Baixe Produto escalar 11⁰ano e outras Exercícios em PDF para Matemática, somente na Docsity!
Geometria (11.
o ano)
Produto escalar de vetores
Exerc´ıcios de Provas Nacionais e Testes Interm´edios - Propostas de resolu¸c˜ao
- Como as coordenadas do ponto B s˜ao (0, 2 ,4), o vetor
OB tem as mesmas
coordenadas, pelo que as coordenadas do vetor
BO s˜ao:
BO = −
OB = −(0, 2 ,4) = (0, − 2 , − 4)
E a sua norma ´e:
∥ ∥ ∥
BO
OB
2
Calculando a norma do vetor
BE, temos:
BE
2
x
y
O
z
A
F E
G
B
H
D
C
Como o ˆangulo OBE ´e o ˆangulo formado pelos vetores
BO e
BE, podemos determinar a sua amplitude
a partir do respetivo produto escalar:
cos
BOˆ
BE
BO.
BE
BO
∥ ×
BE
20 ×
20 × 12
Logo, a amplitude do ˆangulo OBE, em graus, arredondado `as unidades, ´e
O
BE = cos
− 1
◦
Exame – 2020, Ep. especial´
- Calculando as coordenadas do vetor
AV , e a sua norma:
AV = V − A = (3, − 1 ,2) − (2, 1 ,0) = (1, − 2 ,2)
AV
∥ =^
2
Calculando as coordenadas do vetor
AC, e a sua norma:
AC = C − A = (0, − 1 ,2) − (2, 1 ,0) = (− 2 , − 2 ,2)
AC
2
Recorrendo `a f´ormula do produto escalar vem:
cos
AV ˆ
AC
AV.
AC
AV
∥ ×
AC
Logo, a amplitude do ˆangulo V AC, em graus, arredondado `as unidades, ´e
V ACˆ = cos
− 1
◦
Exame – 2019, 1. a Fase
- Como o ponto R pertence ao semieixo negativo das ordenadas, tem coordenadas da forma (0,yR,0), com
yR ∈ R
−
. Assim, fazendo a substitui¸c˜ao na equa¸c˜ao da superf´ıcie esf´erica, podemos calcular o valor de
yR:
0
2
2
2 = 3 ⇔ 0 + yR
2
Como yR ∈ R
− , as coordenadas do do ponto R s˜ao
Assim temos que, como O ´e a origem do referencial
OR =
e
OP = (1, 1 ,1), pelo que:
OR
2
2
OP
∥ =^
2
Logo, recorrendo `a f´ormula do produto escalar vem:
cos
ORˆ
OP
OR.
OP
OR
∥ ×
OP
3 ×
Logo, a amplitude do ˆangulo ROC, em graus, arredondado `as unidades, ´e:
A
OC = cos
− 1
◦
Exame – 2018, Ep. especial´
- Como para qualquer ponto P da circunferˆencia de diˆametro [RS] o ˆangulo RP Q ´e reto, ent˜ao para
qualquer ponto P da circunferˆencia, temos que:
P R.
P S = 0
Temos ainda que:
- para qualquer ponto P no interior da circunferˆencia o ˆangulo RP Q ´e
obtuso, vem que
P R.
P S > 0
- para qualquer ponto P no exterior da circunferˆencia o ˆangulo RP Q ´e
agudo, vem que
P R.
P S < 0
Desta forma, o conjunto A dos pontos P tais que
P R.
