Teste nº1 – Vetores no plano: operações, coordenadas e retas

Dois vetores são iguais quando têm a mesma direção, o mesmo sentido e a mesma norma.

Num hexágono regular de centro $O$, os seis triângulos $[OAB]$, $[OBC]$, … são equiláteros; logo $[ABCO]$ é um losango e os lados opostos $[AB]$ e $[OC]$ são paralelos e geometricamente iguais.

Os vetores $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{OC}$ têm o mesmo sentido (ambos «sobem para a esquerda»), pelo que $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OC}$.

$\overrightarrow{DE}$ tem a mesma direção e norma mas sentido contrário (é o simétrico); $\overrightarrow{BC}$ e $\overrightarrow{OB}$ têm direções diferentes.

Opção (B)

2.1.

a) Pela regra do triângulo (a extremidade do primeiro vetor coincide com a origem do segundo): $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AC}$.

b) Os vetores $\overrightarrow{BA}$ e $\overrightarrow{BC}$ têm a mesma origem; pela regra do paralelogramo, a soma é a diagonal do paralelogramo $[BADC]$ com origem em $B$: $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BD}$.

c) Como $[ABCD]$ é um paralelogramo, $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$, logo $\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BM}$ (pois $M$ é o ponto médio de $[BC]$).

Assim, $\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AM}$.

a) $\overrightarrow{AC}$; b) $\overrightarrow{BD}$; c) $\overrightarrow{AM}$

2.2.

Pela regra do triângulo, $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CN}$.

Como $M$ é o ponto médio de $[BC]$, $\overrightarrow{MC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$; como $N$ é o ponto médio de $[CD]$, $\overrightarrow{CN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$.

Então $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD})$ (propriedade distributiva).

Novamente pela regra do triângulo, $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BD}$.

Logo, $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}$, como se queria mostrar.

Se $\lambda \ne 0$, o vetor $\lambda \overrightarrow{u}$ tem a mesma direção de $\overrightarrow{u}$, sentido igual ao de $\overrightarrow{u}$ se $\lambda >0$ e contrário se $\lambda <0$, e norma $|\lambda |\Vert \overrightarrow{u}\Vert$.

Com $\lambda =-3$: os vetores têm a mesma direção (exclui (D)) e sentidos contrários (exclui (A)).

A norma é $\Vert \overrightarrow{AB}\Vert =|-3|\Vert \overrightarrow{CD}\Vert =3\Vert \overrightarrow{CD}\Vert$, o que exclui (C) (troca dos papéis).

Opção (B)

$-2\overrightarrow{u}=(-6,8)$.

$\Vert -2\overrightarrow{u}\Vert =\sqrt{(-6{)}^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$.

Em alternativa: $\Vert \overrightarrow{u}\Vert =\sqrt{9+16}=5$ e $\Vert -2\overrightarrow{u}\Vert =|-2|\times 5=10$. (O valor $5$ esquece o fator; $14$ resulta de somar $|-6|+|8|$; $50$ resulta de $2\times 25$, esquecendo a raiz.)

Opção (B)

As coordenadas de $\overrightarrow{AB}$ obtêm-se fazendo $B-A$ (extremidade menos origem).

$\overrightarrow{AB}=B-A=(2-(-1),-1-3)=(3,-4)$.

(A) corresponde a $A-B$; (B) a $A+B$; (D) resulta de um erro de sinal na ordenada.

Opção (C)

6.1.

$\overrightarrow{AB}=B-A=(3,4)$, logo $\Vert \overrightarrow{AB}\Vert =\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$.

$\overrightarrow{BC}=C-B=(6-4,1-6)=(2,-5)$ e $2\overrightarrow{BC}=(4,-10)$.

$P=A+2\overrightarrow{BC}=(1+4,2-10)=(5,-8)$.

$\Vert \overrightarrow{AB}\Vert =5$ e $P(5,-8)$

6.2.

$[ABCD]$ é um paralelogramo se e só se $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$, ou seja, $D=A+\overrightarrow{BC}$.

$D=(1,2)+(2,-5)=(3,-3)$.

Verificação: $\overrightarrow{DC}=C-D=(3,4)=\overrightarrow{AB}$ e os pontos $A$, $B$, $C$ não são colineares ($\overrightarrow{AC}=(5,-1)$ não é colinear com $(3,4)$).

