t. Assim, tg  mt   3    arctg   3  180º  108º e portanto   108º . 18.4. Tem-se que: ▪ o vetor AB é um vetor diretor da reta AB, onde AB  B  A   0,2   3,1   3,1 . www.raizeditora.pt

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Logo mAB 

1 1 pelo que a equação reduzida da reta AB é do tipo y  x  b . 3 3

1 Como o ponto B  0,2  pertence à reta AB então, a equação reduzida da reta AB é dada por y  x  2 e portanto, 3 1 segmento de reta  AB  pode ser definido pela condição y  x  2   3  x  0 . 3

Como o ponto P pertence ao segmento de reta

 AB  ,

 1  as suas coordenadas são da forma  x, x  2  , com  3 

3  x  0 .

▪ o vetor OP é um vetor diretor da reta OP e o vetor DC é um vetor diretor da reta DC. As retas OP e DC são perpendiculares se os vetores OP e DC também o forem, isto é:

OP  DC  OP  DC  OP  DC  0  1   1  Como OP  P  O   x, x  2    0,0    x, x  2  , vem que:  3   3  2  1  1  OP  DC  0   x, x  2    6, 2   0  6 x   x  2   2  0  6 x  x  4  0  18 x  2 x  12  0  3  3  3 

 20 x  12  x  

12 3  x 20 5

3 1 1  3 1 9  3 9 Logo, se x   , então x  2       2    2  , pelo que P   ,  . 5 3 5 5 3  5  5 5

19. 19.1. Tem-se que: ▪ a medida do comprimento do raio da circunferência de centro em C que contém o ponto A é igual a: AC 

 1  22    2  12    32   12 

Logo, a sua equação é dada por  x  2    y  1  2

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2

 10 

2

10

  x  2    y  1  10 . 2

2

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▪ o ponto B pertence ao eixo Ox, pelo que as suas coordenadas são do tipo  x,0  . Como o ponto B também pertence à circunferência de centro em C que contém A, substituindo as suas coordenadas na sua equação, vem:

 x  22   0  12  10   x  22  10  1  x  2  

9  x  2   3  x  2  3  x  1  x  5

Como a abcissa de B é positiva, tem-se B  5,0  . ▪  AB  é um diâmetro da circunferência se os vetores AB e AC forem colineares. Tem-se: AB  B  A   5,0   1, 2    6,2  e AC  C  A   2, 1   1, 2   3,1

Assim, AB  2 AC , pelo que os vetores AB e AC são colineares e portanto  AB  é um diâmetro da circunferência. 19.2. Seja M o ponto médio do segmento de reta  BC  . Assim:  x  xC yB  yC M  B , 2  2

  5  2 0 1   7 1     2 , 2    2 , 2      

A reta r é a mediatriz do segmento de reta  BC  , portanto, sendo P  x, y  um ponto do plano, a sua equação é dada por MP  BC  0 . 7 1  Tem-se que MP  P  M   x  , y   e que BC  C  B   2, 1   5,0    3, 1 . 2 2 

Logo: 7 1 21 1 20  MP  BC  0   x  , y      3, 1  0   3x   y   0   3x   y  y   3x  10 2 2 2 2 2 

Sendo  a inclinação da reta r, tem-se tg  mt   3    arctg   3  180º  108,4º . Outra resolução: Seja P  x, y  um ponto do plano. A equação PB  PC define a mediatriz do segmento de reta

 BC  , isto é, define a reta r. Assim: PB  PC   x  5   y  0   x  2    y  1  x2  10 x  25  y 2  x2  4 x  4  y 2  2 y  1  2

2

2

2

  2 y  6x  5  25   2 y  6x  20  y   3x  10 www.raizeditora.pt

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19.3. Como o ponto P pertence à reta r, vem que P  x,  3x  10  . As retas r e BC são perpendiculares, pelo que para que a reta DP seja paralela à reta BC terá de ser perpendicular à reta r, ou seja:

DP BC  DP  r  DP  r  0 , sendo r um vetor diretor da reta r Como o declive da reta r é  3 , um seu vetor diretor é r 1,  3 . Logo, DP  r  0   x  2, 3x  6   1, 3  0  x  2  9 x  18  0  10 x  16  x 

16 8 x . 10 5

8 8   8 24   8 26  Portanto, P  ,  3   10    ,   10    ,  . 5 5 5 5     5 5  Cálculo Auxiliar: DP  P  D   x, 3x  10   2,4    x  2, 3x  6  .

19.4. Tem-se que: ▪ o vector BC   3, 1 é um vetor diretor da reta BC, pelo que mBC 

1 1  e portanto a equação reduzida da reta 3 3

1 BC é do tipo y  x  b . 3 1 5 Como o ponto B  5,0  pertence à reta BC então, substituindo-o na sua equação, vem: 0   5  b  b   . 3 3 1 5 Assim, a equação reduzida da reta BC é y  x  . 3 3

▪ uma condição que define a região sombreada da figura é:

 x  22   y  12  10

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1 5  y  x   y   3x  10 3 3

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▪ Consideremos a seguinte figura y

O

B

2

1

C

A

x

M



D

r

Seja  a amplitude do ângulo BCD, tem-se: 10 10 CM 1  cos    2      3 CD 10 2 10 2  0,  2 

Portanto, sen  

MD 3 30    MD  sen     MD  10   . 2 2 CD 10 3

 Logo, Asombreada  AsetorBCD  A MCD  3  2





 10 

2

10 30  CM  MD  2  5  300     10  2 2 6 2 3 8

 5 102  3 5 10 3 5 5 3 3       5    3 8 3 8 3 4 3 4 

20. 20.1. Consideremos a seguinte figura: y

4

 

C

O

s

B

3

3



A

D

x

r

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Como BC  BA  AC , vem que:









BC  AB  BA  AC  AB  BA  AB  AC  AB   AB  AB  AC  AB  cos        AB AB   AB

  AB

2

  cos 

2

 AC  AB  cos 

Tem-se que: ▪ AB  AB  4 e como o triângulo  ABC  é isósceles, vem que AC  AB  4 ▪ a ordenada do ponto B é 3, pelo que BD  3 e portanto, pelo teorema de Pitágoras: 2

2

2

2

2

AB  AD  BD  42  AD  32  AD  16  9  AD  7 AD  0

Logo, cos  

AD 7 .  4 AB

 BC  AB   AB

2

 AC  AB  cos    42  4  4 

7  16  4 7 . 4



Outra resolução: Já vimos que AD  7 , pelo que a abcissa de B é 1  7 e portanto B 1  7,3



Como o triângulo  ABC  é isósceles e AB  4 , vem que AC  AB  4 e portanto a abcissa de C é 1  4   3 , pelo que C   3,0  . Assim, tem-se:



 

BC  C  B    3,0   1  7,3   4  7,  3



e





AB  B  A  1  7,3  1,0  



7,3



Portanto:





BC  AB   4  7,  3 

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 



7,3   4  7  7  3  3   4 7 

 7

2

 9   4 7  7  9  16  4 7

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20.2. a) Tem-se que: 1 1 3 3 3 ▪ cos 2   sen 2     1  2sen 2      2sen 2   sen 2    sen    2 2 2 4 4 1 sen 2 

3 3    ˆ      2 .      CAB Como    0,  , com que sen   0 , pelo que sen    4 2   0,  3 3 3  2 2 



ˆ  ABC ˆ pelo que: ▪ o ângulo ACB é a inclinação da reta s e como o triângulo  ABC  é isósceles, vem que ACB

ˆ  ACB

2  3  3  2 2 6



3 3   Logo, o declive da recta s é igual a tg    e portanto a sua equação reduzida é da forma y  xb. 3 6 3

▪ também pelo facto de  ABC  ser isósceles vem que AC  AB  4 , pelo que as coordenadas do ponto C são

  3,0  , pois a abcissa do ponto A é 1. Assim, Substituindo-o na equação de s vem: 0

 s: y 

3   3  b  0   3  b  b  3 . 3

3 x 3 3

b) Tem-se que: ▪ a inclinação da reta r é

   pelo que o seu declive é igual a tg    3 e portanto a sua equação reduzida é da 3 3

forma y  3 x  b . Como o ponto A 1,0  pertence à reta r, substituindo as suas coordenadas na sua equação, vem: 0  3 1  b  b   3

 r : y  3x  3 www.raizeditora.pt

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▪ B é o ponto de intersecção entre as retas r e s. Assim, utilizando um sistema de equações determinamos as suas coordenadas:   x  3 3 x 3 x  3 x 1   1  y   3x  3  3x  3  x  3  2 x  6 3 3 3       3  3         y  3x  3 y  3x  3

  x  3 x  3    B 3, 2 3 y  3  3  3 y  2 3    





c) Seja t a reta perpendicular à reta r que contém o ponto B. Como t é perpendicular e r vem que mt  





1 1 e portanto um vetor diretor de t é t  3,1 .  mr 3

Como B pertence à reta t, vem que:



 



t :  x, y   3,2 3  k  3,1  x  3  3 k  y  2 3  k , k 

21. 21.1. Tem-se que: ▪ a circunferência está centrada no ponto C   2,3 e como o ponto O pertence à circunferência, o seu raio é igual a OC  OC .