P S = 0, ´e a
circunferˆencia de diˆametro [RS]
Resposta: Op¸c˜ao D
R P
S
Exame – 2017, Ep. especial´
- Como a base do cubo ´e um quadrado de lado 2 (AD = 2), temos
que a ´area da base ´e:
A[EF GH] = AD
2 = 2
2 = 4
Como o volume da pirˆamide ´e 4, ent˜ao calculando a altura h da
pirˆamide, temos:
V[ABCDEF GHP ] =
× A[EF GH] × h ⇔
× 4 × h ⇔
4 × 3
= h ⇔ h = 3 x
y
O
z
B
E H
G
A
C
F
D
P
Como a cota do ponto P ´e superior a 2 e a aresta do cubo ´e 2, ent˜ao a cota do ponto P ´e
zP = 2 + h = 2 + 3 = 5
Como a proje¸c˜ao do ponto P no plano xOy ´e o centro do quadrado [ABCD], temos que a abcissa ´e
xP = 1 e a ordenada ´e yP = 5, pelo que as coordenadas do ponto P s˜ao (1, 5 ,5)
Como as coordenadas do ponto G s˜ao (2, 6 ,2), podemos calcular as coordenadas do vetor
GP , e a sua
norma: −−→ GP = P − G = (1, 5 ,5) − (2, 6 ,2) = (− 1 , − 1 ,3)
∥ ∥ ∥
P G
∥ =^
2
Como O ´e a origem do referencial, podemos calcular as coordenadas do vetor
GO, e a sua norma:
GO = O − G = (0, 0 ,0) − (2, 6 ,2) = (− 2 , − 6 , − 2)
GO
∥ =^
2
Recorrendo `a f´ormula do produto escalar vem:
cos
GP ˆ
GO
GP.
GO
GP
∥ ×
GO
11 ×
11 × 44
Logo, a amplitude do ˆangulo OGP , em graus, arredondado `as unidades, ´e
O
GP = cos
− 1
◦
Exame – 2017, 2. a Fase
- Como o ponto A pertence ao semieixo positivo Ox, tem ordenada e cota nulas, ou seja as suas coordenadas
s˜ao: A(xA, 0 ,0), xA ∈ R
Analogamente, como o ponto B pertence ao semieixo positivo Oy, que tem abcissa e cota nulas e as
coordenadas s˜ao B(0,yB ,0), yB ∈ R
Da mesma forma, como o ponto P pertence ao eixo Oz, e tem abcissa e ordenadas nulas e ainda cota
n˜ao nula, as coordenadas s˜ao P (0, 0 ,zP ), zP ∈ R \ { 0 }
Como um ˆangulo ´e agudo se o produto escalar dos vetores que formam esse ˆangulo for positivo, ent˜ao o
ˆangulo AP B ´e agudo se −→ P A.
P B > 0
Determinando as coordenadas dos vetores
P A e
P B, temos:
P A = A − P = (xA, 0 ,0) − (0, 0 ,zP ) = (xA, 0 , − zP )
P B = B − P = (0,yB ,0) − (0, 0 ,zP ) = (0,yB , − zP )
Logo, o produto escalar dos dois vetores, expressos nas suas coordenadas, ´e:
P A.
P B = (xA, 0 , − zP ). (0,yB , − zP ) = xA × 0 + 0 × yb + (−zP ) × (−zP ) = 0 + 0 + zP
2 = zP
2
Como zP ´e um n´umero real, ent˜ao zP
2 > 0
Como zP
2
P A.
P B, ent˜ao
P A.
P B > 0, logo o ˆangulo AP B ´e agudo.
Exame – 2016, 2.a^ Fase
- Como a soma dos ˆangulo internos de um triˆangulo ´e 180 ◦ , e o triˆangulo ´e is´osceles (B ACˆ = A CBˆ ),
podemos determinar a amplitude do ˆangulo CBA, ou seja, a amplitude do ˆangulo formado pelos vetores −−→ BA e
BC:
C
BA = 180 − 2 × 75 = 180 − 150 = 30
◦
Desta forma, o valor do produto escalar
BA.
BC ´e:
BA.
BC =
BA
∥ ×
BC
∥ ×^ cos
BA
BC
2 ×
2 × cos 30
◦ = 2 ×
Resposta: Op¸c˜ao C
Exame – 2016, 1.a^ Fase
- Como os segmentos de reta [AB] e [BC] s˜ao lados consecutivos de um hex´agono regular de per´ımetro 12,
temos que
BA
BC
Como os hex´agonos regulares podem ser decompostos em seis triˆangulos
equil´ateros, cada ˆangulo interno do hex´agono regular tem o dobro da am-
plitude dos ˆangulos internos de um triˆangulo equil´atero, ou seja,
BAˆ
BC = 2 ×
π
2 π
Assim, vem que
A
C 2 B
2 π 3
BA.
