Escola Secundária/2,3 da Sé-Lamego

Proposta de Resolução da Ficha de Trabalho do GAVE

1.  

a)  
Ora, , c.q.m..

b)  
Ora,



Há duas soluções:  e  ou  e .

c)  
Para que o comprimento da circunferência de diâmetro [PQ] seja superior a , terá de ser:



Portanto, .

d)  
Seja  o ponto de intersecção de [PQ] com o eixo Ox.
Dado que , vem:

    ( ).

e)  

e1)  
Ora, .
Como P e T têm sempre ordenadas iguais e T pertence à recta s, vem: .
Logo, .

e2)  
Ora,

    ( ).
Logo,     ( ).

2.  

a)  
Determinemos as coordenadas do(s) ponto(s) de intersecção da recta com a parábola:
.

Como a recta considerada não é paralela ao eixo de simetria da parábola e intersecta-a apenas em um ponto, então é tangente a essa parábola. O ponto de tangência tem coordenadas .

b)  

b1)  
Ora, .
Portanto, a ordenada do ponto P é dada, em função de a, por .

b2)  
Comecemos por determinar as coordenadas dos pontos A e B. Como , então  e .

Seja  a projecção ortogonal do ponto P sobre o eixo Ox. Assim, temos:

, .

b3)  
Se , a região sombreada é o triângulo [ABV], sendo  o vértice da parábola.

Sendo V’ a projecção ortogonal do ponto V sobre o eixo Ox, a área desse triângulo é , sendo ainda dada pela expressão , pois, para , obtém-se o mesmo valor: .

b4)  
Representada a função  numa janela de visualização adequada ao domínio considerado ( ), determinaram-se as coordenadas do ponto do gráfico de ordenada máxima.

Portanto, a área da região sombreada é máxima para .

 

3.  

a)  
Sejam r e r’, respectivamente, os raios das bases do cone e da parte do cone submerso; sejam h e h’, respectivamente, as alturas dos cones considerados.
Como os cones são semelhantes, então , donde .
Ora,  traduz, em metros cúbicos, o volume do líquido existente no recipiente A, quando o líquido atinge, nesse recipiente, 50 centímetros de altura.
Portanto, o valor pedido é  litros.

b)  
Sejam r e r’, respectivamente, os raios das bases do cone e da parte do cone não submerso; sejam h e h’, respectivamente, as alturas dos cones considerados.
Como os cones são semelhantes, então , donde .
Ora,  traduz, em metros cúbicos, o volume do líquido existente no recipiente B, quando o líquido atinge, nesse recipiente, 60 centímetros de altura.
Portanto, o valor pedido é  centímetros cúbicos.

c)  

c1)  
Ora, em qualquer um dos recipientes, o líquido poderá atingir qualquer altura , em metros. Daí, conclui-se que .
Consequentemente, em qualquer um dos casos, o volume de líquido variará entre zero e a diferença de volumes do recipiente e do cone maciço, cujo valor é .
Logo,  

c2)  
Considerando o raciocínio utilizado na alínea a), temos: .
Logo, .

 

c3)  
Representada a função  numa janela de visualização adequada ao domínio considerado ( ), determinaram-se as coordenadas do ponto de intersecção do gráfico com o da função . Isto é, resolveu-se graficamente a equação , que equaciona o problema proposto.
Portanto, o líquido atinge, aproximadamente, 54 centímetros de altura.

c4)  
Se  (se o volume de líquido nos recipientes é nulo), tem-se  e, se  (se o volume de líquido nos recipientes é máximo), tem-se .

Se , tem-se , atendendo a que, quando os dois recipientes têm o mesmo volume de líquido, o líquido no recipiente B atinge maior altura, visto que a parte do cone imersa neste recipiente tem maior volume do que no outro.

Portanto, .

4.  

a)  
De acordo com o Teorema do Resto, o resto da divisão de  por  é .

b)  
Como , então .
Seja .
Ora, .

c)  
As abcissas dos pontos A, C e D são as soluções da equação , ou seja, são as raízes do polinómio , do qual  é uma das raízes.
Aplicando a regra de Ruffini, temos:

              Logo, .

Portanto, .
Assim,  e . Logo, .

5.  

a)  
Como , então .
Como a recta AB é paralela à bissectriz dos quadrantes ímpares, então o seu declive é 1 e a sua equação reduzida é do tipo . Como o ponto B pertence a esta recta, tem-se . Logo, .

b)  
Como , então .
Como  e  são os dois zeros de g, então a função pode ser definida na forma . Como o ponto B pertence ao gráfico de g, tem-se: . Logo, .

c)   Um dos zeros da função f é . Assim, aplicando a regra de Ruffini, temos:

             Logo, .

Portanto, .
Assim, recorrendo agora à visualização do gráfico de f, será .

      Não sendo possível recorrer à visualização do gráfico de f, podemos elaborar uma tabela de sinal da função:

 

 

                Logo, .

d)  
Efectuada a representação gráfica das funções f e g numa janela adequada à visualização simultânea dos seus três pontos de intersecção, determinaram-se as coordenadas do ponto de intersecção com abcissa superior a 1.
Portanto, o valor procurado é .

 

 

 

 

 

 

 

6.  

a)  
Para que o rectângulo [OPQR] seja um quadrado, terá de ser , isto é, terá de ser , com .
Ora, .
Portanto, o rectângulo [OPQR] é um quadrado para .

b)  
Se , então .
Logo, , com .

c)  
No mesmo referencial, representaram-se as funções A e f. Seguidamente, determinaram-se as coordenadas do ponto de ordenada máxima do gráfico de A. Para o valor de abcissa encontrado, determinou-se a correspondente ordenada relativamente ao gráfico de f.
Portanto, o rectângulo de maior área corresponde a .
Alternativa: Encontrada a abcissa de Q, pode-se determinar a correspondente ordenada: .

d)  
Como , então .
Como ,então . Logo, .
Como , então .
Ora, ,  e .
Como  ( ), então o triângulo [BCD] é rectângulo em D.

 

 

FIM