Tem-se que OC  C  O    2,3   0,0     2,3 , pelo que OC  Logo uma a equação da circunferência é  x  2    y  3  2

2

 13 

2

  2

2

 33  13 .

  x  2    y  3  13 . 2

2

▪ o ponto Q tem ordenada 5 e pertence à circunferência. Assim, na equação da circunferência, y por 5, vem:

 x  2

2

  5  3  13   x  2   13  4  x  2   9  x  2   3  x  2  3  x   5  x  1 2

2

Como a abcissa do ponto Q é positiva, vem que a sua abcissa é 1 e as suas coordenadas são 1,5  .

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21.2. A reta r é tangente à circunferência no ponto Q, pelo que é perpendicular ao segmento de reta QC  Assim, P  x, y  um ponto do plano pertencente à reta r, a equação da reta r é dada por QP  QC  0 . Tem-se que QP  P  Q   x, y   1,5   x  1, y  5 e que QC  C  Q    2,3  1,5    3,  2  . Assim vem: r : QP  QC  0   x  1, y  5    3,  2  0   3 x  1  2  y  5  0   3x  3  2 y  10  0 

  2 y  3x  13  2 y   3x  13  1

Outra resolução: a reta r é tangente à circunferência no ponto Q, pelo que é perpendicular ao segmento de reta 1 . QC  . Assim, mr   mCQ Como QC   3,  2  , vem que mQC 

2 2 1 3  pelo que mt     e portanto a equação reduzida da reta r é 3 3 mQC 2

3 dada por r : y   x  b . 2 3 3 13 Como o ponto Q 1,5 pertence à reta r, substituindo-o na sua equação vem: 5    1  b  b  5   b  . 2 2 2 3 13 Assim, r : y   x   2 y   3x  13 . 2 2 2

21.3. Tem-se que: ▪ o ponto simétrico de C em relação ao eixo Ox é o ponto de coordenadas   2,  3 ▪ a reta s é paralela à reta r pelo que ms  mr  

3 e portanto um vetor diretor da reta s é s  2,  3 . 2

Assim uma equação vetorial da reta s é  x, y     2,  3  k  2,  3 , k  3  3 Sendo  a inclinação da reta s, tem-se tg   ms      arctg     180º  123,7º . 2  2

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21.4. Tem-se que: ▪ o triângulo OCQ é rectângulo em C se os vetores OC e QC forem perpendiculares, isto é, se OC  QC  0 . Assim, tem-se OC  QC    2,3    3,  2   6  6  0 , pelo que o triângulo OCQ é rectângulo em C. ˆ   , e portanto: ▪ OC  CQ  13 e OCQ 2



2 OC  CQ  Asombreada  AsetorOCQ  AOCR  2  OC    2 2 4

 13 

2

13  13 13 13 13  26    2 4 2 4



22. Tem-se que: ▪ AB  BC  DC  AD , pois o prisma é regular ▪ M é o ponto médio de  BC  vem que BM  CM 

AB 2

Como AE  a , vem que o volume v, do prisma  ABCDEFGH  , é dado por: 2

2

v  A ABCD  AE  v  AB  AB  a  v  AB  a  AB 

v a

Assim, como EM  EA  AB  BM e DM  DC  CM , vem:







EM  DM  EA  AB  BM  DC  CM   EA  DC  EA  CM  AB  DC  AB  CM  BM  DC  BM  CM  0, EA DC

 0, EA CM

 0, AB CM

 0, BM  DC

 0  0  AB  DC  cos  0º   0  0  BM  CM  cos 180º   AB

 DC  AB

 BM 

AB 2

CM 

AB 2

2

2 2 AB AB AB 3 3 v 3v  AB  AB  1     1  AB   AB    2 2 4 4 4 a 4a

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Outra resolução: considere-se o prisma representado num referencial o.n. Oxyz, onde D coincide com a origem do referencial tais que: ▪ o ponto A pertence ao semi-eixo positivo Ox e tem abcissa b, b  0 ▪ o ponto C pertence ao semi-eixo positivo Oy ▪ o ponto H ao semi-eixo positivo Oz z Ha E

G

F

C b

D

y

M

A B

b x

Seja b, com b  0 , a abcissa do ponto A. Assim como, AD  DC  b e AE  a , vem: v  V ABCDEFGH   A ABCD  AE  v  b  b  a  v  b 2  a  b 2 

v a

b  Mas, D  0,0,0  , E  b,0, a  e M  , b,0  , pelo que: 2   b   b  EM  M  E   , b,0    b,0, a     , b,  a  2   2 

e

b  b  DM  M  E   , b,0    0,0,0    , b,0  2  2 

Logo: b b b2 3 3 v 3v  b  b  EM  DM    , b,  a    , b,0      b  b  a  0    b 2  b 2    2 2 4 4 4 a 4a  2  2 

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23. 23.1. Tem-se que:

x 2  y 2  z 2  4 x  4 z  4  0  x 2  4 x  22  y 2  z 2  4 z  22  22  22  4   x  2   y 2   z  2   4 2

 x  2 2

2

 z  2 2

Assim, a superfície esférica está centrada no ponto de coordenadas  2,0, 2  e a a medida do comprimento do seu raio é 2, pelo que: G  2,0,2  , A  2,0,0  , B  2,2,2  , C  0,0,2  , D  2, 2,2  , E  4,0,2  e F  2,0,4 

Seja n  a, b, c  um vetor normal ao plano ABE. Este vetor é perpendicular aos vetores AB e AE , dois vetores não colineares paralelos ao plano ABE. Tem-se AB  B  A   2,2,2    2,0,0    0,2,2  e AE  E  A   4,0,2    2,0,0    2,0,2  Assim:   0, 2, 2    a, b, c   0  2b  2c  0 2b   2c b   c  AB  n  0         2a  2c  0  2a   2c a   c  AE  n  0    2,0, 2    a, b, c   0  

Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma

  c,  c, c  ,

com c 

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, c  1 , um vetor normal de ABE é n 1,1,  1 . Assim, ABE : x  y  z  d  0 . Como o ponto A pertence ao plano ABE, vem: 2  0  0  d  0  d   2 . Logo, ABE : x  y  z  2  0  x  y  z  2 . 23.2. Tem-se: 2  3k  2  4  4k  2  x  y  z  2 2  3k  2   4  4k   2 7 k  2      x  2  3k  x  2  3k  x  2  3k    x  2  3k      y  2 y  2 y  2 y  2      z  4  4k  z  4  4k  z  4  4k  z  4  4k

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2 2 2    k  7 k  7 k  7       2 6 20  x  2  3  7  x  2  7  x  7    y  2 y  2 y  2       z  4  4  2 z  4  8  z  20 7 7 7     20 20   As coordenadas do ponto de interseção do plano ABE com a reta r são  , 2,  . 7   7