BC = cos
BAˆ
BC
×
BA
∥ ×
BC
∥ = cos
2 π
× 2 × 2 = − cos
π
× 4 = −
× 4 = −
Resposta: Op¸c˜ao B
Exame – 2015, Ep. especial´
- Como o ponto B pertence ao eixo Ox, tem ordenada e cota nulas, pelo que, podemos determinar a sua
abcissa, recorrendo `a equa¸c˜ao do plano β:
2 x − y + z − 4 = 0 ∧ y = 0 ∧ z = 0 ⇒ 2 x − 0 + 0 − 4 = 0 ⇔ 2 x = 4 ⇔ x = 2
E assim temos as coordenadas do ponto B, B(2, 0 ,0) e podemos calcular as coordenadas do vetor
AB, e
a sua norma: −−→ AB = B − A = (2, 0 ,0) − (1, 2 ,3) = (1, − 2 , − 3) ∥ ∥ ∥
AB
2
Como o ponto C ´e o sim´etrico do ponto B relativamente ao plano yOz, tem as mesmas ordenada e cota,
e abcissa sim´etrica, ou seja, as coordenadas do ponto C s˜ao C(− 2 , 0 ,0) e podemos calcular as coordenadas
do vetor
AC, e a sua norma:
AC = C − A = (− 2 , 0 ,0) − (1, 2 ,3) = (− 3 , − 2 , − 3)
AC
∥ =^
2
Recorrendo `a f´ormula do produto escalar vem:
cos
ABˆ
AC
AB.
AC
AB
∥ ×
AC
14 ×
14 × 22
Logo, a amplitude do ˆangulo BAC, em graus, arredondado `as unidades, ´e
B
AC = cos
− 1
◦
Exame – 2015, Ep. especial´
- Como o ponto B tem de coordenadas B(4, 0 ,0), ent˜ao de acordo com as indica¸c˜oes do enunciado, as
coordenadas do ponto P , s˜ao (4,b,0), b ∈ R
(abcissa 4 porque tem abcissa igual ao ponto B, e cota zero
porque pertence ao eixo xOy).
Pelo que,
AB = B − A = (4, 0 ,0) − (0, 0 ,2) = (4, 0 , − 2) e
∥ ∥ ∥
AB
2
AP = P − A = (4,b,0) − (0, 0 ,2) = (4,b, − 2), b ∈ R
e
∥ ∥ ∥
AP
2
16 + b 2
20 + b 2 , b ∈ R
AB.
AP = (4, 0 , − 2).(4,b, − 2) = 4 × 4 + 0 × b + (−2) × (−2) = 16 + 0 + 4 = 20
Temos ainda que o ˆangulo BAP ´e o ˆangulo formado pelos vetores
AB e
AP e que
cos
ABˆ
AP
= cos
π
Assim, recorrendo `a defini¸c˜ao de produto escalar, vem que:
AB.
