26 Janeiro 2012 – Resolução

Resolução da ficha de trabalho de Matemática A
11º ano
26 / 01 / 2012
1. r :
1.1
x  3 y 1

 z e  : 2x + y = 1.
2
3
Ordenada: y
O ponto que se pretende será (x, 0, z)
Substituindo na recta a variável y por 0 e separando as equações, fica:
x 3 1


2
2
 11

x   3 x 

 x  3 

2
3
3
3
3

 1


1
1
1

 z
 z
z
z


 3
3
3
3

 11 1 
O ponto tem coordenadas:  ,0, 
 3 3
1.2
Vector normal ao plano  2,1,0
Vector da recta r 2,3,1
Para que a recta r seja paralela ao plano  é preciso que o vector normal ao
plano seja perpendicular ao vector da recta:
 r
 .r  0  (2, 1, 0).(2, 3, 1) = 0 
4 + 3 = 0  7 = 0 Proposição falsa
Como não são perpendiculares, a recta não é paralela ao plano.
Para que a recta r seja perpendicular ao plano  é preciso que o vector
normal ao plano seja paralelo ao vector da recta:
 // r
2 1 0
  Proposição falsa
2 3 1
A recta não é perpendicular ao plano
1.3
Para a recta ser perpendicular ao plano é preciso que o vector normal do
plano seja paralelo (colinear) ao vector da recta, por isso utilizamos o vector
normal ao plano como vector da recta.
Vector da recta (2, 1, 0)
(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2, −1, 1) + 𝑘(2, 1, 0), 𝑘  ℝ
2. 𝐴(3, 0, 4);  : 𝑥 – 2𝑦 – 3𝑧 = 2 𝑒  : 2𝑦 + 𝑧 = 1
2.1
 x  2 y  3z  2
resolve-se o sistema em ordem a uma das variáveis

 2y  z 1
comum às duas equações.
 x  2 y  31  2 y   2  x  2 y  3  6 y  2  x  4 y  5



z  1 2 y


 z  1 2 y

Como a variável y é a única comum às duas equações, resolve-se em ordem
a y:

  x  5
x 5

y

4 y   x  5  y 
4
4






z

1
z
1
 2 y  z 1  y 
y 
2
2


Se y 
x 5
z 1
e se y 
então pode-se definir a recta pelas equações
4
2
x 5
z 1
y
4
2
Um ponto da recta tem coordenadas (5, 0, 1)
Um vector da recta tem coordenadas (-4, 1, -2)
Assim: (x, y, z) = (5, 0, 1) + k (-4, 1, -2), k  |R
2.2
Há que encontrar um vector que seja perpendicular com os vectores
normais dos planos  e  .
Fazendo xa, b, c o vector do plano pretendido
 1,2,3 vector normal ao plano 
 0,2,1 vector normal ao plano 
x 

x
 x.a  0
. 1,2,3  0
a, b, c 
a  2b  3c  0



. 0,2,1  0
 x.  0
 a, b, c 
 2b  c  0
Como existem 3 incógnitas e apenas 2 equações tem-se que atribuir a uma
das variáveis um valor real:


a 1
a 1
 a 1
a 1

 2b  3c  1 


  2b  3 2b   1   2b´6b  1  4b  1

 2b  c  0

 c  2b
c  2b
c  2b




 a 1

1
 b  
4

1
 c

2
O vector que se pretende tem de coordenadas
A equação do plano será x 
1
1
y  z  d  0 como passa em A, substitui4
2
se as coordenadas do ponto A pelas variáveis x, y e z para conhecermos o
valor de d.
1
1
3   0   4  d  0  3  2  d  0  d  5
4
2
Finalmente a equação do plano: x 
1
1
y  z 5  0
4
2
3.
3.1. As coordenadas dos restantes vértices são:
𝑂(0, 0, 0); 𝐷(1, 0, 4); 𝐹(0, 2, 4); 𝐺(0, 0, 4); 𝐵(1, 2, 0); 𝐴(1, 0, 0); 𝐶(0, 2, 0)
3.2.
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐹 = 𝐹 − 𝐴 = (0,2,4) − (1,0,0) = (−1,2,4)
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐺 = 𝐺 − 𝐷 = (0,0,4) − (1,0,4) = (−1,0,0)
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐹 . ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐺 = (−1,2,4). (−1,0,0) = 1 + 0 + 0 = 1
3.3.
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐹 = (−1,2,4)
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 = 𝐶 − 𝐴 = (0,2,0) − (1,0,0) = (−1,2,0)
⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 + 4 + 0 = 5
𝐴𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = √(−1)2 + 22 + 42 = √21
‖𝐴𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = √(−1)2 + 22 + 02 = √5
‖𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐹
5
cos −1 (
) = cos −1 (
) = 60,794 ≅ 60,8°
⃗⃗⃗⃗⃗ ‖. ‖𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ ‖
‖𝐴𝐹
√21 × √5