23.3. Tem-se que: ▪ o ponto T pertence ao eixo Oy e tem a mesma ordenada que o ponto B, as suas coordenadas são  0, 2,0   x  2  3k  ▪ o ponto Q pertence à reta r :  y  2 , k   z  4  4k

as coordenadas de Q são do tipo  2  3k ,2,4  4k 

▪ O triângulo TQF  é retângulo em Q se QT  QF  QT  QF  0 QT  QF  0    2  3k ,0,4k  4     3k , 2,  4k   0    2  3k  3k   0    2    4k  4   4k  0   6k  9k 2  16k 2  16k  0  25k 2  10k  0  5k 5k  2   0

 5k  0  5k  2  0  k  0  k 

2 5

Logo: ▪ se k  0 então Q  2  3  0,2,4  4  0   2,2,4 

▪ se k 

2 2  6 8   16 12  2  então Q  2  3  ,2,4  4     2  ,2,4     ,2,  5 5  5 5  5 5 5 

Cálculos Auxiliares: QT  T  Q   0,2,0   2  3k ,2,4  4k     2  3k ,0,4k  4 

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e

QF  F  Q   2,0,4   2  3k ,2,4  4k    3k ,  2,4k 

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



23.4. O ponto P 2cos2  ,sen  ,2sen  pertence ao plano ABE definido por x  y  z  2 . Assim, substituindo as coordenadas de P na equação de ABE, tem-se:





2cos2   sen   2sen   2  2 1  sen 2   sen   2  2  2sen 2   sen   2   sen   2sen   1  0  sen   0   2sen   1  0

 sen   0  sen   

   k    

 6

1 2

 2k   

7  2k , k  6

7  3  Como     ,  , tem-se   , pelo que as coordenadas de P são: 2  6  2    3 1 3 1  7   7      1   3 1  2  7  P  2cos   ,  , 2        2  ,  , 1   ,  , 1  ,sen   , 2sen     2    2 4 2  6   6   6    2   2    2 2    

24. 24.1. Tem-se que: ▪ o ponto A pertence ao eixo Ox e portanto as suas coordenadas são da forma  x,0,0  . Como o ponto A pertence ao plano  , substituindo -o na sua equação vem, 3x  4  0  6  0  24  3x  24  x  8 . Logo, A 8,0,0  ▪ O ponto B pertence ao eixo Oy e portanto as suas coordenadas são da forma  0, y,0  . Como o ponto B pertence ao plano  , substituindo -o na sua equação vem, 3  0  4 y  6  0  24   4 y  24  y   6 . Logo, B  0,  6,0  Seja T  x, y, z  um ponto do espaço. Uma equação da superfície esférica de diâmetro  AB  é dada por AT  BT  0 , pois T pertence à superfície esférica se e somente se o ângulo APB for reto.

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Assim: AP  BP  0   x  8, y, z    x, y  6, z   0  x  x  8  y  y  6   z 2  0  x 2  8x  y 2  6 y  z 2  0 

 x 2  8 x  42  y 2  6 y  32  z 2  42  32   x  4    y  3  z 2  25 2

 x 4

2

 y  3

2

2

Portanto uma equação da superfície esférica de diâmetro  AB  é  x  4    y  3  z 2  25 , tem centro no ponto 2

2

de coordenadas  4,  3,0  e a medida do comprimento do seu raio é 5. Por fim, substituindo o ponto P 1, 1,3 na equação da superfície esférica de diâmetro  AB  , tem-se:

1  42   1  32  32  25   32  22  9  25  9  4  9  25  22  25 . Afirmação falsa Logo, o ponto P não pertence à superfície esférica de diâmetro  AB  . 24.2. Tem-se que o ponto C pertence ao eixo Oz e portanto as suas coordenadas são da forma  0,0, z  . Como o ponto C pertence ao plano  , substituindo-o na sua equação vem, 3  0  4  0  6z  24  6z  24  z  4 . Logo, C  0,0,4  ▪ Seja  o plano que contém a recta s e o ponto C. O ponto de coordenadas 1,1,0  pertence à recta s, designemos esse ponto por Q. Consideremos a figura seguinte:

n s



s

C Q

O vetor s  3, 2,  3 é um vetor diretor da reta s. Seja n  a, b, c  um vetor normal ao plano  . Este vetor é perpendicular aos vectores QC e s , dois vetores não colineares paralelos ao plano  .

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Assim, tem-se:

  1, 1, 4    a, b, c   0  a  4c  b QC  n  0   a  b  4c  0       3a  2b  3c  0 3   4c  b   2b  3c  0  s  n  0    3, 2,  3   a, b, c   0        a  4c  9c a   5c       12c  3b  2b  3c  0   b  9c  0  b  9c b  9c

Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma   5c,9c, c  , com c 

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, c  1 , um vetor normal a  é n   5,9,1 . Assim,  : 5x  9 y  z  d  0 . Como o ponto C pertence ao plano  substituindo-o na sua equação vem  5  0  9  0  4  d  0  d   4 . Logo,  :  5x  9 y  z  4  0   5x  9 y  z  4 . Cálculo Auxiliar: QC  C  Q   0,0,4  1,1,0   1, 1,4 

24.3. a) Tem-se que: ▪ AC  C  A   0,0,4   8,0,0     8,0,4  , sendo este um vetor diretor da reta AC e o vetor r  4,15,8 é um vetor diretor da reta r. As retas r e AC são perpendiculares se r for perpendicular ao vector AC , ou seja:

r  AC  r  AC  r  AC  0 Assim: r  AC   4,15,8    8,0,4   4    8  15  0  8  4   32  0  32  0

Logo as retas r e AC são perpendiculares. ▪ A reta AC contém o ponto A e o vetor AC   8,0,4  é um seu vetor diretor. Portanto uma condição que define a reta AC é  x, y, z   8,0,0      8,0,4  ,  

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.

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Formando um sistema com as condições que definem as duas retas, tem-se:

 x, y, z    0,  6,0   k  4,15,8  , k    x, y, z    8,0,0      8,0, 4  ,  

2  x  4   5  x  4k       6 2  y   6  15k 0   6  15k k  15  k 5      z  8k           z  8  2  5  x  8  8        y  0 y  0     y  0   z  4   y  0    8   8 8 8   x  5 x x x     5 5 5     2    k     5   16  16  16    z  16 z  z  z  5 5 5     5     8 32 4 8      8  8 8  8  5   5  8   5 5     y  0 y  0 y  0 y  0        16 16 4 16        4  20 20 5     5

 8 16  Logo, as retas r e AC são concorrentes no ponto P de coordenadas  ,0,  . 5 5

b) Tem-se que  x, y, z    0,  6,0   k  4,15,8 , k  , pelo que o ponto de coordenadas  0,  6,0  pertence à reta r. Mas o ponto de coordenadas  0,  6,0  é precisamente o ponto B, pelo que B pertence á reta r. De uma outra maneira: substituindo B na equação vetorial de r, vem: 0  0  4 k  4k  0 k  0     0,  6,0    0,  6,0   k  4,15,8   6   6  15k  15k  0  k  0 , k        0  0  8k 8k  0 k  0

Logo, o ponto B pertence à reta r. www.raizeditora.pt

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 8 16   8 16  Tem-se BP  P  B   ,0,    0,  6,0    ,6,  . 5 5 5 5 2

2

64 256 64  900  256 1220  8 16  8  16   36     Assim, BP   ,6,      62     5 25 25 25 5 5 5  5



22  5  61 2 305  5 5

c) Consideremos a figura seguinte: z

C

B

O

y

P A x

Assim,

A ABC  

AC  BP  2

80 

Cálculos Auxiliares: BP  BP 

2 305 80  305 24  5  5  61 24  52  61 2  2  5  61 5      4 61 5 5 5 2 5 2 305 ; AC  AC  5

  8,0,4



  8

2

 02  42  64  16  80

25. 25.1. Um vetor normal ao plano ABD é nABD  3,1,1 . Para escrevermos um sistema de equações paramétricas do plano ABD precisamos de encontrar dois vetores s e t não colineares paralelos ao plano ABD. Assim, se r e s seja paralelos ao plano ABD, então são perpendiculares ao vetor nABD , pelo que as coordenadas de s e t podem ser s 1,  3,0  e t  0, 1,1 .