AP = cos
ABˆ
AP
×
AB
∥ ×
AP
∥ ⇔^ 20 =
×
20 ×
20 + b 2 ⇔
20 + b 2 ⇒
20 + b 2
= 20 + b
2 ⇔
⇔ 80 = 20 + b
2 ⇔ 80 − 20 = b
2 ⇔ ±
60 = b
Logo, como a ordenada do ponto P ´e positiva, temos que
b =
*** Outra resolu¸c˜ao: ***
Como a o ponto P pertence ao plano xOy e tem a mesma abcissa, a reta BP ´e paralela ao eixo Oy, e
perpendicular ao plano xOz, pelo que ´e ortogonal (ou perpendicular a todas as retas contidas no plano,
em particular ´e perpendicular `a reta AB
Assim, o ˆangulo ABP ´e reto, e o triˆangulo [ABP ] ´e retˆangulo
em B
Como B
AP =
π
, recorrendo `a defini¸c˜ao de tangente de
um ˆangulo, temos que
tg
π
BP
AB
x
y
z
O
A
B
P
Como, AB = 2
5 (ver c´alculos no item anterior), e tg
π
3, temos que
tg
π
BP
AB
BP
5 ×
3 = BP ⇔ 2
15 = BP
Logo, como o ponto P tem ordenada positiva (e a mesma abcissa que o ponto B e pertence ao plano xOy),
temos que as coordenadas do ponto P s˜ao (4,yP ,0) e
yP = 2
Exame – 2015, 1. a Fase
- Como o ponto A, pertence ao eixo Ox e o cubo tem aresta 3, temos que A(3, 0 ,0) e podemos calcular as
coordenadas do vetor
HA, e a sua norma:
HA = A − H = (3, 0 ,0) − (3, − 2 ,3) = (0, − (−2), − 3) = (0, 2 , − 3)
HA
2
Da mesma forma, como o ponto C, pertence ao eixo Oy e o cubo tem aresta 3, temos que C(0, − 3 ,0) e
podemos calcular as coordenadas do vetor
HC, e a sua norma:
HC = C − H = (0, − 3 ,0) − (3, − 2 ,3) = (− 3 , − 3 + 2, − 3) = (− 3 , − 1 , − 3)
HC
2
Podemos ainda calcular o produto escalar
HA.
HC:
HA.
HC = (0, 2 , − 3).(− 3 , − 1 , − 3) = 0 × (−3) + 2 × (−1) + (−3) × (−3) = 0 − 2 + 9 = 7
E assim, temos que α ´e o ˆangulo formado pelos vetores
HA e
HC, pelo que, recorrendo `a f´ormula do
produto escalar, vem que:
cos(α) = cos
HAˆ
HC
HA.
HC
HA
∥ ×
HC
13 ×
Pela f´ormula fundamental da Trigonometria, temos que
sen
2 α + cos
2 α = 1 ⇔ sen
2 α = 1 − cos
2 α
Logo temos que o valor exato de sen
2 α ´e
sen
2 α = 1 −
2
Exame – 2014, 1. a Fase
- Como M ´e o ponto m´edio do lado [BC], e o triˆangulo ´e equil´atero, temos
que BM =
a
, e como o triˆangulo [ABM ] ´e retˆangulo em M , podemos
determinar AM :
AM
2
2 = AB
2 ⇔ AM
2
a
= a
2 ⇔ AM
2 = a
2 −
a 2
⇔ AM
2
4 a
2
a
2
⇔ AM
2
3 a
2
⇒ AM =
3 a
2 A B
C
a
M
a
π^2 6
Como as alturas de um triˆangulo equil´atero bissetam os ˆangulo internos do triˆangulo, temos que B
AM =
π
Assim, vem que:
AB.
AM =
AB
∥ ×
AM
∥ × cos
ABˆ
AM
= a ×
3 a
× cos
π
3 a
2
×
2 a
2
3 a
2
Teste Interm´edio 11. o ano – 11.03.
- Como os ˆangulos iguais (opostos aos lados iguais) tem 30
◦ de amplitude, temos que:
C ABˆ + A BCˆ + B CAˆ = 180 ⇔ C ABˆ + 30 + 30 = 180 ⇔ C ABˆ = 180 − 60 ⇔ C ABˆ = 120
◦
Assim, vem que:
AB.
AC = cos
ABˆ
AC
×
AB
∥×
AC
∥ = cos(
◦
◦ )× 8 ×8 =
= − sen(
◦ ) × 64 = −
× 64 = −
Resposta: Op¸c˜ao B
B
A
C
◦ 30
◦
◦
Teste Interm´edio 11.o^ ano – 27.01.
