Teste nº4 – Combinações lineares, retas e modelação

O simétrico de $\overrightarrow{OB}$ tem a mesma direção, a mesma norma e sentido contrário: é $-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{BO}$.

Os vértices $B$ e $E$ são diametralmente opostos, logo $O$ é o ponto médio de $[BE]$ e $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{OE}$.

$\overrightarrow{EO}$ e $\overrightarrow{FA}$ são iguais a $\overrightarrow{OB}$ (mesmo sentido), e $\overrightarrow{DE}$ tem outra direção.

Opção (B)

$[ABOF]$ é um losango (os triângulos $[OAB]$ e $[OAF]$ são equiláteros); pela regra do paralelogramo, $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$.

$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AO}$ (lados opostos do losango $[ABCO]$), logo $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{u}+(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v})=2\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$.

$O$ é o ponto médio de $[AD]$, logo $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AO}=2\overrightarrow{u}+2\overrightarrow{v}$.

$\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{BF}$ (lados opostos do retângulo $[BCEF]$) e $\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$.

$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$; $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$; $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{u}+2\overrightarrow{v}$; $\overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$

(A) e (B) são as propriedades distributivas do produto de um número real por um vetor; (D) é a propriedade do simétrico.

(C): a norma de $a\overrightarrow{u}$ é $|a|\Vert \overrightarrow{u}\Vert$. Se $a<0$ e $\overrightarrow{u}\ne \overrightarrow{0}$, o segundo membro seria negativo, o que é impossível para uma norma.

Contraexemplo: $a=-1$, $\overrightarrow{u}(1,0)$: $\Vert -\overrightarrow{u}\Vert =1$ e $a\Vert \overrightarrow{u}\Vert =-1$.

Opção (C)

$2\overrightarrow{u}=(6,-2)$ e $\frac{1}{2}\overrightarrow{v}=(-1,2)$.

$2\overrightarrow{u}-\frac{1}{2}\overrightarrow{v}=(6-(-1),-2-2)=(7,-4)$.

$\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}=(3+2,-1-4)=(5,-5)$.

$\Vert \overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}\Vert =\sqrt{25+25}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$.

$(7,-4)$ e $5\sqrt{2}$

Declive: $m={\displaystyle \frac{5}{-2}}=-{\displaystyle \frac{5}{2}}$ (exclui (A), que inverte o quociente, e (B), com erro de sinal).

A reta passa em $(3,-2)$: $y-(-2)=-{\displaystyle \frac{5}{2}}(x-3)\iff y=-{\displaystyle \frac{5}{2}}x+{\displaystyle \frac{15}{2}}-2$.

$y=-{\displaystyle \frac{5}{2}}x+{\displaystyle \frac{11}{2}}$. A opção (D) resulta de usar $y-2$ em vez de $y+2$.

Opção (C)

O declive de $r$ é $2$, logo $\overrightarrow{v}(1,2)$ é vetor diretor de $r$ e de qualquer reta paralela a $r$.

$s:(x,y)=(1,4)+k(1,2),k\in ℝ$.

Ponto genérico de $s$: $(1+k,4+2k)$. Eixo $Oy$ ($x=0$): $k=-1$, ponto $(0,2)$.

Eixo $Ox$ ($y=0$): $4+2k=0\iff k=-2$, ponto $(-1,0)$.

$(x,y)=(1,4)+k(1,2),k\in ℝ$; pontos $(0,2)$ e $(-1,0)$

7.1.

As trajetórias intersetam-se se existirem $t\ge 0$ e $s\ge 0$ (não necessariamente iguais) tais que $P_A(t)=P_B(s)$: $\{\begin{array}{c}1+2t=9-s\hfill \\ t=-2+2s\hfill \end{array}$.

Substituindo $t$ na primeira equação: $1+2(-2+2s)=9-s\iff 5s=12\iff s=\frac{12}{5}$, e $t=-2+\frac{24}{5}=\frac{14}{5}$.

Logo as trajetórias cruzam-se no ponto $P_A\left(\frac{14}{5}\right)=(\frac{33}{5},\frac{14}{5})$.

Mas o barco $A$ passa nesse ponto às $\mathrm{14,8}$ h (isto é, $\frac{14}{5}$ h após o meio-dia) e o barco $B$ às $12+\frac{12}{5}=\mathrm{14,4}$ h: como $t\ne s$, não estão lá no mesmo instante.