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De facto: ▪ s  nABD  1,  3,0   3,1,1  1 3  3 1  0 1  3  3  0  s  nABD ▪ t  nABD   0, 1,1   3,1,1  0  3  11  11  1  1  0  t  nABD Por outro lado, sabe-se que o ponto A pertence ao eixo Ox e portanto as suas coordenadas são da forma  x,0,0  . Como o ponto A pertence ao plano ABD, substituindo -o na sua equação vem: 3x  0  0  9  3x  9  x  3

Logo, A  3,0,0  e portanto, um sistema de equações paramétricas do plano ABD é:

 x, y, z   3,0,0  s 1,  3,0  t  0, 1,1  x  3  s

 y   3s  t  z  t , s, t 

25.2. A reta BD é a interseção dos planos ABD e BCD. Assim:    3x  y  z  9 3x  y  x  3 y  7  9  4 x  2 y  2   2 y  2  4 x  y  1  2 x       x  3y  z   7 x  3y  7  z    x  3  1  2 x   7  z     

   y  1  2 x  y  1  2 x     z  x  6x  3  7  z   5 x  10

Logo:    y  1  2  0  y  1  ▪ fazendo x  0 tem-se  , pelo que o ponto P  0, 1,10  pertence à reta BD z   5  0  10 z  10        y  1  2  1 y 1  ▪ fazendo x  1 tem-se  , pelo que o ponto Q 1,1,5 pertence à reta BD  z   5  1  10  z  5 

Portanto, um vetor diretor da reta BD é PQ  Q  P  1,1,5   0, 1,10  1,2,  5 e portanto, uma equação vetorial da reta BD é  x, y, z    0, 1,10  k 1,2,  5 , k 

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.

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25.3. Tem-se que A  3,0,0  e que o ponto C pertence ao eixo Ox, pelo que portanto as suas coordenadas são da forma  x,0,0  . Como o ponto C pertence ao plano BCD, substituindo-o na sua equação vem:

x  3 0  0   7  x   7 Logo, C   7,0,0  . Como o ponto T  1,  2, 10  pertence ao plano ACD, os vetores AC e AT são dois vetores não colineares paralelos ao plano ACD e portanto, perpendiculares ao vetor nACD  a, b, c  , vetor normal ao plano ACD. Assim, tem-se: AC  C  A    7,0,0   3,0,0   10,0,0 

e

AT  T  A   1,  2, 10   3,0,0     4, 2, 10 

e portanto:

  10,0,0    a, b, c   0  AC  nACD  0  10a  0 a  0          4,  2,  10  a , b , c  0  4 a  2 b  10 c  0  4  0  2 b  10 c  0     AT  n  0        ACD    a  0 a  0    2b  10c b   5c  

Concluímos então que as coordenadas do vetor nACD são da forma  0,  5c, c  , com c 

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, c  1 , um vetor normal a ACD é nACD  0,  5,1 . Como o ponto A pertence ao plano ACD uma sua equação cartesiana é dada por: 0  x  3  5  y  0   1 z  0   0  5 y  z  0  5 y  z  0  1

25.4. Tem-se que: ▪ o ponto B pertence aos planos xOy : z  0 , ABD e BCD, pelo que podemos determinar as suas coordenadas utilizando um sistema com as equações destes três planos: z  0 z  0 z  0 z  0         3x  y  z  9  3x  y  0  9  3  3 y  7   y  9  9 y  y  21  9      x  3y  z   7 x  3y  0   7 x  3y  7 x  3y  7     www.raizeditora.pt

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z  0 z  0 z  0     10 y  30   y  3  y  3     x  3 y  7  x  3  3  7  x  2

Logo, B  2,3,0  . Assim, AB  B  A   2,3,0    3,0,0    1,3,0  e BC  C  B    7,0,0   2,3,0    9,  3,0 , pelo que: AB  BC   1,3,0    9,  3,0   1    9   3    3  0  0  9  9  0  0

e portanto, o triângulo  ABC  é retângulo em B. ▪ o ponto D pertence aos planos ABD, BCD e ACD pelo que podemos determinar as suas coordenadas utilizando um sistema com as equações destes três planos: 3 8 y  7   6 y  9 3x  y  z  9 3x  y  5 y  9 24 y  21  6 y  9 30 y  30              x  3y  z   7  x  3y  5 y   7  x  8 y  7      5 y  z  0  z  5 y  z  5 y      y 1 y 1     x  8 1  7   x  1    z  5  1  z  5

Logo, D 1,1,5 , pelo que, como a face

 ABC 

está contida no plano xOy, a altura da pirâmide é igual a

zD  5  5 .

 V ABCD 

A ABC  3

AB  BC 5 10  3 10 5  10 2  altura  5    25 i) 3 2 2 3

i) O triângulo  ABC  é retângulo em B pelo que a sua área é dada por

▪ AB  AB   1,3,0 

 1

▪ BC  BC    9,  3,0 

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2

AB  BC , onde: 2

 32  02  1  9  10

  9

2

   3  02  81  9  90  9  10  9  10  3 10 2

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26. 26.1. Os vetores u e v são perpendiculares se u  v  0 . Assim:

u  v  0   a3 , a, a   1, a, 1  0  a3  a 2  a  0  a  a 2  a  1  0  a  0  a 2  a  1  0 

a0  a

a0  a

1  12  4  1  1 2 1

1  5 2

1  5 1  5  a 2 2

Logo, como a  0 , vem que a  se a 

a0  a

1  5 1  5 1  5 , isto é, u e v são perpendiculares se a  ou  a 2 2 2

1  5 , pelo que a proposição é falsa. 2

26.2. a) Se w é perpendicular a u , então w  u  0 . Assim:

w  u  0   2, 1, 1   a3 , a, a   0  2a3  a  a  0  2a3  2a  0  2a  a 2  1  0   2a  0  a 2  1  0  a  0  a 2  1  a  0  a   1

 a  0  a  1  a  1 Logo, como a  0 , vem que a  1  a  1 . b) Para escrevermos as equações paramétricas do plano perpendicular a w e que contém o ponto A  3,2,  2  precisamos de encontrar dois vetores s e t não colineares paralelos a esse plano. Seja  o plano pedido. Assim, se r e s seja paralelos ao plano  , então são perpendiculares ao vetor w . Já vimos que u 12 ,1,1  1,1,1 é perpendicular a w , pelo que s pode ser s  u 1,1,1 . O vetor t pode ser t 1, 2,0  , pois t  w  1,2,0   2, 1,1  1 2  2   1  0 1  2  2  0  t  w

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Logo, um sistema de equações cartesianas do plano ABD é: x  3  s  t   x, y, z    3, 2,  2   s 1,1,1  t 1, 2,0    y  2  s  2t , s, t    y  2  2

26.3. a) Se a  2 , então u  23 ,2,2   8,2,2  e v 1,2, 1 . Os vetores u , v e t são paralelos ao mesmo plano se o vetor t for paralelo a um plano paralelo aos vetores u e v , isto é, se t for perpendicular a um vetor normal de um plano paralelo aos vetores u e v . Seja n  n1 , n2 , n3  esse vetor. Tem-se:

8n1  2n2  2n3  0  8n1  n3  n1  2n3  0  7n1  3n3  0  u  n  0   8, 2, 2    n1 , n2 , n3   0        v  n  0 n1  2n2  n3  0 2n2  n3  n1  1, 2, 1   n1 , n2 , n3   0    2n2  n3  n1  7n 7n 7n 7n     n3   1 n3   1 n3   1 n3   1     3 n   7 n  3 3 3 3 1  3          7n 10n1 10n1 5n 2n2  n3  n1      2n2   1  n1 2n2   n2   n2   1     3 3 6 3     5n 7n   Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma  n1 ,  1 ,  1  , com n1  3 3  

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, n1  3 , um vetor normal de um plano paralelo a u e v é n  3,  5, 7  . Assim, t e n são perpendiculares se t  n  0 , pelo que: t  n  0   b,2, b    3,  5, 7   3b  10  7b  0   4b  10  b  

10 5 b 4 2

b) Um vetor normal ao plano  é perpendicular aos vetores u e v , que são dois vetores não colineares paralelos a

 . Na alínea anterior vimos que o vetor n  3,  5, 7  é perpendicular aos vetores u e v , pelo que este é um vetor normal a  . Como   3,4,5 pertence a  , vem que uma equação cartesiana do plano  é:

 : 3 x  3  5  y  4  7  z  5  0  3x  9  5 y  20  7 y  35  0  3x  5 y  7 y   64 www.raizeditora.pt

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c) Tem-se que r :  x, y, z    10,0,10  k  2, 1,1 , k 

.