- Verificando que o ponto T pertence ao plano xOz, e designado por zA a cota do ponto A, podemos escrever
as coordenadas dos pontos O, T e A, e dos vetores
OT e
OA:
• O(0, 0 ,0)
• T (4, 0 , − 4)
OT = T − O = (4, 0 , − 4) − (0, 0 ,0) = (4, 0 , − 4)
OA = A − O = (4, − 4 ,zA) − (0, 0 ,0) = (4, − 4 ,zA)
Assim, determinando o valor de zA, temos que:
OT.
OA = 8 ⇔ (4, 0 , − 4). (4, − 4 ,zA) = 8 ⇔ 4 × 4 + 0 × (−4) − 4 × zA = 8 ⇔ 16 + 0 − 4 zA = 8 ⇔
⇔ − 4 zA = 8 − 16 ⇔ − 4 zA = − 8 ⇔ zA =
⇔ zA = 2
Teste Interm´edio 11. o ano – 27.01.
AI.
AJ =
(1)
AD +
DI
AB +
BJ
AD.
AB +
AD.
BJ +
DI.
AB +
DI.
BJ =
(2)
AD.
BJ +
DI.
AB + 0 =
(3)
AD.
AD +
AB.
AB =
AD
∥ ×^
AD
∥ ×^ cos(0) +
AB
∥ ×^
AB
∥ ×^ cos(0) =
AD
2
AB
2
(4)
AB
2
AB
2
AB
2
AB
2
−→ AI =
−−→ AD +
−→ DI e
−→ AJ =
−→ AB +
−→ BJ
- (2) o produto escalar de vetores perpendiculares ´e nulo e
−−→ AD ⊥
−→ AB e
−→ DI ⊥
−→ BJ
−→ DI =
1
2
−→ AB e
−→ BJ =
1
2
−−→ AD
- (4) Como [ABCD] ´e um quadrado, temos que AB = AD, ou seja,
∥ ∥ ∥
−→ AB
∥ ∥ ∥ =
∥ ∥ ∥
−−→ AD
∥ ∥ ∥
Teste Interm´edio 11. o ano – 27.01.
- Como [AB] um diˆametro de uma esfera de centro C, temos que:
• A CBˆ = 180
◦
- [CA] e [CB] s˜ao raios da esfera
Assim, temos que:
CA.
CB = cos
CAˆ
CB
×
CA
∥ ×
CB
∥ = cos(
◦ ) × 4 × 4 = − 1 × 16 = − 16
Resposta: Op¸c˜ao B
Teste Interm´edio 11.o^ ano – 06.05.
Teste Interm´edio 11. o ano – 07.05.2009 (adaptado)
- Como a ´area do setor circular ´e dada por A =
αr
2
, e o raio da circunferˆencia ´e 5, podemos determinar a
amplitude do ˆangulo α, ou seja, do ˆangulo QCP :
A =
αr
2
α × 5
2
25 π
⇔ α =
25 π × 2
6 × 25
⇔ α =
π
E assim, temos que:
CP.
CQ =
CP
∥ ×
CQ
∥ × cos
CP ˆ
CQ
= 5 × 5 × cos
π
= 25 ×
Teste Interm´edio 11. o ano – 27.01.
- Percorrendo as etapas da sugest˜ao, temos:
- O triˆangulo [OAC] ´e is´osceles, por que os lados [OA] e [OC] s˜ao ambos raios da circunferˆencia.
- Como [OD] ´e perpendicular a [AC], ent˜ao [OD] ´e altura do triˆangulo [OAC] relativamente
`
A base
[AC], e como o triˆangulo ´e is´osceles, a altura relativamente ao lado diferente ([AC]) ´e um eixo de
simetria, pelo que AC = 2AD
- Como o ˆangulo o ˆangulo CAB ´e o ˆangulo inscrito relativo ao arco AB, tem metade da amplitude do
arco. E como a amplitude do arco que ´e igual `a amplitude do ˆangulo ao centro respetivo, que tem
amplitude α, temos que:
C
AB =
_ AB
C
OB
α
- Como [OD] ´e perpendicular a [AC], ent˜ao o triˆangulo [ODA] ´e retˆangulo e o lado [AD] ´e o cateto
adjacente ao ˆangulo CAB (de amplitude
α
) e o lado [OA] ´e a hipotenusa (de comprimento r), pelo
que, pela defini¸c˜ao de cosseno, vem que:
cos(C
AB) =
AD
OA
⇔ cos
α
AD
r
⇔ AD = r cos
α
- Como [AB] ´e um diˆametro da circunferˆencia, AB = 2r, e como AC = 2AD, vem que:
AB.
