P
Propostas de Resolução
Maria Augusta Ferreira Neves
Luís Guerreiro | António Leite
Exercícios de
MATEMÁTICA A 10.° ano
onlin
e
Como utilizar este ficheiro e localizar rapidamente a resolução pretendida?
• Verifique se na Barra de Ferramentas
deste documento existe a “caixa de pesquisa” do seu Adobe Reader.
Se tal não suceder, active-a, clicando com
o botão direito do rato e seleccionando a
opção pretendida.
• Na “caixa de pesquisa” (Find), digite
Pág., com o “P” maiúsculo e sem esquecer
o ponto final, seguido de um espaço e do
número de página onde se encontra o
exercício ou problema do qual pretende
conhecer a resolução.
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resoluções dos exercícios da página seleccionada do livro.
Dependendo da sua extensão, a resolução
poderá estar na coluna ou até na página
seguinte do PDF.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 1
1.
h>0
42 + 72 = h2 § h2 = 65 § h = œ65
Pág. 12
Resposta: (C).
2.
2.
2.1 x - œ2 x = 1 § x (1 - œ2) = 1 § x =
d 2 = 52 + 42 §
1 * (1 + œ2)
(1 - œ2) (1 + œ2)
§ x=
d>0
§ d = 41 § d = œ41
2
Resposta: (B).
1
œ2
= 2 œ2 §
œ2 = 2 2 § œ2 = 2 2 , é falso;
œ
œ
2
œ2 œ2
(B) 2 œ2 = (œ2) § 2 œ2 = 2 , é falso;
3
§ x=
œ5
œ5 (œ3 + œ5)
§ x=
§
(œ3 - œ5) (œ3 + œ5)
œ3 - œ5
§ x=
œ15 + 5 § x = œ15 + 5 § x = - œ15 + 5 .
2
(C) (œ2) + œ2 = œ32 § (œ2) * œ2 + œ2 = œ16 * 2 §
3.1 a) F2 =
=
§ 2 œ2 + œ2 = 4 œ2 § 3 œ2 = 4 œ2 , é falso;
2
(D) œ2 * œ2 - 2 (œ2) = - 2 § 2 - 2 * 2 = - 2 §
b)
§ - 2 = - 2 , é verdadeiro.
=
AE = 8 - 2 = 6
Pág. 13
2
DE = (œ12) + 6 § DE = 12 + 36 § DE = œ48
2
2
3.2 x =
P = EB + CB + DC + DE = 2 + œ12 + 8 + œ48 =
1
= 10 + œ4 * 3 + œ16 * 3 = 10 + 2 œ3 + 4 œ3 = 10 + 6 œ3
Resposta: (D).
5.
AC = 10
Comprimento do arco AC =
2
BC = 102 + 102 §
2
2*5*p
= 5p
2
1 + œ5
2
2
2
=
2
1 + 2 œ5 + 5 6 + 2 œ5 3 + œ5
=
=
=
4
4
2
2 + (1 + œ5) 2 1 + œ5
= +
=1+F;
2
2
2
- 1 + œ5 (1 + œ5) - 2 1 + œ5 2
=
=
- =F-1.
2
2
2
2
1 + œ5
; x2 - x - 1 = 0
2
1 + œ5
2
2
2 -1
1 + œ5
-1=0 §
2
2
§
1 + 2 œ5 + 5 1 + œ5
-1=0 §
4
2
§
3 + œ5 1 + œ5
-1=0 §
2
2
§
3 + œ5 - 1 - œ5 - 2
0
=0 §
=0 § 0=0.
2
2
§ BC = 10 * 2
2
§ BC = 10 œ2
4.
P = 5p + 10 + 10 œ2 ) 39,9
4.1 AB = œ18
Pág. 15
P = 4 * œ18 = 4 * œ9 * 2 = 4 * 3 œ2 = 12 œ2
Resposta: (A).
6.
1
-2
2 (1 - œ5)
2 (1 - œ5)
1
2
=
=
=
=
F 1 + œ5 (1 + œ5) (1 - œ5)
1-5
Resposta: (D).
2
3-5
3.
2
4.
1 + œ2
§
1-2
2.2 œ3 x - œ5 x = œ5 § x (œ3 - œ5) = œ5 §
P = p œ41 cm
(A)
§
§ x = - 1 - œ2 .
P = 2p r = (2r)p = œ41 p
3.
§ x=
1
1 - œ2
1
P = 12 œ2 cm .
1
œ54 + 2 œ24 - 2 œ216 = œ9 * 6 + 2 * œ4 * 6 - 2 œ36 * 6 =
4.2 AB = œ18
2
AF + FB = (œ18) § AF + AF = 18 § 2 AF = 18 §
2
1
= 3 œ6 + 2 * 2 œ6 - * 6 œ6 = 3 œ6 + 4 œ6 - 3 œ6 = 4 œ6
2
Resposta: (D).
2
2
2
2
AF
∑∑∑ > 0
2
§ AF = 9 § AF = 3
P = 4 * AF = 4 * 3 = 12 cm .
1.
Pág. 14
2
1.1 Falsa: (œ5) = 5 .
2
2
§ AC = 36 § AC = 6
1.2 Verdadeira: œ32 = 3 .
AC = 6 = 6 œ18 = 6 * œ9 * 2 = 6 * 3 œ2 = 2
œ
18
18
18
AB œ18
2
1.3 Falsa: (2 œ5) = 4 * 5 = 20 .
Œ 16 = Œ9 * 61 = Œ 32 .
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1.4 Verdadeira: 3
Em [AFBE]:
AB œ18 3 œ2
=
=
= œ2 .
3
3
AF
1.5 Falsa: œ8 + 1 = œ9 = 3 0 œ8 + 1 .
5.
1.6 Falsa: œ32 + 3 œ2 = œ16 * 2 + 3 œ2 = 4 œ2 + 3 œ2 = 7 œ2 .
5.1 FB 2 = 20 § FB = œ20
2
1.7 Falsa: (œ3 - 1) = 3 - 2 œ3 + 1 = 4 - 2 œ3 0 3 .
1.8 Falsa:
1
œ3 - œ2 = (œ3 - œ2) œ3 = 3 - œ6 0 3 - 3 œ2 .
3
3
œ3
œ3 * œ3
2
4.3 Em [ABCD]: AC 2 = AB 2 + BC 2 § AC 2 = (œ18) + (œ18) §
FB>
∑∑ 0
2
2
2
2
FC = FB + BC § FC = 20 + 20 § FC = œ40 §
§ FC = œ4 * 10 § 2 œ10
FC = 2 œ10 m .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
5.2 HF 2 = EF 2 + EH 2 § HF 2 = AB 2 + FG 2 §
2
6.
HF
∑∑∑ > 0
§ HF = 5 + (œ20) § HF = 45 § HF = œ45 §
2
2
2
6.1
§ HF = œ9 * 5 § HF = œ5
HF = 3 œ5 m .
x
250
=
170
50
x = 850
850 cm = 8,5 m
5.3 FC + HF = 2 œ10 + 3 œ5 ) 13,03 § FC + HF ) 13,03 m .
Resposta: (C).
5.4 V = Área da base * altura = 20 * 5 = 100
6.2
V = 100 m3 .
5.5 AT = 4 * AB * BF + 2 * 20 = 4 * 5 * œ20 + 40 =
x
170
=
150 850
x = 30 cm
= 20 * œ4 * 5 + 40 = 20 * 2 œ5 + 40 = 40 (œ5 + 1)
Resposta: (B).
AT = 40 (œ5 + 1) m2 .
6.
6.1 MB = BN = 5
2
2
2
2
MN = MB + BN § MN = 52 + 52 § MN = œ50 §
7.
A’ = r 2 A = 22 * 3x = 12x m2
§ MN = 5 œ2 m .
Resposta: (B).
5 œ2 2
25 * 2
=p*
= 12,5p
2
4
2
2
4 * Acírculo = (4 * 12,5p) m = 50p m .
6.2 Acírculo = p * r 2 = p *
1
Razão de semelhança: r = 2
2
1.
6.3 A = Aquadrado - 2 Acírculo = 10 - 25p m = (100 - 25p) m .
2
2
Pág. 21
1.1 Sim. Dois círculos são sempre semelhantes.
2
1.2 Como as “pizzas” têm a mesma altura, consideremos apenas as
1.
36
(Razão) =
9
Razão = 2
2
suas áreas.
Pág. 19
A1 = p * 152 cm2 = 225p cm2 .
A2 = p * 102 cm2 = 100p cm2 .
2 AB = 12 cm § AB = 6 cm
A3 = p * 52 cm2 = 25p cm2 .
Resposta: (B).
2.
3.
A2
100p
= 25p § n = 4
= A3 §
n
n
A “pizza” média deve ser cortada em quatro fatias iguais.
324
;
12
3
r = 27 § r = 3
A’
= 32 = 9
A
Resposta: (D).
(Razão)3 =
1.3 a)
Não é possível.
AC = œ42 + 32 § AC = 5
b)
EG 15
=3
=
5
AC
P[ABCD] = 2 * 4 + 2 * 3 = 14 cm
Razão de semelhança: r =
1.4
5.
O preço de uma fatia com 1 dm2 de área é de 1,44 Æ na “pizza”
grande, 1,59 Æ na média e 1,53 Æ na pequena. Logo, a ”pizza”
com melhor preço é a grande e a que tem pior preço é a média.
2.
CEXMA10 © Porto Editora
2.1
2.2
Resposta: (C).
1 dm2 = 100 cm2
1,20
* 100 ) 1,53 Æ
25p
Pág. 20
Os triângulos [ACD] e [ABD] são semelhantes (têm dois ângulos
W A e DA
W B = CA
W D) .
geometricamente iguais: DCW A = BD
20 x + 42
‚
=
x
20 M
x>0
202 = x2 + 42x § x2 + 42x - 400 = 0 § x = 8
10,20
* 100 ) 1,44 Æ
225p
5,00
* 100 ) 1,59 Æ
100p
Resposta: (D).
A área de cada tijoleira nova é 32 = 9 vezes a área
de uma tijoleira velha.
900
Logo, a Cristina precisa de
= 100 tijoleiras.
9
Resposta: (B).
225p
=9
25p
Corta-se a “pizza” grande em 9 partes iguais.
P[EFGH] = 3 * 14 cm = 42 cm
4.
225p
= 2,25 ∫ N
100p
3 1
5
= =
10 6 2
1
r= .
2
VB
1
=
VA
2
3
12
=
1
;
8
VA
=8.
VB
2.3 V = 33 * VA = 27 * p * 32 * 10 cm3 = 2430p cm3 .
2.4
AA
= 22 = 4 .
AB
2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
2.5 VC = 120p cm3
6.2 a) As alturas do cone e do cilindro também aumentaram 30% . A
altura do cone aumentou 0,3 * 20 cm = 6 cm e a altura do
20
cilindro aumentou 0,3 *
cm = 2 cm .
3
Resposta: 6 cm e 2 cm .
VA = p * 32 * 10 cm3 = 90p cm3
VC 120p 4
=
=
VA 90p
3
4
3 4
3
R =
§ R=
3
3
Sejam: altura de C = h ; raio da base de C = r
Œ
b) As dimensões dos sólidos aumentaram 30% . Logo, foram
multiplicadas por 1,3 . Os seus volumes foram multiplicados
por 1,33 = 2,197 .
O volume da nova esfera é:
1098,5p
500p
* 1,33 =
.
3
3
Para determinar o aumento do volume dos sólidos, calcula-se a
diferença entre o volume da nova esfera e o volume da esfera inicial (por exemplo):
1098,5p 500p
= 199,5p .
3
3
Os volumes aumentaram 199,5p ou seja, 119,7% .
Œ 43 § h = 10 * Œ 43 § h ) 11,01 cm ;
r
4
4
= Œ § r = 3 * Œ § r ) 3,30 cm .
3
3
3
h
=
10
3
3
3
3
3.
Pág. 22
3.1 a = 3 * 2 cm = 6 cm ;
A aresta do cubo maior é 6 cm .
3.2 rL = 3 .
3.3 ra = 32 = 9 ; ra = (rL)2 .
3.4 rv = 33 = 27 ; rv = (rL)3 .
7.
4.
7.1 Atotal = 8 * 20 * 2 + 10 * 20 * 2 + Atopos =
= 720 + Acilindro =
3
4.1 œ27 000 = 30
30 dm = 3 m
= 720 + p * 52 * 2 + 2p * 5 * 8 =
A aresta do cubo mede 3 metros.
= 720 + 50p + 80p = 720 + 130p
4.2 rvolumes = 2
3
rarestas = œ2
3
a = 3 * œ2 m ) 3,78 m .