Utilizando um sistema de equações vamos determinar as coordenadas do ponto Q:

3x  5 y  7 z   64   x, y, z    10,0,10   k  2, 1, 1 , k 

3  10  2k   5   k   7 10  k    64   x  10  2k   y  k   z  10  k  30  6 k  5 k  70  7 k   64   x  10  2 k  y  k   z  10  k 18k  36 k  2 k  9     x  10  2k  x  10  2  2  x   6    y  2 y  9 y  2     z  10  k  z  10  2  z  8

Logo, Q   6,  2,8 . 27. 27.1. a) os planos  e  são estritamente paralelos se: ▪ o vetor n  5,  2,3 , que é um vetor normal a  , for perpendicular a s  2,2,  2  e a t  0,3,2  , que são dois vetores não colineares, paralelos a  , isto é, n  s  n  t  n  s  0  n  t  0 . ▪ o ponto de coordenadas 1,1,  2  , que pertence ao plano  , não pertencer ao plano  Assim: ▪ n  s   5,  2,3   2,2,  2   10  4  6  0  n  s e n  t   5,  2,3   0,3,2  0  6  6  n  t Logo, o vetor n é perpendicular a s e a t .

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▪ 3 1  5 1  3    2  4  3  5  6  4   8  4  proposição falsa. Logo, o ponto de coordenadas 1,1,  2  não pertence a  .  A proposição é verdadeira. b) A reta r e o plano  são perpendiculares se o vetor r  1, 1,1 , vetor diretor de r, e o vetor n forem colineares, isto é, se existir um  

\ 0 tal que r    n .

1     3 1  3   1  r    n   1, 1,1    3,  2,3  1   2    2    1  3   1  3

 O sistema é impossível, pelo que a proposição é falsa. c) A reta AB está contida no plano  se A e B pertencerem a  . Assim: ▪ substituindo as coordenadas de A na equação vetorial do plano  , vem: 1  s  2 2  1  2s    1  2,8,1  1,1,  2   s  2, 2,  2   t  0,3, 2   8  1  2s  3t  8  1  2   3t  2   1   2  2s  2t  1   2  2  1  2t  2 1  s  2        8  2  3t  6  3t  t  2    1   3  2t 4  2t t  2 

 O sistema é possível e determinado pelo que A pertence ao plano  . Nota: fazendo s 

1 e t  2 na equação vetorial de  , vem: 2 1 2

 x, y, z   1,1,  2   2,2,  2  2  0,3,2   1,1,  2   1,1, 1   0,6,4    2,8,1  www.raizeditora.pt

coordenadas do ponto A

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▪ substituindo as coordenadas de B na equação vetorial do plano  , vem: 3  s  2 4  1  2s   3   4,7,  3  1,1,  2   s  2, 2,  2   t  0,3, 2   7  1  2s  3t  7  1  2   3t  2    3   2  2s  2t   7   2  2  3  2t 2  3  s    2      7  4  3t  3  3t  t  1     3   5  2t t  1 2  2t 

 O sistema é possível e determinado pelo que B pertence ao plano  . Nota: fazendo s 

3 e t  1 na equação vetorial de  , vem: 2 3 2

 x, y, z   1,1,  2   2,2,  2  1 0,3,2   1,1,  2   3,3,  3  0,3,2    4,7,  3 

coordenadas do ponto B

 A reta AB está contida no plano  , pelo que a afirmação é verdadeira. 27.2. Um vetor diretor da reta s é s 1,1,3 . As retas r e s são perpendiculares se os vetores r  1, 1,1 e s 1,1,3 também o forem, isto é, r  s  r  s  r  s  0 . Assim: r  s   1, 1,1  1,1,3  1  1  3  1  0

Logo, as retas r e s não são perpendiculares. Vejamos se as retas r e s são concorrentes. Utilizando um sistema de equações, vem:

 x, y, z    2,0,1   1, 1,1 , k    x     y  2   ,     z  1  3

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x  2  k   2  k k  2      y  k 2     k 2     2      z  1  k 1  3  1  k 1  3  1  2         x        y  2         z  1  3   Proposta de Resolução | Cálculo Vetorial no Plano e no Espaço | 38

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k  2   k  2  1 k  2  1 k  2  1     0  0 0  0 0  0 0  0     4  4   1   1   1           x  1 x  1       y  2 1  y  1        z  1  3  1  z  2

Logo, as retas r e s são concorrentes no ponto de coordenadas 1, 1, 2  . Assim, as retas r e s definem um plano em que os vetores r  1, 1,1 e s 1,1,3 são dois vetores não colineares paralelos a esse plano. Esse plano contém o ponto de coordenadas  2,0,1 (este é um ponto da reta r, também contém o ponto de coordenadas 1, 1, 2  , ponto de intersecção entre as retas r e s). Logo, uma equação vetorial do plano definido pelas retas r e s é  x, y, z    2,0,1  s  1, 1,1  t 1,1,3 , s, t  . 27.3. Seja  o plano definido pela reta s e pelo ponto B. Tem-se que s : x    y   2    z  1  3   x, y, z    0,  2, 1   1,1,3 ,   Assim, um vetor diretor da reta s é s 1,1,3 e o ponto C  0,  2,1 é um ponto de s. O ponto B não pertence à reta s, pois, substituindo as suas coordenadas na condição que define s, obtém-se: 4    7   2     3  1  3    4    9    

2 3

que é uma condição impossível. Logo, os vetores s 1,1,3 e BC  C  B   0,  2, 1   4,7,  3    4,  9,2 não são colineares e são paralelos a  e portanto, perpendiculares ao vetor n  a, b, c  , vetor normal ao plano  .

1,1,3   a, b, c   0 a   b  3c  a  b  3c  0  s  n  0        Assim,   4  b  3 c  9 b  2 c  0  4,  9, 2  a , b , c  0  4 a  9 b  2 c  0         BC  n  0       5b 15b 29b    a   b  3  14 a   b  14 a   14 a  b  3 c a   b  3 c             4b  12c  9b  2c  0  14c  5b  5b  5b  5b  c c c     14  14  14 www.raizeditora.pt

Proposta de Resolução | Cálculo Vetorial no Plano e no Espaço | 39

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 29b 5b  Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma   , b,  , com b 14   14

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, c  14 , um vetor normal de  é n  29, 14,  5 . Como o ponto B pertence ao plano  a sua equação cartesiana é dada por: 29  x  4  14  y  7   5  z  3  0  29 x  116  14 y  98  5z  15  0  29 x  14 y  5 z  33

28. 28.1. a) Tem-se que A  CH  AE  A  AE  HC  E  ED  D . ED

  1   b) Tem-se que AB  2  AF  DE   GD  AB   2 AF  DE   GD  AB  2 AF  AF  GD  2   AF  





 AB  AF  GD  AB  BG  GD  AG  GD  AD BG

28.2. O ponto E é o único comum aos planos ADE, CDE e ACE, isto é, é o ponto de interseção destes três planos. Assim, formando um sistema com as equações destes planos, a solução que se obtém são as coordenadas de E. Temse:  x  4 y  3z  6  x  4 y  3z  6        5 x  y  3z  5   5  4 y  3z  6   y  3z  5  20 y  15 z  30  y  3z  5    10 x  12 y  9 z  60 10  4 y  3z  6   12 y  9 z  60 40 y  30 z  60  12 y  9 z  60