AC =
AB
∥ ×
AC
∥ × cos
ABˆ
AC
= 2r × 2
r cos
α
× cos
α
= 4r
2 cos
2
α
Teste Interm´edio 11. o ano – 29.01.
- Como a medida da aresta do cubo ´e 5, e as faces s˜ao paralelas
aos eixos coordenados, e como a face plano [OP QR] pertence
ao eixo xOy, ent˜ao podemos identificar as coordenadas do ponto
Q e calcular as coordenadas dos pontos M e N , e calcular as
coordenadas dos vetores
QM e
QN e ainda as respetivas normas:
Como o ponto Q pertence aos planos de equa¸c˜oes x = 5,
y = 5 e z = 0, ent˜ao temos que Q(5, 5 ,0)
x
O
y
z
U
T
Q
P
R
S
V
M
N
- Como o ponto M pertence aos planos de equa¸c˜oes x = 5, z = 5 e 10x + 15y + 6z = 125, podemos
calcular o valor da ordenada yM :
10 × 5 + 15yM + 6 × 5 = 125 ⇔ 15 yM = 125 − 50 − 30 ⇔ 15 yM = 45 ⇔ yM =
⇔ yM = 3
Ou seja, M (5, 3 ,5)
- Como o ponto N pertence aos planos de equa¸c˜oes y = 5, z = 5 e 10x + 15y + 6z = 125, podemos
calcular o valor da abcissa xN :
10 xN + 15 × 5 + 6 × 5 = 125 ⇔ 10 xN = 125 − 75 − 30 ⇔ 10 xN = 20 ⇔ xN =
⇔ xN = 2
Ou seja, N (2, 5 ,5)
QM = M − Q = (5, 3 ,5) − (5, 5 ,0) = (0, − 2 ,5)
QM
2
QN = N − Q = (2, 5 ,5) − (5, 5 ,0) = (− 3 , 0 ,5)
QN
∥ =^
2
Finalmente, recorrendo `a f´ormula do produto escalar vem:
cos β = cos
QMˆ
QN
QM.
QN
QM
∥ ×
QN
29 ×
29 × 34
Logo, o valor de β em graus, arredondado `as unidades, ´e:
β = cos
− 1
◦
Teste Interm´edio 11. o ano – 24.01.
- Como o triˆangulo [ABC] ´e retˆangulo, o lado maior ([AB]) ´e a hipotenusa e o lado [AC] ´e o cateto adjacente
ao ˆangulo CAB (ou ao ˆangulo EAD), pelo que, pela defini¸c˜ao de cosseno, vem que:
cos(C
AB) =
AD
OA
⇔ cos(C
AB) =
⇔ cos(E
AD) =
E assim, vem que:
AD.
AE =
AD
∥ ×
AE
∥ × cos
ADˆ
AE
= 12 × 15 ×
Resposta: Op¸c˜ao D
Teste Interm´edio 11. o ano – 10.05.
- Como [ABCD] ´e um retˆangulo,
AC =
AB +
BC e
AB ⊥
BC, e assim vem que:
AB.
AC =
AB.
AB +
BC
AB.
AB +
AB.
BC =
AB
∥ ×
AB
∥ × cos
ABˆ
AB
AB
∥ ×
BC
∥ × cos
ABˆ
BC
= AB × AB × cos(
◦ ) + AB × BC × cos(
◦ ) = AB
2 × 1 + AB × BC × 0 = AB
2
2
Teste Interm´edio 11.o^ ano – 19.05.