As trajetórias intersetam-se em $(\frac{33}{5},\frac{14}{5})$, mas em instantes diferentes, pelo que os barcos não chocam.

7.2.

$\overrightarrow{P_A{P}_B}=P_B(t)-P_A(t)=(9-t-1-2t,-2+2t-t)=(8-3t,t-2)$.

$d(t)=\sqrt{(8-3t{)}^2+(t-2{)}^2}=\sqrt{64-48t+9t^2+t^2-4t+4}=\sqrt{10t^2-52t+68}$.

Na calculadora, representa-se $y=\sqrt{10x^2-52x+68}$ numa janela como $[0;5]\times [0;9]$ e determina-se o mínimo: $(\mathrm{2,6};\mathrm{0,632}\dots )$.

$t=\mathrm{2,6}$ h $=2$ h $+\mathrm{0,6}\times 60$ min $=2$ h $36$ min após o meio-dia, ou seja, às $14$ h $36$ min.

Às 14 h 36 min, a uma distância de aproximadamente $\mathrm{0,63}$ km.

A reta paralela a $Oz$ tem como vetor diretor ${\overrightarrow{e}}_3(0,0,1)$ (ou um vetor colinear).

Uma equação vetorial é então $(x,y,z)=A+k(0,0,1)$.

(A) troca o papel do ponto e do vetor; (C) define uma reta paralela a $Ox$; (D) uma reta paralela ao plano $xOy$.

Opção (B)

$A$, $B$ e $C$ são colineares se e só se existe $\lambda$ tal que $\overrightarrow{AC}=\lambda \overrightarrow{AB}$.

$\overrightarrow{AB}=(-2,4,4)$ e $\overrightarrow{AC}=(a-2,b+1,6)$.

Terceira coordenada: $6=4\lambda \iff \lambda =\frac{3}{2}$.

$a-2=\frac{3}{2}\times (-2)=-3\iff a=-1$ e $b+1=\frac{3}{2}\times 4=6\iff b=5$.

$a=-1$ e $b=5$

$\Vert \overrightarrow{u}\Vert =\sqrt{1+4+4}=3$. Um vetor colinear com $\overrightarrow{u}$ é $\lambda \overrightarrow{u}$, de norma $3|\lambda |$.

Sentido contrário: $\lambda <0$; norma $6$: $3|\lambda |=6\iff |\lambda |=2$. Logo $\lambda =-2$.

$-2\overrightarrow{u}=(-2,4,-4)$. (A) tem o mesmo sentido; (C) tem norma $18$; (D) tem norma $3$.

Opção (B)

11.1.

$A(8,0,0)$, logo $\overrightarrow{AV}=V-A=(4-8,4-0,7-0)=(-4,4,7)$.

$\overline{AV}=\Vert \overrightarrow{AV}\Vert =\sqrt{16+16+49}=\sqrt{81}=9$.

Como a pirâmide é regular, todas as arestas laterais são iguais.

$\overrightarrow{AV}=(-4,4,7)$ e a aresta lateral mede $9$.

11.2.

$AV:(x,y,z)=(8,0,0)+k(-4,4,7),k\in ℝ$.

Ponto genérico: $(8-4k,4k,7k)$.

Plano $yOz$: $x=0\iff 8-4k=0\iff k=2$.

Para $k=2$: $(0,8,14)$.

$(x,y,z)=(8,0,0)+k(-4,4,7),k\in ℝ$; ponto $(0,8,14)$

$P$: $(6-2{)}^2+(0+1{)}^2+(0-3{)}^2=16+1+9=26$, logo $P\in S$.

Os pontos do eixo $Ox$ são da forma $(x,0,0)$: $(x-2{)}^2+1+9=26\iff (x-2{)}^2=16$.

$x-2=4\vee x-2=-4\iff x=6\vee x=-2$. O outro ponto é $(-2,0,0)$.

O centro é $C(2,-1,3)$ e o raio é $\sqrt{26}$. $\overline{CO}=\sqrt{4+1+9}=\sqrt{14}<\sqrt{26}$, logo $O$ está a uma distância do centro inferior ao raio.

$P\in S$; o outro ponto é $(-2,0,0)$; $O$ é interior, pois $\sqrt{14}<\sqrt{26}$.