           3z   19 y  18 z  35    19   18 z  35  57 z  72 z  140 4 4     39 z 52 y  39 z     y  52  y  3z 4 

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  28 6 x  4  7  3  3 x  6         28 28 28    15 z  140   z   z   z  3 3 3       y  7 y  7   y  3  28    4 3 

28   Logo, E  6,7,  . 3  

Outra resolução: o ponto E é o único comum aos planos ADE, CDE e ACE. Assim, se o ponto de coordenadas 28    6,7,  pertencer aos planos ADE, CDE e ACE, esse ponto é o E. 3  

ADE: 6  4  7  3 

28  6  6  28  28  6  6  6  proposição verdadeira 3

CDE: 5  6  7  3 

28  5  30  7  28  5  5  5  proposição verdadeira 3

ACE: 10  6  12  7  9 

28  60  60  84  84  60  60  60  proposição verdadeira 3

28   Logo, E  6,7,  . 3  

28.3. Tem-se que DG  DC  CB  BG e HA  HC  CB  BA , pelo que: DG  AH  DG  HA  DC  CB  BG  HC  CB  BA  DC  2CB  BG  BG  DC  2 CB  2DA   BG

  DC

 DA

Mas, o ponto A pertence ao eixo Ox e portanto as suas coordenadas são da forma  x,0,0  . Como o ponto A pertence ao plano ADE, substituindo-o na sua equação vem, x  4  0  3  0  6  x  6 . Logo, A  6,0,0  . Assim, DA  A  D   6,0,0   1,1,3   5, 1,  3 , pelo que: DG  AH  2DA  2  5, 1,  3  10,  2,  6 

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O vetor u    7,  2  3,3 2  9  é colinear com DG  AH se:

 7 10



2  3 2



2 3 2  9   7  2  3 3    3   7 2  3 2  3   7 2  3         6 10 2 6 10 2 2 10 2

Portanto, vem:

 7 10



2  3 2

  2    7   10   2  3   2  14  10 2  30  10 2  2  44  0 

 5 2    22  0   

1  12  4  5    22  25

2

 



1  441 10

1  21 1  21 11      2 10 10 5

Assim:

▪ se   

2 2  11   46 46 138  11  11   11  então u    7,     3,3      9     , , , pelo que:  5   5 25 25  5  5  5  

2

2

2

2

2

2

36 35  46   46   138   46   46   138  u                    25  5   25   25   5   25   25 

▪ se   2 então u  2  7,22  3,3  22  9     5,1,3 , pelo que u 

  5

2

 12  32  35 .

  2 28.4. a) Tem-se que F  A  AF  A  DE .  DE

28  19  19   19     Como DE  E  D   6,7,   1,1,3   5,6,  , vem que F  A  DE   6,0,0    5,6,   11,6,  . 3  3 3  3   

Um vetor diretor de uma reta paralela a Oy é e2  0,1,0  , pelo que uma equação vetorial da reta paralela a Oy que 19   contém o ponto F é  x, y, z   11,6,   k  0,1,0  , k  3 

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.

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b) Um vetor normal ao plano ADE é nADE 1,  4,3 . Para escrevermos uma equação vetorial do plano ADE precisamos de encontrar dois vetores s e t não colineares paralelos ao plano ADE. Assim, se r e s seja paralelos ao plano ADE, então são perpendiculares ao vetor nADE , pelo que as coordenadas de s e t podem ser s  4,1,0  e t  0,3,4  .

De facto: ▪ s  nADE   4,1,0  1,  4,3  4  4  0  0  s  nADE ▪ t  nADE   0,3,4  1,  4,3  0  12  12  0  t  nADE Por outro lado, tem-se que G  F  FG  F  DC . Como DC  C  D   0,5,0  1,1,3   1,4, 3 , vem:  DC

19  10    G  F  DC  11,6,    1,4, 3  10,10,  3 3   10   Logo, uma equação vetorial do plano ADE é  x, y, z   10,10,   s  4,1,0   t  0,3,4  , s, t  . 3  Nota: poderíamos ter usado para vetores não colineares paralelos a ADE os vetores AD e AE .

c) Seja  o plano perpendicular à reta r, definida por: x  2  3k  y  1  z  k   x, y, z    2, 1,0   k   3,0,1 , k 

que contém o ponto H. Um plano é perpendicular a uma reta se um vetor normal desse plano for colinear com um vetor diretor dessa reta, em particular, podem ser o mesmo vetor. Assim, como um vetor diretor da reta r é   3,0,1 , um vetor normal a  pode ser n  3,0,1 . Portanto  :  3x  0  y  z  d  0   3x  z  d  0 28  19    Tem-se que H  E  EH  E  DC   6,7,    1, 4,  3   5,11,  . 3  3    DC

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Como o ponto H pertence ao plano  , substituindo-o na sua equação vem: 3  5 

Logo,  :  3x  z 

19 26 26 . d 0 d 0d  3 3 3

26  0  9 x  3z  26  0  9 x  3z  26 .   3 3

28.5. Seja n  a, b, c  um vetor normal ao plano DCG. Este vetor é perpendicular aos vetores DC e DG , dois vetores não colineares paralelos ao plano DCG. 10  1   Tem-se que DC  1,4,  3 e DG  G  D  10,10,   1,1,3   9,9,  , pelo que: 3 3  

 1, 4, 3   a, b, c   0  a  4b  3c  0 4b  3c  a    DC  n  0         1 c c 9,9,  a , b , c  0 9 a  9 b   0 9 4 c  3 c  9 b   0   DG  n  0          3 3 3    16c     a  4  27  3c        c 80c 80c    0 45b  36b  27c  9b   0 45b   16c b 3 3 3     27  64c 17c   a  27  3c a   27      16c  16c b  27 b  27  17c 16c  , , c  , com c  Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma    27 27 

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, c  27 , um vetor normal a DCG é n  17,16, 27 . Logo, como D  DCG , uma equação cartesiana do plano DCG é: 17  x  1  16  y  1  27  z  3  0  17 x  17  16 y  16  27 z  81  0  17 x  16 y  27 z  80

Outra resolução: o plano DCG contém os pontos D, C e G que não são colineares. Por três quaisquer pontos não colineares passa um único plano. Assim, se os pontos D, C e G pertencerem ao plano definido pela condição 17 x  16 y  27 z  80 , então esta é uma condição que define o plano DCG:

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D 1,1,3 : 17 1  16 1  27  3  80  17 16  81  80  80  80  proposição verdadeira C  0,5,0  : 17  0  16  5  27  0  80  80  80  proposição verdadeira 10  10  G 10,10,  : 17  10  16 10  27   170  160  90  80  80  proposição verdadeira 3 3 

Logo, DCG : 17 x  16 y  27 z  80 . 28.6. Tem-se que: ▪ o ponto P tem cota 3 e pertence aos planos DCG e  , isto é, é o ponto de interseção dos planos DCG e  e do plano de equação z  3 . Assim, formando um sistema com as equações destes planos, a solução que se obtém são as coordenadas de P: 17 x  16 y  27 z  80 17 x  16  3  x   27  3  80 17 x  48  16 x  81  80       x  y  3  y  3  x            z  3  

49 49    x  33  x  33  33x  49     49  50  y  3 y  33 33    z  3 z  3     

▪ a reta r é perpendicular ao plano DCG, pelo que se pode tomar para vetor diretor da reta r um vetor normal do plano DCG, ou seja, r  nDCG  17,16,27  . Assim:

 x, y, z   

49 50  , ,3   k  17,16,27  , k   33 33 

▪ Seja Q o ponto de interseção da reta r com o plano xOz: y  0 . Portanto, as coordenadas de Q são do tipo  x,0, z  . Substituindo as coordenadas de Q na equação vetorial da reta r, vem:

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 x,0, z   

49 50  , ,3   k  17,16, 27  , k   33 33 

49   x  33  17 k        50  50 50  0   16k    16k  k    33 528   33   z  3  27 k        49  25  817   x  33  17    264   x  264      25 25    k    k   264 264      z  3  27    25   z  39    88   264 

 817 39  Logo, Q  ,0,  .  264 88 

28.6. Tem-se que: ▪ s :  x, y, z    1  10k , 1  2k ,5  6k    x, y, z    1, 1,5  10k , 2k , 6k     x, y, z    1, 1,5   k 10, 2, 6  , k 

Portanto, um vetor diretor da reta s é s 10,  2, 6 . ▪ AD  D  A  1,1,3   6,0,0     5,1,3 . ▪ duas retas definem um plano se forem estritamente paralelas ou se forem concorrentes. Como s  2 AD , vem que os vetores s e AD são colineares e portanto as reta s e AD são paralelas. Como o ponto A não pertence à reta s, pois:

 6,0,0    1  10k , 1  2k ,5  6k  ,

k

7  k  10 6  1  10k   1   0  1  2k  k   2   0  5  6k  k  5  6

é um sistema impossível, as retas s e AD são estritamente paralelas e portanto definem um plano. www.raizeditora.pt

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▪ Seja n  a, b, c  um vetor normal do plano  definido pelas retas s e AD. Este vetor é perpendicular aos vetores AD e AQ , onde Q  1, 1,5 , dois vetores não colineares paralelos ao plano

.

n  a, b, c  Q  1, 1,5

s

A D

Tem-se AQ  Q  A   1, 1,5   6,0,0     7, 1,5 , pelo que:    5,1,3   a, b, c   0  5a  b  3c  0 b  5a  3c  AD  n  0             7,  1,5  a , b , c  0  7 a  b  5 c  0  7 a  5 a  3 c  5 c  0       AQ  n  0       3a a   b  5a  3  b     2 2       12a    3a 3a 8c  12a c    8  c  2 c  2  a 3a  Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma  a, ,  , com a   2 2 

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, a  2 , um vetor normal a  é n  2,1,3 . Logo, como A  , uma equação cartesiana do plano  é dada por: 2  x  6  1 y  0  3 z  0  0  2 x  12  y  3z  0  2 x  y  3z  12

29. Tem-se que: VP

V ABCDV  

A ABCD  altura 3



AB  BC  VP 3

onde P é o ponto de intersecção do plano que contém a base  ABCD com a reta r, que contém V e é perpendicular à base  ABCD .

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▪ O ponto A pertence ao plano xOz pelo que as suas coordenadas são da forma  xA ,0, z A  e o ponto C pertence ao eixo Oy pelo que as suas coordenadas são da forma  0, yC ,0  . Assim, por um lado tem-se AC  AV  VC  AV  CV   2,  7,  9   6,  9,  3    4,2,  6  , por outro tem-se: AC  C  A   0, yC ,0    xA ,0, z A     xA yc ,  z A   xA   4  xA  4     Logo,   xA yc ,  z A     4, 2,  6    yc  2   yc  2 , pelo que A  4,0,6  e C  0,2,0  .    z A   6  zA  6 

Como o  ABCD é um retângulo, como o ponto D pertence ao eixo Oz e como o ponto B pertence ao plano xOy, vem que B  4,2,0  e D  0,0,6  . Assim: ▪ AB  B  A   4,2,0    4,0,6    0,2,  6  pelo que AB  AB  02  22    6   40  2 10 2

▪ BC  C  B   0,2,0    4,2,0     4,0,0  pelo que BC  BC 

  4

2

 02  02  4

▪ A reta r contém o ponto V perpendicular ao plano definido por 3 y  z  6 (plano que contém a base). Assim, um vetor diretor de r pode ser r  0,3,1 (vetor normal de 3 y  z  6 ) e como: V  A  AV   4,0,6   2,  7,  9    6,  7,  3

vem que uma equação vetorial da reta r é  x, y, z    6,  7,  3  k  0,3,1 , k 

.

▪ Utilizando um sistema de equações vamos determinar as coordenadas do ponto P e em seguida o valor de VP , medida do comprimento da altura da pirâmide:

 x, y, z    6,  7,  3  k  0,3,1 , k   3 y  z  6

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x  6 x  6 x  6     y   7  3k  y   7  3 k    y   7  3k    z  3  k z  3  k z   3  k    3   7  3k   3  k  6 21  9k  3  k  6 10k  30

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x  6 x  6    y   7  3  3  y  2   z  3  3 z  0   k  3 k  3

Logo, P  6,2,0  pelo que VP  P  V   6,2,0    6,  7,  3   0,9,3 e portanto: VP  VP  02  92  32  81  9  90  9  10  3 10

 V ABCDV  

AB  BC  VP 4  2 10  3 10   8 3 3

 10 

2

 8  10  80

30. 30.1. Tem-se que: ▪ o ponto A pertence ao plano definido por z   3 e portanto as suas coordenadas são da forma  x, y,  3 . Como o ponto A pertence à reta AF, vem:

 x, y,  3    6,7,13  k   5, 4,8 , k 

 x   6  5    2 x  4  x   6  5k  x   6  5k       y  7  4k   y  7  4k   y  7  4    2    y  1     k   2 k   2  3  13  8k 16  8k

Logo, A  4, 1,  3 ▪ o ponto F pertence ao plano definido por z  5 e portanto as suas coordenadas são da forma  x, y,5 . Como o ponto F pertence à reta AF, vem:

 x, y,5    6,7,13  k   5, 4,8 , k 

 x   6  5   1  x  1  x   6  5k  x   6  5k          y  7  4k   y  7  4k   y  7  4   1   y  3     k   1 5  13  8k  8  8k  k   2    

Logo, F  1,3,5 ▪ o ponto B tem a mesma abcissa e a mesma ordenada que o ponto F e tem a mesma conta que o ponto A, pelo que B  1,3,  3

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▪ o ponto E tem a mesma abcissa e a mesma ordenada que o ponto A e tem a mesma cota que o ponto F, pelo que E  4, 1,5

▪ Como CD  5    3  8 e BD  BD  89 , pelo teorema de Pitágoras, vem: 2

2

2

2

BC  CD  BD  BC  82 



89



2

2

2

 BC  89  64  BC  25  BC   25  BC  5 BC  0

Logo, yC  yD  yB  5  3  5   2 . Assim, como o ponto C tem a mesma abcissa e a mesma cota que o ponto B, vem que C  1,  2,  3 e como o ponto D tem a mesma abcissa e a mesma cota que o ponto F, vem que D  1,  2,5 . 30.2. a) Tem-se que AB  B  A   1,3,  3   4, 1,  3    5,4,0  pelo que um sistema de equações paramétricas que defina a reta AB é:

 x, y, z    4, 1,  3  k   5,4,0  x  4  5k

 y  1  4k  z   3 , k 

b) Uma equação vetorial do segmento de reta  AF  é dada por P  A  AF , k  0,1 , sendo P um ponto do espaço. Assim, como AF  F  A   1,3,5   4, 1,  3    5,4,8 , uma equação vetorial do segmento de reta  AF  é: k  0,1

 x, y, z    4, 1,  3  k   5,4,8 , 30.3. Seja v um vetor colinear com AD tal que v  30 . Tem-se que AD  D  A   1,  2,5   4, 1,  3    5, 1,8 . Assim:

\ 0 tal que v  k  AD  k   5, 1,8    5k , k ,8k 

▪ v é colinear com o vetor AD se existir um k 

▪ v  30 

  5k 

2

  k   8k   30  2

2



25k 2  k 2  64k 2



2

 302  90k 2  900  k 2  10 

0

 k   10  k   10  k  10 www.raizeditora.pt

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Logo:

 

 

 

▪ se k   10 , então v  5   10 ,   10 ,8   10



   5

10, 10,  8 10

 

▪ se k  10 , então v  5  10,  10,8  10   5 10,  10,8 10







 v 5 10, 10,  8 10 ou v  5 10,  10,8 10







30.4. O plano AEF contém os pontos A, E e F que não são colineares. Por três quaisquer pontos não colineares passa um único plano. Assim, se os pontos A, E e F pertencerem ao plano definido pela condição 4 x  5 y  11 , então esta é uma condição que define o plano AEF: A  4, 1,  3 : 4  4  5   1  11  16  5  11  11  11  proposição verdadeira A  4, 1,5 : 4  4  5   1  11  16  5  11  11  11  proposição verdadeira F  1,3,5 : 4   1  5  3  11   4  15  11  11  11  proposição verdadeira

Logo, AEF : 4 x  5 y  11 . 30.5. Consideremos a seguinte figura: z D

F

Q

E

r

y

O

C x

B

A

Seja r a reta perpendicular à reta EF que contém o ponto D. Assim, a reta r é também perpendicular ao plano AEF e interseta esta num ponto Q (este ponto pertente ao segmento de reta  EF  ) e portanto, a medida do comprimento da altura do triângulo  DEF  relativamente ao vértice D é dada por DQ  DQ .