$D(3,-3)$

$a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}=(2a,-a)+(-b,3b)=(2a-b,-a+3b)$.

Igualando a $\overrightarrow{w}$: $\{\begin{array}{c}2a-b=1\hfill \\ -a+3b=7\hfill \end{array}$.

Da primeira equação, $b=2a-1$. Substituindo: $-a+3(2a-1)=7\iff 5a=10\iff a=2$.

Então $b=2\times 2-1=3$.

Verificação: $2(2,-1)+3(-1,3)=(4-3,-2+9)=(1,7)$.

$a=2$ e $b=3$

Os pontos $A$, $B$ e $P$ são colineares se e só se os vetores $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AP}$ forem colineares.

$\overrightarrow{AB}=(3,4)$ e $\overrightarrow{AP}=(k-1,12)$.

Como $\overrightarrow{AB}$ tem coordenadas não nulas, a condição de colinearidade é ${\displaystyle \frac{k-1}{3}}={\displaystyle \frac{12}{4}}$.

${\displaystyle \frac{k-1}{3}}=3\iff k-1=9\iff k=10$ (de facto, $\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{AB}$).

$k=10$

Se $\overrightarrow{v}(v_1,v_2)$, com $v_1\ne 0$, é vetor diretor de uma reta, o declive é $m={\displaystyle \frac{v_2}{v_1}}$.

$m={\displaystyle \frac{-6}{2}}=-3$.

A opção (A) corresponde a $\frac{v_1}{v_2}$ (quociente invertido); (C) e (D) têm erro de sinal.

Opção (B)

Um vetor diretor de $r$ é $(4,2)$, logo o declive é $m={\displaystyle \frac{2}{4}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

A reta passa em $(2,-1)$: $y-(-1)={\displaystyle \frac{1}{2}}(x-2)\iff y={\displaystyle \frac{1}{2}}x-1-1\iff y={\displaystyle \frac{1}{2}}x-2$.

Interseção com o eixo $Oy$ ($x=0$): $y=-2$, ou seja, o ponto $(0,-2)$.

Interseção com o eixo $Ox$ ($y=0$): ${\displaystyle \frac{1}{2}}x-2=0\iff x=4$, ou seja, o ponto $(4,0)$.

$y=\frac{1}{2}x-2$; pontos $(0,-2)$ e $(4,0)$

Uma equação vetorial de $s$ precisa de um ponto de $s$ e de um vetor diretor com declive $\frac{v_2}{v_1}=3$.

(A): o vetor $(3,1)$ tem declive $\frac{1}{3}$ — falha.

(B): $3\times 1-1=2\ne 3$, logo $(1,3)\notin s$ — falha. (D): $3\times (-1)-1=-4\ne 0$, logo $(-1,0)\notin s$ — falha.

(C): $3\times 2-1=5$, logo $(2,5)\in s$; e $(-1,-3)$ tem declive $\frac{-3}{-1}=3$.

Opção (C)

O barco passa em $F$ se existir $t\ge 0$ tal que $(2+3t,1+4t)=(14,17)$.

$2+3t=14\iff t=4$ e $1+4t=17\iff t=4$: as duas equações dão o mesmo valor, logo o barco passa pelo farol quando $t=4$.

Partiu às $9$ horas, logo passa pelo farol às $9+4=13$ horas.

Distância percorrida: $\Vert \overrightarrow{AF}\Vert =\Vert (12,16)\Vert =\sqrt{144+256}=\sqrt{400}=20$ km (o barco percorre $\Vert (3,4)\Vert =5$ km por hora, e $4\times 5=20$).

Passa no farol às 13 horas, depois de percorrer 20 km.

Retas paralelas têm vetores diretores colineares; podemos usar o vetor $(4,2)$.

$t:(x,y)=(-2,3)+k(4,2),k\in ℝ$.

$Q\in t$ se existir $k$ tal que $(-2+4k,3+2k)=(4,6)$: $4k=6\iff k=\frac{3}{2}$ e $2k=3\iff k=\frac{3}{2}$.

O mesmo valor de $k$ verifica as duas equações, logo $Q$ pertence a $t$.

$(x,y)=(-2,3)+k(4,2),k\in ℝ$; $Q\in t$ (para $k=\frac{3}{2}$)