5.
5.1 8 * 2 * 3 * 4 = 192
A1 = (720 + 130p) cm2 .
192 bolas.
7.2 Se cada uma das dimensões d é aumentada em 30% então é mul-
4
=2
2
8 cm * 2 = 16 cm
5.2 r =
tiplicada por 1,3 , pois d + 0,3 d = (1 + 0,3) d = 1,3 d .
Então, a área correspondente, A1 , é multiplicada por 1,32 = 1,69,
ou seja, A2 = 1,69 A1 .
4 cm * 2 = 8 cm
Comprimento: 16 cm ; largura: 8 cm .
1.
5.3 A razão dos volumes é 33 = 27
BC = 6
Pág. 25
27 * 8 = 216
BD = 2 BO = 10
216 bolas.
DC + BC = BD
5.4 r =
2
2
2
DC + 6 = 10
6 3
=
8 4
2
2
2
2
DC = 64
3
3
* 4 cm = 3 cm ;
* 2 cm = 1,5 cm
4
4
DC = 8
A = Acírculo - Aquadrado =
Largura: 3 cm ; altura: 1,5 cm .
= p * 52 - 8 * 6 =
6.
= 25p - 48
Pág. 23
500p
4
6.1 Vesfera = p * 53 =
3
3
a) Vcone = Vesfera §
1
500p
* Ab * h =
§
3
3
1
500p
* p * 52 * h =
§ 25h = 500 § h = 20
3
3
Altura do cone: 20 cm .
500p
§
b) Vcilindro = Vesfera § p * 52 * h =
3
20
500
25h =
§ h=
3
3
20
Altura do cilindro:
cm .
3
Resposta: (C) .
2.
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§
3
Acírculo = 3p
p r2 = 3p § r2 = 3 § r = œ3
Atriângulo =
2
b * h (2r) * r
=
= r2 = (œ3) = 3
2
2
Resposta: (D) .
3.
Lado do quadrado = L = œ32
P = 4L = 4 œ32 = 4 œ16 * 2 = 4 * 4 œ2 = 16 œ2
Resposta: (C) .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.
r+a=h
CAPÍTULO 1
Pág. 26
h2 + 32 = 62
Cinco lados:
360°
a=
= 72°
5
2b = 180° - 72°
h = œ27 § h = 3 œ3
A[ABC] =
1.4 Quatro lados: 90° ;
AB * h 6 * 3 œ3
=
= 9 œ3
2
2
Ângulo interno = 2b =
= 180° - 72° = 108° ;
Dez lados:
Ângulo interno = 2b =
360°
= 180° = 144° ;
10
n lados:
1
A[AOB] = * 9 œ3 = 3 œ3 e
d
3
f ± 3a = 3 œ3 § a = œ3
6*a
d
A[AOB] =
= 3a
g
2
Ângulo interno =
360°
= 180° .
n
r = h - a = 3 œ3 - œ3 = 2 œ3 ) 3,5 .
Resposta: (B) .
5.
24
= 4 cm .
6
O lado do hexágono regular é igual ao raio da circunferência circunscrita. Logo, r = 4 cm .
O lado do hexágono é L =
Acírculo = pr2 = p * 42 = 16p .
Escaleno: tem os lados todos diferentes.
Isósceles: tem pelo menos dois lados iguais.
Equilátero: tem os três lados iguais.
Quanto aos ângulos:
Resposta: (C) .
6.
1.5 Quanto aos lados:
Acírculo = 5p
Obtusângulo: tem um ângulo obtuso.
pr2 = 5p § r2 = 5 §
Acutângulo: tem os ângulos todos agudos.
§ r = œ5 , pois r > 0
Rectângulo: tem um ângulo recto.
1.6 a) Um triângulo isósceles tem um eixo de simetria ou três, no caso
d = 2r = 2 œ5
de ser equilátero.
L2 + L2 = d 2
b) Um polígono regular de 18 lados tem 18 eixos de simetria.
2
2L = (2œ5)
2
1.7 (A) , (D) e (E) são afirmações verdadeiras.
2L2 = 20
4*5
= 10 ; A = 10 cm2 ;
2
4+2
b) A =
* 6 = 3 * 6 = 18 ; A = 18 cm2 ;
2
L2 = 10
Aquadrado = 10 m
1.8 a) A =
2
Resposta: (D) .
1.
Pág. 27
1.1 Um polígono é regular se tiver todos os lados com o mesmo comprimento e todos os ângulos geometricamente iguais.
1.2 Por exemplo:
1
6*2
+ 6 * 3 - * p * 22 =
2
2
= 6 + 18 - 2p = 24 - 2p ; A = (24 - 2p) cm2 ;
c) A =
Pág. 28
d) A = 6 * 8 - A1 - A2 - A3 =
6*6 2*4 8*2
=
= 48 2
2
2
= 48 - 18 - 4 - 8 = 18
A = 18 cm2 ;
e) A = 8 * 9 - 2A1 - 2A2 =
= 72 - 4 * 7 - 4 * 2 =
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= 72 - 28 - 8 =
1.3 Porque o ângulo interno de um
pentágono regular tem 108° de
amplitude e 108 não é divisor
de 360 .
= 36
A = 36 cm2 ;
4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
f) A1 = Aquadrado - Aquarto de círculo =
75 œ3
cm2 .
2
Ahexágono =
1
* p * 82 = 64 - 16p
4
A = Aquadrado - 2A1 =
= 82 -
4.2 Acolorida = 6 * Asemicírculo + Ahexágono - Acírculo
=6*
= 82 - 2 (64 - 16p) =
= 82 - 128 + 32p =
= 32p - 64
A = (32p - 64) cm2 ;
1
5
*p*
2
2
2
12
+
75 œ3
- p * 52
2
=
75p 75 œ3
- 25p
+
4
2
=
75 œ3 25p
2
4
1
* p * 22 = p
4
A = 14A1 = 14p
Acolorida =
A = 14p cm2
Neste caso, a área da parte colorida é diferente da área do hexá-
g) A1 =
1
75 œ3 25p
cm2 .
2
4
2
gono.
2.
5.
2.1 P = 6 * 2 + 3 * 2 = 18
P = 42 cm
L=
P = 18 m
42
= 14
3
h2 + 72 = 142
h = œ196 - 49 § h = œ147 §
§ h = œ49 * 3 §
2.2 A = 2 * 6 + 1 * 2,5 = 12 + 2,5 = 14,5
A = 14,5 m
§ h = 7œ3
2
3.
Atriângulo =
Pág. 29
3.1 Se L é o lado do quadrado, então temos:
(2r) = L + L §
2
2
2
(2 * 3œ2)
2
14 * 7 œ3
= 49 œ3
2
Atriângulo = 49 œ3 cm2 .
= 2L § 72 = 2L § L = 36 .
2
2
2
6.
A área do quadrado é 36 cm2 .
6.1 O triângulo [ABC] é rec-
3.2 Considere as seguintes figuras:
tângulo em C porque o
ângulo inscrito numa semicircunferência é recto.
6.2 AB = 30 cm
BC
= sin 35° §
AB
§ BC = 30 * sin 35°
A1
AC
= cos 35° §
AB
A2
§ AC = 30 * cos 35°
1
A1 = Aquadrado + 4 * Asemicírculo = 6 + 4 * * p * 32 = 36 + 18p
2
(2r)2 = 62 + 62
2
Atriângulo =
4r2 = 2 * 36 § r2 = 18
A = Acírculo - Atriângulo ) 152p - 211,4308 ) 495,43 .
A2 = pr2 = p * 18 = 18p
A área da parte da figura representada a azul é 495,43 cm2 .
A = A1 - A2 = 36 + 18p - 18p = 36 = Aquadrado (c.q.m.)
4.
4.1 h2 +
CEXMA10 © Porto Editora
h=
5
2
1.
2
12
= 52
Œ25 - 254
§ h=
Œ 754 §
§ h=
5 œ3
2
Ahexágono = 6 * Atriângulo =
5*
=6*
5
5 œ3
5 œ3 75 œ3
2
= 15 *
=
2
2
2
AC * BC 30 cos 35° * 30 sin 35°
=
) 211,4308
2
2
V = 72 cm3
1
Ab * h = 72
3
x = Comprimento da aresta do cubo.
1 2
x * x = 72
3
3
x = 216
3
x = œ216
x=6
Resposta: (C) .
Pág. 32
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.
CAPÍTULO 1
Área total = 2ab + 2ac + 2bc = 2 (ab + ac + bc)
2.
2.1
(A) AT = 2 (1,8 * 3 + 1,8 * 5 + 3 * 5) = 58,8
(B) AT = 2 (1,5 * 2 + 1,5 * 9 + 2 * 9) = 69
(C) AT = 2 (3 * 3 + 3 * 3 + 3 * 3) = 54
(D) AT = 2 (2,25 * 3 + 2,25 * 4 + 3 * 4) = 55,5
Resposta: (C) .
3.
h2 + 32 = 52
Pág. 33
2.2 PJ 2 = 182 + 7,52 § PJ = œ380,25 § PJ = 19,5 ou
h>0
2
PJ = 152 + 10,52 § PJ = œ335,25 § PJ ) 18,31
h2 = 16 § h = 4
V=
1
Ab * h
3
A joaninha tem de percorrer uma distância mínima de 18,31 cm .
3.
1
* p * 32 * 4 = 12p
3
Resposta: (C) .
V=
2
MN = 12,52 + 1,252
MN = œ157,8125
MN ) 12,56 m ;
4.
AT = 72p cm2
Raio da base: r =
h
1 2
* h=
2 3
3
2
MN = 102 + 3,752
AT = AL + 2Ab
MN = œ114,0625
= 2p rb * h + 2p r b2
h
h
* h + 2p
3
3
= 2p
h2 8p 2
h2
+ 2p
=
h
3
9
9
12
AT = 72p §
MN ) 10,68 m ;
2
= 2p
8p 2
h = 72p §
9
2
MN = 2,52 + 11,252
h>0
MN = œ132,8125
§ h2 = 81 § h = 9
MN ) 11,52 m ;
h 9
= =3
3 3
2
V = Ab * h = p * 3 * 9 = 81p cm3
Raio da base = rb =
Resposta: (A) .
5.
O comprimento do fio é 10,68 m .
4
V = Vcaixa - 3Vesfera = Ab * h - 3 * p r3 ‚
3
h = 6r
M
2
3
3
3
= p * r * 6r - 4p r = 6p r - 4p r = 2p r 3
4.
Resposta: (C) .
1.
2
2
AI = AE + EI
2
Como o caracol não pode percorrer a face [ABCD] , restam-lhe
duas opções: partir sobre a face [BCGF] – face O
1 – ou sobre a
face [CDHG] – face O
2 . Para cada uma destas opções tem ainda
dois caminhos alternativos. Há portanto quatro caminhos a considerar:
Pág. 34
2
AI = 102 + 152
AI = œ325
AI = 5 œ13
CEXMA10 © Porto Editora
AI = 5 œ13 cm
A formiga tem de percorrer uma distância mínima de 5 œ13 cm .
6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
1a
O
2
2
MC = MH + HC
2
MC =
MC =
CAPÍTULO 1
2
6.
2
1
1 2 a2 + (2a)
2
Œ 174 a ‚ a > 0
2
M
œ17 a
MC =
d 2 = 102 + 102 + 102 § d = 10œ3
2
2a
O
R = 5œ3 .
2
2
2
1 2 a2 + a
MC = MD + DC
MC =
Aresta do cubo: a = 10 cm
Raio, r , da esfera inscrita (metade da aresta do cubo)
10
r=
=5
2
Raio, R , da esfera circunscrita (metade
da diagonal espacial do cubo)
4 3 4
500p
p r = p * 53 =
3
3
3
500p
cm3 .
V1 =
3
3
4
4
4
6.2 V2 = p R3 = p (5œ3) = * p * 125 * 3œ3
3
3
3
1500 œ3 p
=
3
1500 œ3 p
V2 =
cm3 .
3
6.1 V1 =
2
2
3
2
MC =
Œ 134 a ‚ a > 0
MC =
œ13 a
2
M
2
6.3 A1 = 4 p * 52 = 100 p cm2
2
A2 = 4 p * (5œ3) = 4 p * 25 * 3 = 300 p cm2
A2 - A1 = (300 p - 100 p) cm2 = 200 p cm2 .
7.
• Vágua + Vesfera = p * 102 * 6 = 600 p
4
p * 33 = 36 p
3
• Vágua = 600 p - 36 p = 564 p
• Vesfera =
V = 564 p cm3 .