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Logo, como a reta r é perpendicular ao plano AEF, um vetor diretor de r pode ser r  4,5,0  , que é um vetor normal a AEF, pelo que r :  x, y, z    1,  2,5  k  4,5,0  , k 

.

Utilizando um sistema de equações vamos determinar as coordenadas do ponto Q e em seguida o valor de DQ , medida do comprimento da altura do triângulo  DEF  relativamente ao vértice D:

 x, y, z    1,  2,5   k  4,5,0  , k   4 x  5 y  11

 x  1  4k  x  1  4k    y   2  5k  y   2  5k   z  5 z  5   4  1  4k   5   2  5k   11  4  16k  10  25k  11

25 59    x  1  4  41  x  41  x  1  4k      25 43  y   2  5k  y   2  5  41  y  41    z  5 z  5 z  5    41k  25   k  25 k  25   41 41  59 43   59 43   100 125  , ,0  e portanto: Logo, Q  , ,5  , pelo que DQ  Q  D   , ,5    1,  2,5    41 41   41 41   41 41  10000 15625 25625 252  41 252  41 25 41  100   125  2 DQ  DQ     0          412 412 41 41 41 41  41   41  2

2

Outra resolução: a medida do comprimento da altura do triângulo  DEF  relativamente ao vértice D é dada por

DQ  DQ , onde Q é um ponto da reta EF tal que DQ e EF são perpendiculares, isto é, tal que DQ  EF  0 . Tem-se que EF  F  E   1,3,5   4, 1,5    5,4,0  , pelo que uma equação vetorial da reta EF é:

 x, y, z    1,3,5  k   5,4,0 ,

k

Como Q pertence a EF, vem que as coordenadas de Q são da forma Q  1  5k ,3  4k ,5 e portanto:

DQ  Q  D   1  5k ,3  4k ,5   1,  2,5    5k ,5  4k ,0 

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Logo, DQ  EF  0    5k ,5  4k ,0     5,4,0   0  25k  20  16k  0  41k  20  k  

20 41

 25 41  20   20    100 125  , ,0   DQ  DQ  Portanto, DQ   5     ,5  4     ,0    . 41  41   41    41 41  

30.6. Tem-se que: ▪ EF   5,4,0  , pelo que EF  EF 

A DEF 

  5

EF  DQ   2

E portanto, V ABDDEF   A ABC   BF 

2

 42  02  41 , pelo que:

41 



25 41 25  41 41  2 2  41



2



25  41 25  2 2  41

25  8  25  4  100 . 2

▪ Seja r a razão de semelhança que transforma o prisma  ABCDEF  no novo prisma, com r  0 .

Assim,

Logo,



Vnovo prisma V ABCDEF 

 r3 e

Abase novo prisma A DEF 

Vnovo prisma V ABCDEF 

Abase novo prisma A DEF 

 r2 

 r3 

50 100  r2   r2  r2  4  r   4  r  2 r 0 25 25 2

Vnovo prisma 100

 r2 .

 23  Vnovo prisma  8  100  Vnovo prisma  800 .

31. 31.1. Seja nABC  a, b, c  um vetor normal ao plano ABC. Este vetor é perpendicular aos vetores s  1,5,6  e t  5,8,6  , dois vetores não colineares paralelos ao plano ABC. Assim:

 1,5,6    a, b, c   0    a  5b  6c  0  6c  a  5b  s  nABC  0       5,8,6  a , b , c  0 5 a  8 b  6 c  0 5 a  8 b  a  5 b  0       t  nABC  0     

 11a   6c  11a 6c  a  5b 6c  a  5b 6c  a  5    2a   c  6      6 a  3 b  0 b   2 a b   2 a b   2 a     b   2a      www.raizeditora.pt

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11a   Concluímos então que as coordenadas do vetor nABC são da forma  a,  2a,  , com a  6  

\ 0 . Fazendo, por

exemplo, a  6 , um vetor normal a ABC é nABC  6, 12,11 . Logo, como o ponto de coordenadas  4, 1,0  pertence ao plano ABC, uma sua equação cartesiana é: 6  x  4  12  y  1  11 z  0   0  6 x  24  12 y  12  11z  0  6 x  12 y  11z  36

31.2. Tem-se que: ▪ o ponto A pertence ao eixo Ox e portanto as suas coordenadas são da forma  x,0,0  . Como o ponto A pertence ao plano ABC, substituindo-o na sua equação vem, 6x  12  0  11 0  36  6 x  36  x  6 . Logo, A  6,0,0  ▪ o ponto B pertence ao eixo Oy e portanto as suas coordenadas são da forma  0, y,0  . Como o ponto B pertence ao plano ABC, substituindo-o na sua equação vem, 6  0  12 y  11 0  36  12 y  36  y   3 . Logo, B  0,  3,0  ▪ C é o ponto de intersecção entre a reta OC e o plano ABC, pelo que utilizando um sistema de equações, vamos determinar as coordenadas do ponto C:

  1   x, y, z    0,0,0   k   2 , 4,3  , k      6 x  12 y  11z  36

k  k  x   2 x   2   y  4k      y  4k  z  3k  z  3k     k   3k  48k  33k  36 6    2   12  4k  11  3k  36   

k 2   x  1 x   2 x   2     y   8     y  4k   y  4    2   z  6  z  3k z  3  2        k   2 18k  36 k   2

Logo, C 1,  8,  6 

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31.3. Tem-se que

AC  C  A  1,  8,  6   6,0,0     5,  8,  6  pelo que um sistema de equações

paramétricas da reta AC é:  x  6  5  x  6  5    x, y, z    6,0,0      5,  8,  6    y  0  8   y   8 ,        z  0  6  z   6

31.4. a) As retas AB e CP são perpendiculares se AB  CP  0 . Tem-se que AB  B  A   0,  3,0   6,0,0     6,  3,0  , pelo que uma equação vetorial da reta AB é:

 x, y, z    6,0,0  k   6,  3,0 ,

k

Como P pertence a AB, vem que as coordenadas de P são da forma P  6  6k ,  3k ,0  e portanto: CP  P  C   6  6k , 3k ,0   1,  8,  6    5  6k ,8  3k ,6 

Logo: AB  CP  0    6,  3,0    5  6k ,8  3k ,6   0   30  36k  24  9k  0  45k  54  k 

54 6 k 45 5

6 6   6 18   Portanto, P  6  6k ,  3k ,0    6  6  ,  3  ,0     ,  ,0  . 5 5   5 5  

b) Como a reta CP é perpendicular à reta AB, vem que CP  é a altura do triângulo  ABC  em relação ao vértice C, pelo que: A ABC  

AB  CP 2

▪ Como AB   6,  3,0  , vem que: AB  AB 

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  6

2

   3  02  36  9  45  9  5  9  5  3 5 2

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6 6   11 22   ▪ Como CP  5  6k ,8  3k ,6    5  6  ,8  3  ,6     , ,6  , vem que: 6 5 5   5 5  k  5 2

2

121 484 301 301  11   22  CP  CP         62    36   25 25 5 5  5  5 

 A ABC  

AB  CP  2

3 5

301 5

2



3 301 2

FIM

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