- Identificando as coordenadas dos pontos W , Q e V , temos que:
- o ponto W pertence ao plano z = 4 e tem abcissa e ordenada igual a metade das respetivas coorde-
nadas do ponto U porque ´e o centro do quadrado [ST U V ]:
W
xU
yU
, ou seja, W (1, 1 ,4)
- o ponto Q pertence ao plano z = 0 e tem abcissa e ordenada iguais `as do ponto U :
Q(xU ,yU ,0), ou seja, Q(2, 2 ,0)
- o ponto V pertence ao plano y = 0 e tem ordenada e cota iguais `as do ponto U :
V (0,yU ,zU ), ou seja, V (0, 2 ,4)
Calculando as coordenadas e as normas dos vetores
QW e
QV temos:
QW = W − Q = (1, 1 ,4) − (2, 2 ,0) = (− 1 , − 1 ,4)
QW
∥ =^
2
QV = V − Q = (0, 2 ,4) − (2, 2 ,0) = (− 2 , 0 ,4)
QV
2
Finalmente, recorrendo `a f´ormula do produto escalar vem:
cos
W
QV
= cos
QW ˆ
QV
QW.
QV
QW
∥ ×
QV
18 ×
18 × 20
Logo, o valor do ˆangulo W QV em graus, arredondado `as unidades, ´e:
W
QV = cos
− 1
◦
Exame – 2001, ´Ep. especial (c´od. 135)
- Analisando as alternativas apresentadas, temos que:
- Como o produto escalar ´e nulo quando os vetores tˆem dire¸c˜oes perpendiculares, ent˜ao se x =
π
ent˜ao
OA.
OP = 0, ou seja, f
π
= 0, pelo que o gr´afico da op¸c˜ao (C) n˜ao pode ser o da fun¸c˜ao f
- Como o produto escalar ´e positivo quando os vetores definem entre si um ˆangulo agudo, ent˜ao se
0 < x <
π
, ent˜ao
OA.
OP > 0, pelo que o gr´afico da op¸c˜ao (B) n˜ao pode ser o da fun¸c˜ao f
- Como o produto escalar ´e negativo quando os vetores definem entre si um ˆangulo obtuso, ent˜ao se π
< x < π, ent˜ao
OA.
OP < 0, pelo que o gr´afico da op¸c˜ao (D) n˜ao pode ser o da fun¸c˜ao f
Assim, de entre as op¸c˜oes apresentadas, o ´unico gr´afico que pode ser o da fun¸c˜ao f , ´e o gr´afico da op¸c˜ao (A)
Resposta: Op¸c˜ao A
Exame – 2001, Prova para militares (c´od. 435)
- Determinando as coordenadas dos vetores
CA e
CB temos:
CA = A − C = (0, 5 ,2) − (4, 2 ,0) = (− 4 , 3 ,2)
CB = B − C = (3, 0 ,1) − (4, 2 ,0) = (− 1 , − 2 ,1)
Calculando o valor do produto escalar, temos:
CA.
CB = (− 4 , 3 ,2).(− 1 ,− 2 ,1) = − 4 ×(−1)+3×(−2)+2×1 = 4−6+2 = 0
E assim podemos concluir que como
CA.
CB = 0, ent˜ao o ˆangulo ACB
´e reto, ou seja, que o triˆangulo [ABC] ´e retˆangulo em C
x
y
O
z
A
B
C
Exame – 1999, 2. a fase (c´od. 135)
- O produto escalar de dois vetores ´e nulo se os dois vetores tiverem
dire¸c˜oes perpendiculares.
De entre as op¸c˜oes apresentadas, apenas os vetores
U Q e
T X re-
presentam vetores com dire¸c˜oes perpendiculares.