8.
Pág. 36
8.1 a) O dual do tetraedro é o tetraedro;
b) O dual do octaedro é o cubo;
O
1b
2
2
MC = AC + AM
2
MC = (2a)2 +
MC =
MC =
2b
O
2
3
a
2
1 2
d) O dual do icosaedro é o dodecaedro.
8.2 a) a2 = 52 + 52
Œ 254 a ‚ a > 0
2
5
a
2
2
a = 5œ2 cm ;
2
3
MC = a +
a
2
2
a = œ52 * 2
M
MC = CG + GM
2
c) O dual do dodecaedro é o icosaedro;
2
b) A face do octaedro é um triângulo equilátero.
2
P = 3 * 5œ2
2
1 2
P = 15œ2 cm ;
‚a>0
M
c) h2 +
œ13 a
MC =
2
œ13 a (O caracol atravessa a face [CDHG]
A distância mínima é
CEXMA10 © Porto Editora
2
e corta uma das arestas, [HG] ou [HD] , em direcção a M) .
5.
7
Trata-se de determinar o volume do cone de raio da
base AB = 5 cm e altura BC = 5 cm :
V=
1
p * 52 * 5
3
V=
125p
cm3 .
3
Pág. 35
5
2
1 2 œ22
h2 = 25 * 2 h=
Π752
2
= (5œ2)
25
*2
4
5œ2 *
Atriângulo =
A=
2
25œ3
cm2 .
2
Π752
=
5œ75 5 * 5œ3
=
2
2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
1
A *h
3 b
2
1
= 2 * (5œ2) * 5
3
500
10
* 25 * 2 =
=
3
3
500
3
V=
cm .
3
25p
cm3 ) 39,3 cm3
2
d) V = 2 *
10 cm3 = 1 cL
V ) 3,9 cL .
10.2 Vesfera =
3,5
4
p
3
2
3
1 2=
343p
cm3
48
1
Ab * h
3
Pela semelhança de triângulos tem-se:
Vlíquido =
8.3 O dual do cubo é um octaedro regular
que pode ser decomposto em duas
pirâmides quadrangulares regulares de
x
altura
, metade da aresta do cubo.
2
A base comum às duas pirâmides é um
quadrado de lado L , sendo:
x 2
x 2
L2 =
+
2
2
x2 x2
=
L2 = 2 *
4
2
1
Voctaedro = 2 * Vpirâmide = 2 * Ab * altura =
3
x 2 x2 x x3
1
(c.q.m.).
= 2 * * L2 * = *
* =
3
2 3
2
2
6
8.4 Seja x o comprimento da aresta do cubo, em centímetros:
x3
3
= 26 244 § x3 = 157 464 § x = œ157 464 § x = 54
6
A aresta do cubo mede 54 cm .
12 12
9.
r
h
h
5
§ r = 2,5 *
§ r=
=
h
2,5 6
6
12
Vlíquido =
1
1
1
5
* Ab * h = * p r2 * h = p
h
3
3
3
12
1
2
2
*h
25 3 25p 3
1
p
h =
h
3 144
432
Vlíquido = Vesfera
=
25p 3 343p
§
h =
432
48
343 432
§
§ h3 =
*
48
25
3
3
§ h = 123,48 § h = œ123,48
A área da secção produzida a azul pode ser calculada
Pág. 37
como a diferença de duas áreas, como se ilustra na figura seguinte:
§ h ) 4,98
3
h = œ123,48 cm ) 4,98 cm .
25
p cm3
2
343p
Vgelado =
48
Vcopo
25 * 48
) 1,7
=
Vgelado 2 * 343
10.3 Vcopo =
20 + 16
9.1 A = 25 * 2,7 * 1,7 = 36,9
2
A = 36,9 m2 .
9.2 V = Ab * altura = 36,9 * 8 = 295,2
V = 295,2 m3 = 295 200 dm3 .
Depois de derretido cabe apenas um gelado inteiro.
A piscina tem 295 200 litros de água.
9.3 V = (295,2 - 50) m3 = 245,2 m3 .
1.
25
x - 1,7
x
16
5
1,7
20
20 + 16
* 1,7
2
A = 25x - 30,6
A = 25x -
1
œ49 .
é
3
7
1
A face oposta a
é œ3 .
9
7
3
A face oposta a
é
.
5
œ16
1
A face oposta a œ3 é
= 0,(1) .
9
A face oposta a
Pág. 40
Resposta: (D) .
Então, temos que:
2.
V = (25x - 30,6) * 8
V = 245,2 §
§ (25x - 30,6) * 8 = 245,2
CEXMA10 © Porto Editora
§ 25x - 30,6 = 30,65
§ 25x = 61,25
§ x = 2,45
Resposta: (C) .
x = 2,45 m .
3.
10.
10.1 Vcopo =
1
1
5
Ab * altura = * p *
3
3
2
2
12
*6=2*
25p
25
p=
4
2
I – É verdadeira. Um prisma com n lados tem 2n vértices.
II – É verdadeira. O dual do dodecaedro é o icosaedro que tem 20
faces, 12 vértices e 30 arestas.
8
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.
CAPÍTULO 1
III – Falso. Um poliedro convexo com 10 arestas e 6 vértices tem
6 faces (Lei de Euler: F + V = A + 2) . Logo, o seu dual tem
6 vértices.
BN =
Π1694
BN =
Resposta: (A) .
13
2
A = AB * BN = 5 *
A intersecção do plano com a esfera é, neste caso,
um círculo de raio r = 5 cm .
Pág. 41
13
2
A = 32,5 cm2 .
2.
PÇ = 2 * p * 5 = 10p cm ;
2.1 Planos AEF e AEH , por exemplo.
AÇ = p * 52 = 25p cm2 .
2.2 a) Rectas AB e EG , por exemplo;
Resposta: (C) .
b) Planos ABC e ABG , por exemplo.
5.
A secção pedida é um rectângulo de que [BH] e [HM] são dois
lados.
2.3 a) Concorrentes não perpendiculares;
b) Concorrentes não perpendiculares. A intersecção é a recta BC ;
Resposta: (B) .
c) Concorrentes.
6.
(A) [EHXY] é um rectângulo
2.4 BF = 12 cm ; AB =
(A) é verdadeira.
2
2
(B) XF = BF = * 3 = 2
3
3
2
2
2
EX = XF + EF
V = 576 cm3 .
a) V = 576 cm3
Abase * altura = 576 cm3
2
EX = 22 + 62
(EF * FG) * BF = 576
EX = œ40
8 * FG * 12 = 576
EX = 2œ10
FG = 6 cm (c.q.p.).
XY = 4
b) A = 2 * (12 * 8) + 2(6 * 12) + 2 * (6 * 8)
A[EXYH] = 2œ10 * 4 = 8œ10 cm2
A = 432 cm2 ;
(B) é verdadeira.
2
c) AC = 82 + 62
(C) P[EXYH] = 2 EX + 2 XY = 2 * 2œ10 + 2 * 4 = (4œ10 + 8) cm
• AC = 10 cm
(C) é verdadeira.
• CM = 6 cm
(D) A secção em causa é o rectângulo [EBCH] .
2
2
2
AM = œ136
A[EBCH] = EB * BC = 3œ5 * 4 = 12œ5 cm2
• AM = 2œ34
(D) é falsa.
P = (10 + 6 + 2œ34) cm = (16 + 2œ34) cm ;
Resposta: (D) .
Vorifício =
AC * CM 10 * 6
= 30
=
2
2
2
A = 30 cm .
d) A =
Pág. 42
a
3
132
=
a3
27
e) O plano ABM divide o sólido em dois: o sólido que contém a
base [HEFG] e o sólido que contém a base [ABCD] .
V
Vorifício = cubo § Vcubo = 27 * Vorifício
27
Resposta: (C) .
8.
• O sólido que contém a base [ABCD] é o prisma de base
[BCM] e altura DC .
BC * CM
6*6
* 8 = 144 cm3
* DC =
V1 = Ab * altura =
2
2
• No caso do sólido que contém a base [EFGH] :
Um plano intersecta planos paralelos segundo rectas paralelas.
Resposta: (D) .
1.
1.1 Planos DHE e GHD , por exemplo.
2
AM = 102 + 62
EB = œ45 § EB = 3œ5
Vcubo = a3
2
AM = AC + CM
2
EB = 62 + 32 § EB = 45 §
7.
2
2
BF = * 12 = 8 ; AB = 8 cm ;
3
3
Pág. 43
V2 = volume do prisma - 144 =
= 12 * 8 * 6 - 144 = 432 cm3
1.2 Planos ABC e ABF , por exemplo.
Assim, o volume de cada um dos sólidos é 144 cm3 e 432 cm3 .
1.3 [ABGH] é um rectângulo.
1.4 AB = œ25 cm = 5 cm
2
2
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BG = BC + CG
2
2
BG = 52 + 62 § BG = œ61
P = 2 * AB + 2 * BG = 2 * 5 + 2 * œ61 = 10 + 2œ61
P = (10 + 2œ61) cm ) 25,6 cm .
1.5 BN 2 = BF 2 + FN 2
2
BN = 62 +
9
5
122
2
3.
3.1
Pág. 44
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
3.2 Aresta do cubo = 10 cm
6.
2
BD = 102 + 102 § BD = œ102 * 2 § BD = 10œ2
4.
6.1 PO 2 = 52 + 52
HF = BD
PO = œ52 * 2
P = 2BD + 2BF = 2 * 10œ2 + 2 * 10 = 20œ2 + 20
PO = 5œ2 cm
P = (20œ2 + 20) cm ;
NO = 10 cm
A = BD * BF = 10œ2 * 10 = 100œ2 cm2 .
A[MPON] = 5œ2 * 10 = 50œ2
Aresta = 6 cm
A = 50œ2 cm2 .
6.2 HF 2 = 102 + 102
[AMGN] é um losango.
HF = œ102 * 2
HF = 10œ2 cm
PO = 5œ2 cm
2
FO = 52 + 102
FO = œ125
HP = FO = 5œ5
QH =
2
AC = 62 + 62 § AC = œ62 * 2 § AC = 6œ2
2
AG 2 = AC 2 + CG 2 § AG = 62 * 2 + 62
10œ2 - 5œ2 5œ2
=
2
2
[HPOF] é um trapézio isósceles
de altura h .
=
§ AG = œ62 * 3 § AG = 6œ3
NM = AC = 6œ2 ou
Sendo a a aresta de um cubo, temos que: a diagonal facial de um
cubo é igual a a œ2 e a diagonal espacial de um cubo é igual a
a œ3 ; então, NM = 6 œ2 e AG = 6 œ3 .
Alosango =
FH - OP
=
2
h2 +
AG * NM 6œ3 * 6œ2
=
= 18œ6
2
2
1
5œ2
2
§ h=
2
2
2
= (5œ5) § h2 = 125 -
Œ 2252 § h = œ152 § h = 152œ2
10œ2 + 5œ2 15œ2 15œ2 15œ2 225
*
=
*
=
= 112,5
2
2
2
2
2
2
A = 112,5 cm .
A = 18œ6 cm2 .
A=
5.
1
EA = 4,5 cm
2
2
EG = 82 + 122
5.1 EL =
6.3 Trata-se do triângulo
isósceles [ANM] .
EG = œ208 = 4œ13 cm
MN = PO = 5œ2
LT = EG = 4œ13 cm
AN = MA = OF = 5œ5
[ELT] é um trângulo rectângulo em L .
E
h2 +
L
1
5œ2
2
h2 = 125 -
4,5
A[ELT] =
√
4V√√ 13
T
h=
EL * LT 4,5 * 4œ13
=
= 9œ13
2
2
h=
2
2
25
2
Π2252
15
œ2
5.2 MN = œ62 + 62 = 6œ2
A=
MG = NG = œ62 + 82 = 10
2
15
œ2 = 5 * 15
2
A = 37,5 cm2 .
2
h2 + (3œ2) = 102
7.
7.1 • Lado [LM]
h = œ82
CEXMA10 © Porto Editora
MN * h
=
2
5 œ2 *
= 37,5
[MNG] é um trângulo isósceles
h = 100 - 18
2
= (5œ5)
A = 9œ13 cm2 .
A[MNG] =
25
2
6œ2 * œ82
= 3œ164 =
2
= 3 * 2œ41 = 6œ41
A = 6œ41 cm2 .
LM 2 = LH 2 + HM 2
LM 2 = 52 + (HD 2 + DM 2)
LM 2 = 52 + 102 + 52
LM = œ150
LM = 5œ6
10
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
• Lado [LN]
Planificações
LN 2 = LG 2 + GN 2
LN 2 = 52 + (GF 2 + FN 2)
LN 2 = 52 + 102 + 52
LN = 5œ6
• Lado [MN]
MN 2 = MA 2 + AN 2
MN 2 = 52 + (AB 2 + BN 2)
MN 2 = 52 + 102 + 52
MN = 5œ6
P = 5œ6 + 5œ6 + 5œ6
P = 15œ6 cm ;
[LMN] é um triângulo equilátero
de lado 5œ6 cm
2
2
h2 + (2,5œ6) = (5œ6)
h2 = 150 - 37,5
h = œ112,5
5œ6 * œ112,5 5œ675 5 * 15œ3
=
=
= 37,5œ3
2
2
2
A = 37,5 œ3 cm2 .
A=
7.2 FN = 5 ;
b) Comprimento dos diversos caminhos
MN = 5œ6
햸 e 햹 : œ22 + 32 = œ13 ;
FM 2 = FB 2 + MB 2
FM 2 = 102 + (MA 2 + AB 2) § FM = 102 + 52 + 102 §
햲 e 햵 : œ42 + 12 = œ17 ;
§ FM = œ225 § FM = 15
햳 e 햷 : œ42 + 32 = œ25 = 5 ;
P = (5 + 5œ6 + 15) cm = (20 + 5œ6) cm .
햴 e 햶 : œ52 + 22 = œ29 .
2
Caminhos 햸 e 햹 : œ13 m ; caminhos 햲 e 햵 : œ17 m ;
7.3 A altura da pirâmide é FN = 5 cm
V=
Caminhos 햳 e 햷 : 5 m ; caminhos 햴 e 햶 : œ29 m.
1
1
500
A * altura = * 102 * 5 =
3 base
3
3
500
V=
cm3 .
3
1.
Pág.45
1.1 a)
A menor distância entre A e M é œ13 m ) 3,6 m e corresponde aos caminhos 햸 e 햹 que consistem em atravessar a
face [ABFE] e seguir em direcção a M , cortando a aresta
[BF] ou [EF] .
1.3 Volume da pirâmide de base [HGM] e vértice em C :
Vpirâmide =
1
1 1*2
2
* Ab * h = *
*2=
3
3
2
3
b) Em qualquer um dos caminhos a formiga percorre 6 metros.
1.2 a) Partindo do vértice A , a formiga tem oito opções para atingir M :
Atravessa a face
CEXMA10 © Porto Editora
Opções
[BC]
[DC] e [CG]
[DC] e [HG]
햲
햳
햴
[ADHE]
[EH]
[DH] e [CG]
[DH] e [HG]
햵
햶
햷
[ABFE]
[BF]
[EF]
햸
햹
[ABCD]
11
Corta as arestas
Volume da parte do depósito “abaixo” do plano HCM :
V = 23 -
2
2 22 3
=8- =
m
3
3
3
22 3
m ) 7,333 m3 = 7333 dm3
3
Colocando o depósito de forma que o plano HCM fique horizontal este fica com uma capacidade de aproximadamente 7333 litros.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.
CAPÍTULO 1
h=
Pág. 46
2.1 A secção produzida no cubo pelo plano EMC é o losango
Œ 38 = œœ38 = 2œœ32
œ2 * œ3
2
2œ2 = œ3
Atriângulo =
[EMCN] .
2
8
Área de cada face quadrada:
Aquadrado = a2 =
2
1 œ2 2
2
=
1
2
Atotal = 8Atriângulo + 6Aquadrado = 8 *
œ3 + 6 * 1 = 3 + 3
œ
8
2
A = (œ3 + 3) cm2 (c.q.p.).
b) Volume de cada pirâmide “truncada”:
1
V = Ab * altura
3
A base é um triângulo rectângulo
1
cujos catetos medem
cm cada.
2
1 1
*
1
1 2 2 1 1 1 1
1
* = * * =
V = * Ab * altura = *
3
3
2
2 3 8 2 48
2.2 EM 2 = EF 2 + FM 2
2
EM = 202 + 102 § EM = œ500 § EM = œ100 * 5 §
§ EM = 10œ5
P = 4 * 10œ5 = 40œ5 cm .
2.3 Diagonal D1 = NM = 20 œ2 (diagonal facial do cubo).
Diagonal D2 = EC = 20 œ3 (diagonal espacial do cubo).
Alosango =
D1 * D2 20 œ2 * 20 œ3
=
= 200 œ6 .
2
2
1
5
Vcuboctaedro = Vcubo - 8 * Apirâmide = 13 - 8 *
=
48 6
5
V = cm3 .
6
c) Seja a a aresta do cubo.
A = 200 œ6 cm .
2
2.4
Vcubo = a3
Volume de cada pirâmide “truncada”:
1
V = Ab * altura
3
a a
*
1 2 2 a
V= *
*
3
2
2
3
1
a
V= *
6
2
a3
V=
48
12
a) O cubo truncado tem 14 faces, 24 vértices e 36 arestas.
b) Octógonos regulares (seis) e triângulos equiláteros (oito).
Vcuboctaedro = Vcubo - 8 * Vpirâmide = a3 - 8 *
2.5
a3
=
48
a3 5 3
= a .
6 6
5
Logo, Vcuboctaedro = Vcubo (c.q.p.).
6
= a3 -
3.
Pág. 47
3.1 Os dois triângulos são triângulos rectângulos.
a) Aresta do cuboctaedro
CEXMA10 © Porto Editora
a2 =
1
2
1
2
122 + 122
a=
Œ1 2
a=
1
œ2
œ2 = 2
2
1
2
2
*2
Área de cada face triangular:
1 œ2 œ2
*
=
2
2
4
2 2
œ
œ2
2
=
h +
2
4
1
1
h2 = 2 8
1 2 1 2
2
DEWF = FCWG por serem ângulos agudos de lados paralelos.
Logo, os triângulos são semelhantes porque têm dois ângulos geometricamente iguais.
12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
3.2 FE = 8 * raio = 8 * 3 = 24
4.
Pág. 48
4.1 Abase = 32 = 9
FE = 24 cm .
FD = œ432
Face triangular
3 2
= 32
h2 +
2
9
h= 94
3œ3
27
h=
§ h=
4
2
FD = 12œ3
3*
3.3 DE = 3 + 6 + 3 = 12 ;
12
FG = 3
2
2
FD + DE = FE
Œ
Œ
2
2
FD = 242 - 122
Atriângulo =
CG FG
=
FD DE
3œ3
9œ3
2
=
2
4
Atotal = Aquadrado + 4Atriângulo = 9 + 4 *
CG
3
§ CG = 3œ3
=
12œ3 12
9œ3
= 9 + 9œ3
4
A = (9 + 9œ3) cm2 .
CG = 3 œ3 cm .
1
* Ab * altura
3
4.2 V =
3.4 DH = 3
Pela semelhança de triângulos:
3
CF
CF FG
=
§ CF = 6
=
§
24 12
FE DE
Altura do triângulo ABC
HC = HD + DF + FC = 3 + 12œ3 + 6 = 9 + 12œ3
Seja x o lado do triângulo ABC
x
2
2
x2 =
122
x2 =
2
x2
+ (9 + 12œ3)
4
+ (9 + 12œ3)
Altura da pirâmide
2
3 2
x = (9 + 12œ3)
4
2
4
x = (9 + 12œ3)
3
x=
œ3
x=
h2 =
27 9
4
4
Base * altura (6œ3 + 24) (9 + 12œ3)
=
2
2
= (3œ3 + 12) (9 + 12œ3)
3œ2
1
§
* 32 *
3
2
V=
9œ2
2
V=
9œ2
cm3 .
2
4.3 Altura do paralelepípedo = 2 * altura da pirâmide
3œ2
= 3œ2
2
Vparalelepípedo = 32 * 3œ2
3.6 a) Distância percorrida =
= 27 œ2
= 2 * diagonal + 1,5 =
V = Vparalelepípedo - Vpirâmide
= œ(2,8)2 + (1,5)2 + 1,5 =
= 27 œ2 -
= œ10,09 + 1,5 )
) 7,85 m ;
V =
b) Distância percorrida =
CEXMA10 © Porto Editora
9 œ2 45 œ2
=
2
2
45 œ2
cm3 .
2
4.4 Dado que a // ABC , a © BCE = FG e ABC © BCE = BC , tem-se
= œ152 + 1,42 +
que FG // BC , porque um dado plano intersecta planos paralelos
segundo rectas paralelas.
+ 3 * œ1,42 + 0,752 +
4.5 Os triângulos [EBC] e [EFG] são semelhantes (têm ângulos geo-
= œ0,752 + 2,82 )
metricamente iguais).
) 9,72 m .
Então,
(medidas em metros)
13
2
V=
=2*
) 512,2 cm2 .
2
Œ 184 § h = 3œ2 2
x = (6œ3 + 24) cm .
3.5 Atriângulo =
3œ3
2
h=
(9 + 12œ3)
2œ3
(9 + 12œ3) § x = 2œ3(3 + 4œ3)
3
2
122 = 1
2
2
3
h2 +
FG EF
FG 1,5
=
§
=
§ FG = 1,5
3
3
BC EB
FG = 1,5 cm .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
4.6 As pirâmides [ABCDE] e [IFGHE]
6.
são semelhantes.
6.1 Vcubo = a
1
.
2
Logo, a razão de semelhança das
suas áreas é
1 2 1
=
2
4
e a razão de semelhança dos seus
volumes é
A razão de semelhança é
12
3
1
3
1
3
a
2
A altura da pirâmide é metade da aresta do cubo.
2a2 h = a3 § h =
1
= .
8
a) V[IFGHE] =
9 œ2 9 œ2
1
1
*
=
* V[ABCDE] =
8
8
2
16
Altura da base lateral da pirâmide: k
9 œ2 9 œ2 63
=
V[ABCDIFGH] =
œ2
2
16
16
63 œ2
V[ABCDIFGH] =
cm3 ;
16
1
1
b) A[IFGHE] = * A[ABCDE] = (9 + 9 œ3)
4
4
1
2
A = (9 + 9 œ3) cm .
4
5.
1
V
6 cubo
a3
Ab * h =
6
a3
2
a *h=
6
Vpirâmide =
12
1
2
Pág. 50
2
9
122 + 122
k2 =
a2
2
Aresta lateral da pirâmide: L
L2 = k2 +
Pág. 49
gulos, vem:
h - 25
15
=
§
h
22,5
h
h - 25
=
§
(c.q.m.).
15
22,5
h - 25
h
=
§
15
22,5
(6)
2
9
k2 =
(4)
§ 6h - 150 = 4h §
§ 2h = 150 § h = 75
h - 25 = 75 - 25 = 50
O cone menor tem 50 cm de altura.
5.3 Vbacia = Vcone maior - Vcone menor =
1
1
= * p * 22,52 * 75 - * p * 152 * 50
3
3
) 27 979,810 cm3 .
62,5
r
5.4
§ r = 18,75
=
15
50
a
2
122
L2 =
a 2 a2
+
2
4
L2 =
3a2
4
L=
œ3 a
5.1 Recorrendo à semelhança de triân-
5.2
3
2
a
u. c.;
2
Altura da pirâmide:
Aresta lateral da pirâmide:
œ3 u. c.
2
V
a3
6.2 Vpirâmide = cubo = u. v.
6
6
3
6.4 a) Vcubo = (œ3) = 3œ3
Vcubo = 3œ3 cm3 ;
œ3
b) Altura da pirâmide = h =
2
œ3 cm ;
h=
2
c) Volume da pirâmide =
=
3œ3
1
œ3 cm3 ;
cm3 =
Vcubo =
6
6
2
d) Diagonal de cubo = d
2
2
2
d 2 = (œ3) + (œ3) + (œ3)
d = œ9
d = 3 cm ;
2
2
e) FG = (œ3) + (œ3)
2
FG = œ6 cm ;
f) Altura da face lateral =
Œ a2 = Œ (œ23) = Œ 32
2
2
CEXMA10 © Porto Editora
Atotal = Abase + 4 * Atriângulo =
1
1
p * 18,752 * 62,5 - p * 152 * 50 ) 11 228,739 cm3 .
3
3
5.5 Vcilindro = Vbacia cheia - Vbacia até metade de altura =
Vágua =
= 27 979,810 - 11 228,739 ) 16 751,071
Vcilindro = 16 751,071 § p * 152 * h = 16 751,071 §
§ h ) 23,7 cm .
œ3 *
2
= (œ3) + 4 *
=3+2
3
2
œ3
œ2 =
=3+2*
œ2
3œ2
= 3 + 3œ2
2
Atotal = (3 + 3œ2) cm2 .