Resposta: Op¸c˜ao B
R
P
S
V
Q
X
T U
Exame – 1999, 1. a Fase - 2. a Chamada (c´od. 135)
- Temos que:
~p · ~q = − 9 ⇔ cos(~p ˆ~q) × ‖~p‖ × ‖~q‖ = − 9 ⇔ cos(~p ˆ~q) × 3 × 3 = − 9 ⇔ cos(~p ˆ~q) = −
⇔ cos(~p ˆ~q) = − 1
Logo temos que p~ ˆ~q = 180 ◦ e como ‖~p‖ = ‖~q‖, ent˜ao os vetores s˜ao sim´etricos, ou seja:
~p = −~q ⇔ ~p + ~q = 0
Resposta: Op¸c˜ao A
Exame – 1998, Prova para militares (c´od. 135)
- Determinando as coordenadas dos vetores
P O e
P Q temos:
P O = O − P = (0, 0 ,0) − (2, 2 ,2) = (− 2 , − 2 , − 2)
P Q = Q − P = (3, 3 ,0) − (2, 2 ,2) = (1, 1 , − 2)
Calculando o valor do produto escalar, temos:
P O.
P Q = (− 2 , − 2 , − 2). (1, 1 , − 2) = − 2 × 1 + (−2) × 1 + (−2) × (−2) = − 2 − 2 + 4 = 0
E assim podemos concluir que como
P O.
P Q = 0, ent˜ao o ˆangulo OP Q ´e reto.
Exame – 1998, Prova de reserva (c´od. 135)
- Como o ponto C deve pertencer ao eixo Oz, e com cota positiva, as suas coordenadas s˜ao da forma
(0, 0 ,k),k ∈ R
Calculando as coordenadas dos vetores
CA e
CB, vem que:
CA = A − C = (5, 0 ,0) − (0, 0 ,k) = (5, 0 , − k)
CB = B − C = (0, 3 ,1) − (0, 0 ,k) = (0, 3 , 1 − k)
Como o triˆangulo [ABC] deve ser retˆangulo em C,
CA.
CB = 0, e assim temos que:
CA.
CB = 0 ⇔ (5, 0 , − k). (0, 3 , 1 − k) = 0 ⇔ 5 × 0 + 0 × 3 + (−k) × (1 − k) = 0 ⇔
⇔ −k(1 − k) = 0 ⇔ −k = 0 ∨ 1 − k = 0 ⇔ k = 0 ∨ 1 = k
Como o ponto C deve ter cota positiva, temos que k = 1 e assim as coordenadas do ponto C s˜ao (0, 0 ,1)
Exame – 1998, 2. a fase (c´od. 135)
- Como as faces do tetraedro s˜ao triˆangulos equil´ateros, os ˆangulos internos
tˆem
π
radianos de amplitude.
Como o tetraedro ´e regular, todas a medida de todas as arestas ´e
igual, e assim, vem que:
∥ ∥ ∥
BC
BD
∥ = AB = 6
E assim, calculando o valor do produto escalar, vem:
A
D
C
B
BC.
BD =
BC
∥ ×
BD
∥ × cos
BCˆ
BD
= 6 × 6 × cos
π
= 36 ×
Resposta: Op¸c˜ao A
Exame – 1998, 1. a fase - 1. a chamada (c´od. 135)
- Determinando as coordenadas dos vetores
AC e
AB temos:
AC = C − A = (0, − 5 ,0) − (4, 3 ,0) = (− 4 , − 8 ,0)
AB = B − A = (0, 5 ,0) − (4, 3 ,0) = (− 4 , 2 ,0)
Calculando o valor do produto escalar, temos:
AC.
AB = (− 4 , − 8 ,0). (− 4 , 2 ,0) = − 4 × (−4) + (−8) × 2 + 0 × 0 = 16 − 16 + 0 = 0
E assim podemos concluir que como
AC.
AB = 0, ent˜ao os vetores
AC e
AB tˆem dire¸c˜oes perpendiculares,
ou seja, as retas AC e AB s˜ao perpendiculares.
Exame – 1997, 1. a fase - 1. a chamada (c´od. 135)