14
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
7.
CAPÍTULO 1
Pág. 51
7.1 Diagonal do quadrado: d
8.3 a) VC = (12 - 4) cm = 8 cm ;
b) Dado que os triângulos [AOV] e
[DCV] são semelhantes:
CD VC
8
CD
§
=
§
=
10
12
AO VO
20
§ CD =
3
20
CD =
cm .
3
8.4 A secção é um hexágono regular. Como o lado do hexágono é igual
ao raio da circunferência circunscrita tem-se que o lado é igual a
20
CD =
cm .
3
20
Logo, P = 6 *
= 40 cm .
3
Perímetro da base
8.5 A1 = Abase pirâmide maior =
* apótema
2
d 2 = 202 + 202
d = 20 œ2
Diâmetro da caixa maior:
2R = 20 œ2 + 10 + 10 =
= 20 œ2 + 20
O diâmetro da caixa maior é: (20 œ2 + 20) cm .
7.2 (10 + r)2 = 102 + 102
10 + r = 10 œ2
Determinação do apótema:
r = (10 œ2 - 10) cm § 2r = (20 œ2 - 20) cm
102 = ap2 + 52 § ap2 = 100 - 25
ou
§ ap = œ75
10 + 2r + 10 = diagonal do quadrado [ABCD]
§ ap = 5 œ3
2r + 20 = 20 œ2
Então, tem-se:
60
A1 =
* 5 œ3
2
A1 = 30 * 5 œ3
2r = 20 œ2 - 20
O diâmetro da caixa mais pequena é:
(20 œ2 - 20) cm .
A1 = 150 œ3
7.3 Altura do triângulo [ABC]
h = œ300
h = 10 œ3
1 2
20 * 10œ3
= 100œ3
2
Área dos três sectores circulares:
A[ABC] =
Como 3 * 60° = 180° , os três sectores têm a área de um semicírculo de raio 10 cm .
Determinemos essa área:
1
A = p * 102 = 50p .
2
Logo, a área, A , da parte da figura colorida a cor verde é:
CEXMA10 © Porto Editora
de um hexágono regular é igual ao raio da
circunferência circunscrita).
60
8.2 Lado do hexágono =
= 10 cm
6
2
2
2
VA = 10 + 12
VA = œ244
VA = 2œ61 cm .
15
Œ
œ300
3
10 œ3
3
Então, tem-se:
§ ap =
Pág. 52
8.1 [AOB] é um triângulo equilátero (o lado
1 2
§ ap =
A = (100 œ3 - 50p) cm2 .
8.
Perímetro da base
* apótema
2
Determinação do apótema:
20 2
10 2
= ap2 +
3
3
400
100
§
= ap2 +
9
9
400 100
2
§ ap =
9
9
300
§ ap =
9
A2 = Abase pirâmide menor =
h2 + 102 = 202
A2 =
40 10 œ3
*
2
3
200 œ3
3
Desta forma, temos:
1
1 200
V = * 150 œ3 * 12 - *
œ3 * 8
3
3
3
1600
V = 600 œ3 œ3
9
3800
V=
œ3 cm3 .
9
A2 =
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 2
1.
Pág. 56
2.
2.1 A 1 (- 4 , 0) ; O 1 (0 , 0) ; B 1 (4 , 0) ;
1.1 F 1 (- 4 , - 2) ; A 1 (4 , - 2)
D 1 (4 , 4) ; C 1 (0 , 4) e E 1 (- 4 , 4) .
Resposta: (C) .
2.2 a) P = 2(AB + BD) = 2(8 + 4) = 24 ;
1.2 H 1 (0 , 1) ; I 1 (0 , - 1)
b) A = AB * BD = 8 * 4 = 32 ;
AB * OC 8 * 4
=
= 16 ;
c) A =
2
2
Resposta: (A) .
1.3 B 1 (3 , 1) ; E 1 (- 3 , - 1)
Resposta: (B) .
2.
d) BC = œ42 + 42 = 4œ2
P = AB + BC + AC = 8 + 4œ2 + 4œ2 = 8 + 8œ2
[ABDC] é um rectângulo
P = 8 + 8œ2 ) 19,3 ;
e) A = A[OBC] + A[ACE] = A[ABC] = 16 ;
f) A =
AB + CD
8+4
* BD =
* 4 = 24 ;
2
2
g) P = AB + BD + CD + AC =
= 8 + 4 + 4 + 4œ2
= 16 + 4œ2 ) 21,7 .
3.
Resposta: (C) .
2
OC = 22 + 12 § OC = œ5
Pág. 59
A 1 (0 , - œ2) ; B 1 (œ5 , 0) ; C 1 (2 , 1) ;
D 1 (0 , œ5) ; E 1 (- œ5 , 0) e F 1 (œ5 , - œ2) .
3.1 B 1 (10 , 10)
Pág. 57
A 1 (10 , 0)
4.
4.1 Por exemplo, o referencial o. m. Oxy seguinte:
E 1 (7,5 ; 2,5)
G 1 (2,5 ; 7,5)
Resposta: (C) .
3.2 A = A[DEFG] - 4Aquarto de círculo = 52 - Acírculo =
= 25 - p * 2,52 = 25 - 6,25p cm2 .
Resposta: (A) .
4.1 C 1 (3 , 4)
B 1 (8 ; 2,5) ; B' 1 (8 ; - 2,5)
A 1 (2 ; 2,5) ; A' 1 (- 2 ; - 2,5)
4.2 a) A = A[OBCD] - A[OAE] .
O ponto A tem abcissa 2 e o ponto E tem abcissa 3 .
A=8*3-
Resposta: (C) .
A = 20 m2 .
4.2 A[ABCD] = A[ABCF] + A[FCD] =
=
b) V = Abase * altura
1 * (œ50 - 4)
6+1
* (4 - 2,5) +
=
2
2
= 5,25 +
= 20 * 14 = 280
280 m3 = 280 000 dm3 = 280 000 litros.
œ50 - 2 = 3,25 + œ50
2
2
5.
1
>0 ‹ y-2>0 § x>
2
1
5.2 x - > 0 ‹ y - 2 < 0 § x >
2
5œ2
= 3,25 +
2
Resposta: (D) .
1.
4*2
OA * OE
= 24 = 20
2
2
5.1 x -
Pág. 58
6.
1
‹ y>2.
2
1
‹ y<2.
2
Pág. 60
CEXMA10 © Porto Editora
6.1 a) Q' 1 (- 1 , - 2) ;
b) Q'' 1 (1 , 2) ;
c) Q''' 1 (- 1 , 2) .
6.2 a) P' 1 (- a , b) ;
b) P'' 1 (a , - b) ;
c) P''' 1 (- a , - b) .
16
CEXMA10-RES-2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
7.
CAPÍTULO 2
B 1 (- x2 - 1 , x + 1)
Razão entre as áreas: 9 ; razão entre os lados: 3 .
B å 4.o quadrante?
A razão entre as áreas é o quadrado da razão entre os lados.
Terá de ter a abcissa positiva e a ordenada negativa:
2.
- x2 - 1 > 0 ‹ x + 1 < 0
Como - x2 - 1 é sempre negativo, o ponto B não poderá pertencer ao 4.o quadrante.
8.
2.1
C 1 (x2 , - y2 + 1)
C å 3.o quadrante?
Terá de ser x2 < 0 ‹ - y2 + 1 < 0 § x2 < 0 ‹ y2 > 1
É impossível, porque x2 ≥ 0 , para todo x å R .
9.
O 1 (0 , 0) ;
C 1 (2 , 3) .
A 1 (2 ,
- 3) ;
B 1 (4 ,
0) ;
9.1 O' 1 (0 , 0) ; A' 1 (- 2 , - 3) ; B' 1 (- 4 , 0) ;
C' 1 (- 2 , 3) .
9.2 O'' 1 (0 , 0) ; A'' 1 (- 2 , 3) ; B'' 1 (- 4 , 0) ;
C'' 1 (- 2 , - 3) .
ponto B 1 (4 , 0) .
x-1>0 § x>1
2.2 x = 3 .
2.3 y = - 1 .
2.4 AB = œ12 + 32 = œ10 .
9.3 O simétrico do ponto B relativamente ao eixo Ox é o próprio
1.
C é o ponto de abcissa menor do que 3 , intersecção dos arcos de
raio AB , com centros em A e B , respectivamente.
2
2
h2 +
Pág. 64
Resposta: (C) .
2.
1 2
œ10
2.5 h +
2
h=
x-y≥0 § y≤x
10
= 10
4
Œ 152 = œœ152
Resposta: (A) .
3.
œ10 *
x>1 ‹ y≤2
x≥1 › y≤x
x≤0 ‹ y≤0
Pág. 65
=
2*2
2
3.
Pág. 67
3.1 e 3.2
Resposta: (A) .
6.
2
2*2
Resposta: (A) .
5.
œ15
œ2
œ150 = 5œ6 = 5œ6 œ2
2œ2
2œ2 2œ2 œ2
5œ12 5 * 2œ3 5œ3
=
=
=
(c.q.m.).
Atriângulo =
Resposta: (A) .
4.
2
= (œ10)
x ≥ œ2 ‹ y ≥ 3
Resposta: (D) .
7.
(y ≥ 0 ‹ y ≤ x ‹ x ≤ 1) › (y ≤ 0 ‹ x ≥ - 1 ‹ y ≥ x)
Resposta: (A) .
1.
Pág. 66
1.1 a) A 1 (0 , 3) ; B 1 (0 , - 3) ; C 1 (6 , - 3) e
D 1 (6 , 3) ;
b) O 1 (0 , 0) ; E 1 (3 , - 3) ; F 1 (6 , 0) e
G 1 (3 , 3) ;
c) H 1 (2 , - 1) ; I 1 (4 , - 1) ; J 1 (4 , 1) e
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K 1 (2 , 1) .
1.2 a) y = 3 ;
b) x = 6 ;
c) y = 0 ;
d) x = 0 ;
e) y = x ;
f) y = - x .
1.3 OG = œ3 + 3 = œ32 * 2 = 3œ2
2
2
P = 4 * 3œ2 = 12œ2 .
1.4 A[ABCD] = 62 = 36
A[HIJK] = 22 = 4 ;
17
36
=9
4
4.
4.1
4.2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.3
CAPÍTULO 2
4.4
1.
A = {(x , y) å R2 : } (\x| ≥ 1)}
Pág. 72
} (\x| ≥ 1) § \x| < 1 § - 1 < x < 1
Resposta: (D) .
2.
x ≤ 2 § } (x > 2)
Resposta: (D) .
3.
4.5
x≤5 ‹ y≥-2 ‹ y<1 §
Pág. 73
(y < 1 ‹ y ≥ - 2) ‹ x ≤ 5 §
4.6
} (y ≥ 1 › y < - 2) ‹ x ≤ 5
Resposta: (D) .
4.
y=x ‹ 0≤x≤2 §
§ y = x ‹ (x ≥ 0 ‹ x ≤ 2)
§ y = x ‹ } (x < 0 › x > 2)
Resposta: (C) .
5.
5.1 a) y = 6 ;
b) y = 4 ;
c) y = 0 ;
d) x = 2 ;
e) x = 5 ;
f) x = 7 ;
1.
Pág. 74
1.1 } (x ≥ 1) § x < 1 .
1.2 } (y < 2) § y ≥ 2 .
1.3 } (x = 7) § x 0 7 .
g) x = 0 .
2.
5.2 (2 ≤ x ≤ 5 ‹ 0 ≤ y ≤ 4) › (0 ≤ x ≤ 7 ‹ 4 ≤ y ≤ 6) .
2.1 } (x ≥ 5) § x < 5 .
6.
2.2 } (y 0 7) § y = 7 .
6.1
2.3 } (x ≤ 1) ‹ x ≥ 2) § x > 1 › x < 2 .
2.4 } (x < 3) ‹ y ≤ 5) § x ≥ 3 › y > 5 .
2.5 } (x = 2 › y - 1 < 5) § x 0 2 ‹ y - 1 ≥ 5 .
2.6 } (x + 1 0 5 › y ≥ 1) § x + 1 = 5 ‹ y < 1 .
2.7 } (- 1 < x < 2) § } (x > - 1 ‹ x < 2) § x ≤ - 1 › x ≥ 2 .
2.8 } (\y - 1| < 1) § \y - 1| ≥ 1 .
3.
3.1 x < - 1 § } (x ≥ - 1) .
3.2 y ≤ 1 ‹ y ≥ - 2 § } (y > 1 › y < - 2) .
6.2 A 1 (- 2 , 7) ; B 1 (7 , 7) e C 1 (- 2 , - 2) .
4.
y≤x ‹ x>-2.
6.3 AB = 9 ; AC = 9 .
Atriângulo =
9*9
= 40,5 u. a.
2
7.
1
1
ou - 1 ≤ y ≤ .
4
4
7.3 x ≥ - 1 ‹ x ≤ 3 ou - 1 ≤ x ≤ 3 .
7.2 y ≥ - 1 ‹ y ≤
7.4 y ≥ - 2 ‹ y < 2 ou - 2 ≤ y < 2 .
7.5 x ≥ 0 ‹ y ≥ 0 .
7.6 x ≥ 0 ‹ y ≥ x .
7.7 - 3 ≤ x ≤ 3 ‹ - 2 ≤ y ≤ 2 .
7.8 (- 1 ≤ x ≤ 0 ‹ 0 ≤ y ≤ 1) › (0 ≤ x ≤ 1 ‹ - 1 ≤ y ≤ 0) .
Pág. 79
1.1 E 1 (5 , 12 , 6)
Pág. 68
7.1 y ≥ 3 .
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1.
Resposta: (A) .
1.2 ABE : x = 5
Resposta: (D) .
1.3 EF : y = 12 ‹ z = 6
Resposta: (C) .
1.4 [AB] : x = 5 ‹ z = 0 ‹ 0 ≤ y ≤ 12
Resposta: (B) .
1.5 BG 2 = OG 2 + OG 2 § BG 2 = 62 + (OA 2 + AB) §
2
2
§ BG = 62 + 52 + 122 §
7.9 y ≥ - x ‹ y ≥ 0 .
7.10
§ BG = œ205
(y > x ‹ x ≥ 0) › (y < x ‹ x ≤ 0) ›
› (y < - x ‹ y ≥ 0) › (y > - x ‹ y ≤ 0) .
Resposta: (A) .
18
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.
CAPÍTULO 2
Pág. 80
2.1 B 1 (0 , 2 , 0) ; A 1 (2 , 0 , 0) ; J 1 (2 , 2 , 0) ;
I 1 (0 , 2 , - 2)
3.4 z = 4 .
3.5 x = - 4 ‹ y = 2 .
3.6 x =
Resposta: (D) .
2.2 C 1 (0 , 0 , 2) ; F 1 (- 2 , 0 , 2) ; D 1 (- 2 , 2 , 2) ;
4.
A 1 (0 , 2 , 0) ; B 1 (0 , 0 , 2) ; C 1 (- 1 , - 1 , 2) ;
D 1 (- 1 , 0 , 1) ; E 1 (1 , - 1 , 0) ; F 1 (2 , 0 , - 1) ;
E 1 (- 2 , 2 , 0)
G 1 (1 , 1 , - 1) e H 1 (0 , 2 , - 1) .
Resposta: (B) .
5.
2.3 AGH : x = 2
5.1 Se A pertence ao plano de equação x = 1,5 , D pertence ao
AG : x = 2 ‹ y = 0
.G : x = 2 ‹ z = 2 ‹ y ≥ - 2
H
plano de equação x = - 1,5 . Logo, AD = 1,5 - (- 1,5) = 3 .
A base do prisma é um quadrado de lado 3 .
[CG] : y = 0 ‹ z = 2 ‹ 0 ≤ x ≤ 2
Vprisma = 90 cm3
Resposta: (C) .
1.
1
‹z=2.
3
Abase * altura = 90
32 * BF = 90
Pág. 81
BF = 10
1.1 O 1 (0 , 0 , 0) ; R 1 (3 , 0 , 0) ; Q 1 (3 , 3 , 0) ;
Logo, a cota de F = 10 : 2 = 5 (c.q.v).
P 1 (0 , 3 , 0) ; S 1 (0 , 0 , 3) ; V 1 (3 , 0 , 3) ;
U 1 (3 , 3 , 3) e T 1 (0 , 3 , 3) .
F 1 (1,5 ; 1,5 ; 5) .
5.2 A 1 (1,5 ; - 1,5 ; - 5) ; B 1 (1,5 ; 1,5 ; - 5) ;
1.2 RT 2 = RP 2 + TP 2
C 1 (- 1,5 ; 1,5 ; - 5) ; D 1 (- 1,5 ; - 1,5 ; - 5) ;
2
RT = (32 + 32) + 32
E 1 (1,5 ; - 1,5 ; 5) ; G 1 (- 1,5 ; 1,5 ; 5) e
RT = œ3 * 32
H 1 (- 1,5 ; - 1,5 ; 5) .
RT = 3œ3 .
5.3 a) x = - 1,5 ;
1.3 P = 2 * (VR + VT) = 2(3 + œ32 + 32) = 2(3 + 3œ2) =
b) y = - 1,5 ‹ z = - 5 ;
= 6 + 6œ2 .
c) 0 ≤ x ≤ 1,5 ‹ 0 ≤ y ≤ 1,5 ‹ 0 ≤ z ≤ 5 .
2.
5.4 A secção produzida no prisma pelo plano OFG é o rectângulo
2.1 V 1 (2 , 2 , 0) ; B 1 (0 , 4 , 3) ; C 1 (0 , 0 , 3) e
[AFGD] .
FG = 3
D 1 (4 , 0 , 3) .
2
2
AF = AB + BF
2.2 E 1 (2 , 2 , 3) .
2
2
AF = 32 + 102 § AF = œ109
1
1
A * altura = * 42 * 3 = 16
3 b
3
V = 16 u. v.
2.3 V =
A = FG * AF = 3œ109 cm2 .
2.4 O plano de equação z = 1,5 “corta” a pirâmide nos pontos D' ,
A' , B' e C' , pontos médios das arestas laterais da pirâmide.
1.
Pág. 83
1.1 a) x = 7 ;
b) y = x ;
c) y = - x .
1.2 a) y ≤ x ‹ x ≤ 4 ‹ y ≥ 0 ;
b) y ≥ - x ‹ y ≥ x ‹ x ≤ 5 ‹ y ≤ 7 ;
c) y ≥ - x ‹ y ≥ 7 ‹ y ≤ 9 ‹ x ≤ 6 ;
d) y ≥ x ‹ y ≥ - 5 ‹ x ≥ - 8 ‹ y ≤ 0 .
1.3 OH 2 = 22 + 22
OH = œ22 * 2
OH = 2œ2 km
OH ) 2,8 km .
4*4
2
A = 8 km2 ;
1.4 a) A =
Atendendo à semelhança dos triângulos [ADV] e [A'D'V'] , de
1
1
1
, tem-se que D'A' = DA = * 4 = 2 .
2
2
2
Logo, [D'A'B'C'] é um quadrado de lado 2 e área 22 = 4 .
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razão
3.
3.1 x = - 2 .
3.2 z = - 10 .
3.3 y = - 5 .
19
Pág. 82
b) A = 3 * 5 +
5*5
= 15 + 12,5 .
2
2.
Pág. 84
2.1 P 1 (8 , - 10 , - 3) ; Q 1 (8 , 0 , - 3) ;
R 1 (0 , 0 , - 3) ; S 1 (0 , - 10 , - 3) ;
T 1 (8 , - 10 , 3) ; U 1 (8 , 0 , 3) ;
V 1 (0 , 0 , 3) e X 1 (0 , - 10 , 3) .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 2
2.2 a) Q' 1 (- 8 , 0 , 3) ;
4.
b) Q'' 1 (- 8 , 0 , - 3) .
Pág. 86
4.1 G 1 (4 , 4 , 0)
EG = 4
2.3 a) PQU : x = 8 ;
A = 42 = 16 u. a.
b) [TUXY] : z = 3 ‹ 0 ≤ x ≤ 8 ‹ - 10 ≤ y ≤ 0 ;
c) VU : y = 0 ‹ z = 3 ;
4.2 V = 48
d) [PQ] : x = 8 ‹ z = - 3 ‹ - 10 ≤ y ≤ 0 .
e) [PQRSTUVX] : 0 ≤ x ≤ 8 ‹ - 10 ≤ y ≤ 0 ‹ - 3 ≤ z ≤ 3 .
2.4 a) Recta XT ;
1
Ab * altura = 48
3
1
* 16 * OB = 48
3
b) Recta PS ;
OB = 9
c) Segmento de recta [TU] ;
a) E 1 (4 , 0 , 0) ; F 1 (0 , 4 , 0) ; A 1 (4 , 0 , 9) ;
D 1 (4 , 4 , 9) ; C 1 (0 , 4 , 9) e B 1 (0 , 0 , 9) .
d) Segmento de recta [VR] .
b) H 1 (2 , 2 , 9) .
2.5 A secção é o rectângulo [SPUV] .
4.3 a) A secção produzida pelo plano a é um quadrado.
SP = 8
PU = œ10 + 6 = œ136 = 2œ34
2
b) Os triângulos [HMN] e [HEG] são semelhantes.
2
A = 8 * 2œ34
Então, tem-se:
MN HM
=
EG
HE
A = 16œ34 cm .
2
3.
Pág. 85
3.1 P 1 (3 , - 3 , 0) ; S 1 (- 3 , - 3 , 0) e
R 1 (- 3 , 3 , 0) .
MN 1
(M é o ponto médio de [HE])
=
4
2
MN = 2
2
Aquadrado = MN = 22 = 4 .
3.2 V = 84
1
A * altura = 84
3 b
1
* 62 * OV = 84
3
12 * OV = 84
OV = 7 . (c.q.m.)
3.3 a) y = 3 ;
b) y = - 3 ;
c) x = - 3 .
4.4 a) A secção produzida no prisma pelo plano DCO é o rectângulo
3.4 a) Os triângulos [VOA] e [VCB] são semelhantes:
b) DC = 4
BC
VC
=
§
AO VO
2
2
ED = EG + GD
2
2
ED = 42 + 92
BC 2
=
3
7
6
BC =
7
A secção produzida na pirâmide pelo
plano a é um quadrado de
6 12
lado 2 BC = 2 * =
.
7
7
2
12
144
A=
=
u. v.
7
49
§
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[DCOE] .
ED = œ97
P = 2 * DC + 2 * ED
P = 2 * 4 + 2 * œ97
P = 8 + 2œ97 u.c.
1 2
b) A pirâmide “acima” do plano de equação z = 5 é semelhante à
2
pirâmide [PQRSV] . A razão de semelhança é
.
7
3
2
96
=
Logo, o volume desta pirâmide é 84 *
.
7
49
96 4020
=
u. v.
Vtronco = 84 49
49
12
20
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 3
1.
Lado do triângulo [ABC] : L = 90 : 3 = 30 .
Pág. 90
Altura do triângulo [ABC] : h
4.2 A[AEGC] =
4.3 AB = 2 BG
h2 + 152 = 302
A razão de semelhança é 2 . A razão dos perímetros também é 2 .
h = œ302 - 152
5.
h = 15œ3
Logo, A 1 (- 15 , 15œ3) .
BC = œ(- 6 + 3)2 + (- 1 - 1)2 = œ9 + 4 = œ13 .
5.2 Os triângulos [CBE] e [BDA] são semelhantes porque têm dois
2
EC = 42 + 42 + 102
ângulos iguais: os ângulos CBE e DBA são verticalmente opostos e os ângulos BCE e BAD são agudos de lados paralelos.
EC = œ132
EC = 2œ33
AB 2œ13
=
=2.
BC
œ13
5.4 E e C estão na mesma recta vertical.
5.3 r =
Resposta: (C) .
3.
A (0 , 1) ; B (2 , 3) ; C (3 , - 2)
AB = œ(2 - 0)2 + (3 - 1)2 = œ4 + 4 = 2œ2
Logo, como C 1 (- 6 , - 1) , tem-se E 1 (- 6 , y1)
AC = œ(3 - 0)2 + (- 2 - 1)2 = œ9 + 9 = 3œ2
BE = œ(- 6 + 3)2 + (y1 - 1)2
BC = œ(3 - 2) + (- 2 - 3) = œ1 + 25 = œ26
pois, B 1 (- 3 , 1) e E 1 (- 6 , y1) .
P = 2œ2 + 3œ2 + œ26 = (5œ2 + œ26) cm
BE = 9 + (y1 - 1)2
Resposta: (D) .
BC = œ13 ; BC = 13
2
4.
A 1 (3 , 5) ; B 1 (- 3 , 1) ; C 1 (- 6 , - 1) .
5.1 AB = œ(- 3 - 3)2 + (1 - 5)2 = œ36 + 16 = œ52 = 2œ13 .
Resposta: (D) .
2.
AC + EG
8+4
* altura =
* 6 = 36 .
2
2
2
2
2
BE = BC (o triângulo [CBE] é isósceles)
A = 25p
2
BE = BC
pr = 25p
2
2
9 + (y - 1)2 = 13
r2 = 25
r = 5 (r > 0)
(y1 - 1)2 = 13 - 9
C (0 , - 5 , 0)
(y1 - 1)2 = 4
Resposta: (D) .
y 1 - 1 = 2 › y1 - 1 = - 2
y 1 = 3 › y2 = - 1
1.
A 1 (1 , 3) ; B 1 (- 5 , 4) ; C 1 (- 1 , 2)
Pág. 91
Como y1 > 0 , tem-se y1 = 3 .
Logo, E 1 (- 6 , 3)
1.1 a) AB = œ(- 5 - 1)2 + (4 - 3)2 = œ36 + 1 = œ37 ;
b) BC = œ(- 1 + 5)2 + (2 - 4)2 = œ16 + 4 = œ20 = 2œ5 ;
D tem a mesma abcissa de A . Então D 1 (3 , y2)
c) AC = œ(- 1 - 1)2 + (2 - 3)2 = œ4 + 1 = œ5 .
DB = œ(3 + 3)2 + (y2 - 1)2
pois, B 1 (- 3 , 1) e D 1 (3 , y2) .
1.2 O triângulo [ABC] é escaleno.
2
2.
DB = 36 + (y2 - 1)2
M 1 (- 2 , 5) ; A 1 (- 4 , - 1) ; R 1 (4 , 3)
2
AB = 2œ13 ; AB = 4 * 13 = 52
MA = œ(- 4 + 2)2 + (- 1 - 5)2 = œ4 + 36 = œ40
DB = AB (o triângulo [BDA] é isósceles)
MR = œ(4 + 2)2 + (3 - 5)2 = œ36 + 4 = œ40
2
DB = AB
AR = œ(4 + 4)2 + (3 + 1)2 = œ64 + 16 = œ80
2
2
O triângulo [MAR] é rectângulo, porque AR = MR + MA
isósceles, porque MA = MR .
2
e
3.
36 + (y2 - 1)2 = 52
(y2 - 1)2 = 16
y2 - 1 = - 4 › y2 - 1 = 4
y2 = - 3 › y2 = 5‚
3.1 AB = 2 cm .
y2 = - 3
M
y2 < 0
3.2 HF = œ62 + 22 = œ40 = 2œ10 cm .
D 1 (3 , - 3)
3.3 IE = œ62 + 32 = œ45 = 3œ5 cm .
E 1 (- 6 , 3) e D 1 (3 , - 3) .
3.4 FD = œ22 + 22 = œ8 = 2œ2 cm .
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2
5.5 A 1 (3 , 5) ; E 1 (- 6 , 3) ;
3.5 AC = œ22 + 22 = œ8 = 2œ2 cm .
D 1 (3 , - 3) ; C 1 (- 6 , - 1) .
3.6 JF = œ82 + 52 = œ89 cm .
AD + EC
* altura
2
\5 + 3| + \3 + 1|
=
* \- 6 - 3|
2
8+4
=
* 9 = 54 u. a.
2
A[ADCE] =
4.
Pág. 92
2
4.1 a) A[ABCD] = AB = 4 + 4 = 32 ;
2
2
2
b) A[BEFG] = BE = 22 + 22 = 8 .
21
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
6.
6.
6.1 O 1 (0 , 0 , 0) ; A 1 (3 , 0 , 0) ; B 1 (3 , 3 , 0) ;
P = 8p
2pr = 8p
C 1 (0 , 3 , 0) ; G 1 (0 , 0 , 3) ; D 1 (3 , 0 , 3) ;
r=4
E 1 (3 , 3 , 3) e F 1 (0 , 3 , 3) .
Seja R o raio da superfície esférica:
6.2 AF = œ32 + 32 + 32 = œ32 * 3 = 3œ3 .
R2 = 32 + 42 §
6.3 a) A secção produzida é o rectângulo [ACFD] .
§ R2 = 25
FC = 3
2
2
2
x2 + y2 + z2 = 25 é uma
equação da uperfície esférica.
2
AC = AB + BC § AC = 32 + 32 §
§ AC = œ2 * 32 § AC = 3 œ2
A[ACFD] = AC * FC = 3 œ2 * 3 = 9 œ2 cm2 .
Resposta: (C) .
b) A secção produzida é o triângulo equilátero [DBF] .
7.
DF * h
.
2
Vamos determinar h :
A[DBF] =
1 2
2
3œ2
= (3 œ2)2
2
9*2
§ h2 +
=9*2
4
27
27
§ h=
(h > 0)
§ h2 =
2
2
Então, tem-se:
h2 +
Œ
3 œ2 *
A[OBF] =
œ27
œ2
2
=
A esfera definida x2 + (y - 7)2 + z2 ≤ 9 tem centro
C 1 (0 , 7 , 0) e raio 3 . Logo, esta esfera contém uma parte
do eixo Oy .
Resposta: (B) .
3 œ27 9 œ3
=
2
2
9 œ3
A[DBF] =
cm2 .
2
1.
Centro (- 2 , 5) ; r = œ3
(x - (- 2))
2
1.
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
Pág. 99
Pág. 97
2
+ (y - 5) = (œ3) § (x + 2) + (y - 5) = 3
2
2
2
Resposta: (C)
2.
C 1 (- 4 , - 5) e A 1 (- 2 , 0)
r = CA = œ(- 2 + 4)2 + (0 + 5)2 = œ4 + 25 = œ29
2
(x - (- 4))2 + (y - (- 5))2 = (œ29)
§ (x + 4)2 + (y + 5)2 = 29
Resposta: (C)
3.
Fronteiras:
Circunferência:
Raio: r = 2 ; Centro (1 , 2)
Equação: (x - 1)2 + (y - 2)2 = 4
Rectas: x = 0 ; y = x
Condição:
[(x - 1)2 + (y - 2)2 ≤ 4 ‹ x ≤ 0] ›
› [(x - 1)2 + (y - 2)2 ≥ 4 ‹ x ≥ 0 ‹ y ≥ x]
Resposta: (D)
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4.
O raio da esfera é a distância do centro ao plano
xOy , ou seja, é a cota de C : r = 4
Pág. 98
(x - 2)2 + (y - 3)2 + (z - 4)2 ≤ 42
Resposta: (D)
5.
x = 1 define o plano perpendicular a Ox que passa no centro da
superfície esférica definida por (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 25 . A
intersecção é uma circunferência.
Resposta: (A)
22
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
1.7
1.8
CAPÍTULO 3
4.3
1
1.9
4.4
2.
4.6
2.1 x2 + y2 = 9 .
2.2 x2 + (y + 1)2 = 3 .
2
2.3 (x - œ3) + (y + 2)2 = 8 .
2.4 (x - 0,5)2 + (y - 1,3)2 = 0,01 .
3.
3.1 x2 + y2 = 4
Centro: (0 , 0) ; raio: 2 .
3.2 (x - 1)2 + y2 = 2
Centro: (1 , 0) ; raio: œ2 .
3.3 (x + 3)2 + (y - 2)2 =
3
4
Centro: (- 3 , 2) ; raio:
œ3 .
2
2
3.4 x2 + (y + œ4 5) = œ2
Centro: (0 , - œ5) ; raio:
4
ŒŒ2 = œ4 2 .
4.
CEXMA10 © Porto Editora
4.1
23
4.7
4.2
4.5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
5.
Pág. 100
5.1 Cento da circunferência: C 1 (3 , 2) .
7.
Pág. 101
7.1 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 .
O raio da circunferência é a distância de C à recta de equação
y=-2: r=4.
7.2 (x - 3)2 + y2 ≤ 9 ‹ (x ≥ 4 › y ≥ 2) .
Equação da circunferência:
7.4 x2 + y2 ≤ 9 ‹ [(x + 3)2 + y2 ≤ 9 › (x - 3)2 + y2 ≤ 9] .
7.3 x2 + y2 ≤ 9 ‹ (x + 3)2 + (y - 3)2 ≥ 9 ‹ (x - 3)2 + (y - 3)2 ≥ 9 .
(x - 3) + (y - 2) = 16 .
2
2
8.
5.2 A 1 (5 , a)
Substituindo as coordenadas de a na equação da circunferência,
vem:
(5 - 3)2 + (a - 2)2 = 16 § (a - 2)2 = 16 - 4 §
8.1 (x - 1)2 + (y + 1)2 + (z - 2)2 = 12 ;
(x - 1)2 + (y + 1)2 + (z - 2)2 ≤ 12 .
8.2 x2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 = 9 ;
§ (a - 2) = 12 § a - 2 = -œ12 › a - 2 =œ12 §
2
§ a = 2 -œ12 › a = 2 + œ12
x2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 ≤ 9 .
8.3 (x + 5)2 + y2 + z2 = 18 ;
Logo,
(x + 5)2 + y2 + z2 ≤ 18 .
A 1 (5 , 2 - œ12) ou A 1 (5 , 2 + œ12) .
9.
5.3 (x - 3)2 + (y - 2)2 > 16 ‹ x ≥ 0 ‹ y > - 2 .
9.1 Centro: (- 1 , 0 , 3) ; raio: 2œ2 .
6.
1
9.2 Centro: -
6.1 Área do triângulo [ABC] :
18 * 9
A1 =
= 81
2
Área do semicírculo de raio 9 :
1
81
A2 = p * 92 =
p
2
2
Área do semicírculo de raio AQ :
r = AQ =
A3 =
1
9
*p*
œ2
2
2
1
Raio: r = AC = œ(- 2 - 2)2 + 12 + (1 + 1)2 =
2
= œ16 + 1 + 4 = œ21
(x - 2) + (y - 1)2 + (z + 1)2 = 21 .
2
11.
81
p
4
11.1
A área do semicírculo de raio BP é, também, igual a
Alúnulas = A1 + 2A3 - A2 =
= 81
§ (x2 + 2x + 1) - 1 + (y2 + 4y + 4) - 4 + z2 = 0
§ (x + 1)2 + (y + 2)2 + z2 = 5
81
81
pp
4
2
Centro: (- 1 , - 2 , 0) ; raio: œ5 .
x2 + y2 + z2 - 2x + 2z = 0
§ (x2 - 2x) + y2 + (z2 + 2z) = 0
A3
A1
x2 + y2 + z2 + 2x + 4y = 0
§ (x2 + 2x) + (y2 + 4y) + z2 = 0
81
p.
4
11.2
A3
Pág. 102
é um ponto da superfície esférica.
2
= 81 + 2 *
3œ5
.
5
10. Centro: C 1 (2 , 1 , - 1) ; A 1 (- 2 , 0 , 1)
2
1
81
= *p*
*2
2
4
=
2
9.3 Centro: (œ3 ; 0,1 ; 0) ; raio:
AC œ9 + 9
9
=
= œ2
2
2
2
2
1
1
1
œ21 .
, - , ; raio:
3
3
2
4
A2
§ (x2 - 2x + 1) - 1 + y2 + (z2 + 2z + 1) - 1 = 0
§ (x - 1)2 + y2 + (z + 1)2 = 2
A1 + 2A3
Centro: (1 , 0 , - 1) ; raio: œ2 .
11.3
(x - 3)2 + (y + 1)2 + 2 (z - 1)2 + 3 (2y - 3) = z2
§ (x - 3)2 + y2 + 2y + 1 + 6y - 9 + 2 (z2 - 2z + 1) - z2 = 0
§ (x - 3)2 + (y2 + 8y) - 8 + (z2 - 4z) + 2 = 0
A1 + 2A3 - A2
§ (x - 3)2 + (y2 + 8y + 16) - 16 - 8 + (z2 - 4z + 4) - 4 + 2 = 0
Área das lúnulas = 81 = Área do triângulo [ABC] .
§ (x - 3)2 + (y + 4)2 + (z - 2)2 = 26
6.2 Circunferência de centro O : x2 + y2 = 81
CEXMA10 © Porto Editora
9
2
9
2
2
2
Condição pedida:
x2 + y2 ≥ 81 ‹
1
› x-
9
2
2
9
2
9
2
31x + 2 2 + 1y - 2 2
9
2
2 + 1y - 2 2
≤
81
.
2
4
≤
81
›
2
Centro: (3 , - 4 , 2) ; raio: œ26 .
81
1 2 2 + 1y - 2 2 = 2
9
9
81
Circunferência de centro P : 1x - 2 + 1y - 2 =
2
2
2
Circunferência de centro Q : x +
12. x2 + y2 + z2 - 2y - 3 = 0
12.1
Por exemplo:
Se x = 0 e y = 0
02 + 02 + z2 - 0 - 3 = 0 § z2 = 3 § z = - œ3 › z = œ3
(0 ,
0, - œ3) e (0 , 0 , œ3) , por exemplo, são pontos da
superfície esférica.
24
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
12.2
CAPÍTULO 3
A 1 (- 1 , 1 , œ3)
§
a (x - 1)2 + 4 + (z - 3)2 ≤ 9
by = 4
c
§
§
a (x - 1)2 + (z - 3)2 ≤ 5
by = 4
c
§
2
(- 1) + 1 + (œ3) - 2 * 1 - 3 = 1 + 1 + 3 - 2 - 3 = 0
2
2
A pertence à superfície esférica;
B 1 (1 , 5 , 7)
1 + 5 + 7 - 10 - 3 = 1 + 25 + 49 - 10 - 3 > 0
2
2
2
§ (x - 1)2 + (z - 3)2 ≤ 5 ‹ y = 4 .
B é exterior à superfície esférica;
C 1 (- 1 , 0 , - 1)
1.
(- 1)2 + 02 + (- 1)2 - 2 * 0 - 3 = 1 + 1 - 3 < 0
C é interior à superfície esférica.
P (k + 1 , 3k)
a x2 + y2 + z2 = 1
bz = 0
c
§
AP = BP
a x2 + y2 = 1
bz = 0
c
(k + 1 - 1)2 + (3k - 0)2 = (k + 1 + 3)2 + (3k - 2)2
§ k2 + 9k2 = (k + 4)2 + 9k2 - 12k + 4
Circunferência de centro (0 , 0, 0) e raio 1 , contida no plano
de equação z = 0 (plano xOy)
13.2
a x2 + y2 + z2 = 36
a x2 + (- 3)2 + z2 = 36
§b
by = - 3
c
cy = - 3
§
13.4
13.5
§ k2 = k2 + 8k + 16 - 12k + 4
a x2 + z2 = 27
by = - 3
c
Circunferência de centro (0 , - 3, 0) e raio œ27 = 3œ3 , contida no plano de equação y = - 3 .
13.3
Pág. 106
B (- 3 , 2)
13.
13.1
A (1 , 0)
§ 4k = 20 § k = 5
Resposta: (C) .
2.
P 1 (x , 0) ; A 1 (1 , 1) ; B 1 (5 , 4)
AP = BP
a x2 + y2 + z2 ≤ 1
bz ≥ 0
c
(x - 1)2 + (0 - 1)2 = (x - 5)2 + (0 - 4)2
Semiesfera de cota não negativa com centro no ponto
(0 , 0 , 0) e raio 1 .
§ 8x = 39
§ x2 - 2x + 1 + 1 = x2 - 10x + 25 + 16
§ x=
a y2 + z2 ≤ 1
bx = 0
c
3.
ax + y
by = 0
c
3.1 E 1
2
1
2
Resposta: (B) .
Círculo de centro (0 , 0 , 0) e raio 1 , contido no plano yOz .
2
39
39
, logo, P
, 0 .
8
8
+ (z - 1) ≤ 4
2
a x + (z - 1)
by = 0
c
2
§
2
≤4
Círculo de centro no ponto (0 , 0 , 1) e raio 2 , contido no
plano xOz .
4
12 ,
4
, 4 - 6 ; E 1 (2 , 2 , - 2)
2
2
Resposta: (C) .
3.2 C (4 , 4 , 4) ; E (2 , 2 , - 2) ; P (x , y , z)
CP = EP
14.
14.1
14.2
14.3
ax + y
by = 0
c
2
2
(x - 4)2 + (y - 4)2 + (z - 4)2 = (x - 2)2 + (y - 2)2 + (z + 2)2
+z ≤9
2
= x2 - 4x + 4 + y2 - 4y + 4 + z2 + 4z + 4
a x + (y - 2)
bx = 0
c
2
2
+z ≤2
2
§ - 4x - 4y - 12z + 36 = 0
Vamos considerar o plano paralelo ao plano xOy definido pela
equação z = 5 :
§ x + y + 3z - 9 = 0
a (x + 3)2 + (y - 4)2 + (z - 5)2 ≤ 1
bz = 5
c
Resposta: (D) .
§
1.
CEXMA10 © Porto Editora
(x + 3)2 + (y - 4)2 ≤ 1 ‹ z = 5 (por exemplo).
A 1 (- 3 , 4) ; B 1 (4 , - 2) ; P 1 (0 , y)
AP = BP
Plano perpendicular a Oy no ponto de ordenada 4 ; y = 4 .
(0 + 3)2 + (y - 4)2 = (0 - 4)2 + (y + 2)2
a (x - 1)2 + (y - 2)2 + (z - 3)2 ≤ 9
by = 4
c
§ 9 + y2 - 8y + 16 = 16 + y2 + 4y + 4
§
25
§ - 8x + 4x - 8y + 4y - 8z - 4z + 48 - 12 = 0
§ (y - 2)2 + z2 ≤ 2 ‹ x = 0 .
§ (x + 3)2 + (y - 4)2 ≤ 1 ‹ z = 5
14.4
§ x2 - 8x + 16 + y2 - 8y + 16 + z2 - 8z + 16 =
§ x2 + z2 ≤ 9 ‹ y = 0 .
§
a (x - 1)2 + (4 - 2)2 + (z - 3)2 ≤ 9
by = 4
c
§ - 8y - 4y = 4 - 9
§ - 12y = - 5 § y =
§
1
P1 0,
5
.
12
2
5
12
Pág. 107
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
2.1 O 1 (0 , 0 , 0) ; A 1 (3 , 0 , 0) ; B 1 (3 , 4 , 0) ;
5.1 AB = œ(4 - 2)2 + (5 - 7)2 + 52 = œ4 + 4 + 25 = œ33 ;
C 1 (0 , 4 , 0) ; G 1 (0 , 0 , 2) ; F 1 (3 , 0 , 2) ;
AC = œ(4 - 6)2 + (5 - 7)2 + 52 = œ4 + 4 + 25 = œ33 ;
E 1 (3 , 4 , 2) e D 1 (0 , 4 , 2) .
AD = œ(4 - 6)2 + (5 - 3)2 + 52 = œ4 + 4 + 25 = œ33 ;
2.2 O centro é M , ponto médio de [GD]: M 1 (0 , 2 , 2) ;
AE = œ(4 - 2)2 + (5 - 3)2 + 52 = œ4 + 4 + 25 = œ33 ;
O raio é 2 .
AB = AC = AD = AE = œ33 .
Superfície esférica de diâmetro [GD]:
5.2 AC = AB ± A pertence ao plano mediador de [CB] .
x2 + (y - 2)2 + (z - 2)2 = 4 .
De igual modo, como AB = AE , AE = AD e AD = AC ,
2.3 a) Plano mediador de [FG]:
A pertence ao plano mediador de cada uma das arestas [BE] ,
É o plano perpendicular a Ox que passa em
N1
3
1 2 , 0 , 22 , ponto médio de [FG]:
[ED] e [DC] .
5.3 B 1 (2 , 7 , 0) ; C 1 (6 , 7 , 0) ; P 1 (x , y , z)
3
Equação do plano: x = .
2
b) D 1 (0 , 4 , 2) ; F 1 (3 , 0 , 2) ; P 1 (x , y , z)
PB = PC
(x - 2)2 + (y - 2)2 + z2 = (x - 6)2 + (y - 2)2 + z2
PD = PF
x2 - 4x + 4 = x2 - 12x + 36
§ (x - 0)2 + (y - 4)2 + (z - 2)2 = (x - 3)2 + (y - 0)2 + (z - 2)2
8x = 32
§ x2 + y2 - 8y + 16 = x2 - 6x + 9 + y2
x=4.
5.4 AD = AB . Logo, o triângulo [ADB] é isósceles e, como G é o
§ 6x - 8y + 16 - 9 = 0
ponto médio de [DB] , o triâmgulo [AGB] é rectângulo.
§ 6x - 8y + 7 = 0 .
3.
AG é a altura da pirâmide.
P 1 (t , 2t , 0) ; A 1 (0 , 1 , - 2) ; B 1 (- 1 , 0 , 3) ;
GB =
PA = PB
§ (t - 0)2 + (2t - 1)2 + (0 + 2)2 = (t + 1)2 + (2t - 0)2 + (0 - 3)2
=
1
œ(6 - 2)2 + (3 - 7)2 + 0 =
2
=
1
œ16 + 16 =
2
=
1
* 4œ2 =
2
§ t + 4t - 4t + 1 + 4 = t + 2t + 1 + 4t + 9
2
2
2
2
§ - 4t - 2t + 5 - 10 = 0
§ - 6t = 5
5
§ t=- .
6
4.
= 2œ2
A 1 (- 4 , 1) ; B 1 (2 , - 3) ;
AB = œ33
C 1 (4 , 13) e I 1 (3 , 5) .
2
2
AB + AC = 52 + 208 = 260 = BC
2
2
§ AG + (2œ2) = (œ33)
2
§ AG = œ33 - 8
BC = œ(4 - 2)2 + (13 + 3)2 = œ4 + 256 = œ260 ;
2
2
2
AC = œ(4 + 4)2 + (13 - 1)2 = œ64 + 144 = œ208 ;
2
2
AG + GB = AB
4.1 AB = œ(2 + 4) + (- 3 - 1) = œ36 + 16 = œ52 ;
2
2
1
DB =
2
§ AG = 5
2
Aresta da base: BC = œ(6 - 2)2 + (7 - 7)2 + 02 = 4
2
AB + AC = BC ± O triângulo [ABC] é rectângulo em A
(Teorema de Pitágoras).
Vpirâmide =
4.2 IB = œ(3 - 2)2 + (5 + 3)2 = œ1 + 64 = œ65 ;
IC = œ(3 - 4)2 + (5 - 13)2 = œ1 + 64 = œ65 ;
IB = IC = œ65 ± I pertence à mediatriz de [BC] .
4.3 AI = œ(3 + 4)2 + (5 - 1)2 = œ49 + 16 = œ65 ;
1
1
2
Ab * AG = * BC * 5 =
3
3
=
1
* 42 * 5 =
3
=
80
3
AG = 5 u. c. ;
BC = œ(4 - 2)2 + (13 + 3)2 = œ4 + 256 = œ260 = 2 œ65 ;
V=
80
u. v.
3
AI = œ65 ; BC = 2œ65 ; BC = 2 AI .
4.4 AI = œ65 ;
BI = œ(3 - 2)2 + (5 + 3)2 = œ1 + 64 = œ65 ;
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CI = œ(3 - 4)2 + (5 - 13)2 = œ1 + 64 = œ65 ;
AI = BI = CI = œ65 . A , B e C são equidistantes de I logo,
pertencem à mesma circunferência de centro I .
5.
A 1 (4 , 5 , 5)
6.
Pág. 108
6.1 (A) Triângulo isósceles;
(B) Rectângulo.
6.2 Prisma A
A 1 (0 , 2 , 0) ; B 1 (0 , 0 , 2) ; O 1 (0 , 0 , 0) ;
C 1 (- 6 , 2 , 0)
B 1 (2 , 7 , 0) ; C 1 (6 , 7 , 0) ; D 1 (6 , 3 , 0) ;
Lado do quadrado da base: OB = 2 .
E 1 (2 , 3 , 0) .
Altura do prisma: AC = œ(- 6)2 + (2 - 2)2 + 02 = 6
26
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Lados do triângulo: a e b
CAPÍTULO 3
7.2 Centro: G 1 (1 , 1 , 1) ; raio: 1
(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 1 .
• a =1 +1
2
2
2
§ a = œ2
7.3 A 1 (1 , 1 , 2) ; B 1 (1 , 0 , 1) ; P 1 (x , y , z)
AP = BP
• b2 = 32 + 12
§ b = œ10
§ (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 2)2 = (x - 1)2 + y2 + (z - 1)2
Ptriângulo = a + 2b =
§ y2 - 2y + 1 + z2 - 4z + 4 = y2 + z2 - 2z + 1
= œ2 + 2œ10 .
§ - 2y - 4z + 2z + 4 = 0
§ y+z-2=0.
7.4 É um losango. A medida do lado é igual à altura do triângulo equilátero [AEB] .
Altura do triângulo
BE = œ(1 - 0)2 + (0 - 1)2 + (1 - 1)2 = œ2
2
h2 +
1œ 2
2
2
§ h2 = 10 § h=
Œ
Atriângulo =
2
2
= (œ10)
1 2
œ2
h +
2
2
1
2
§ h2 = 2 -
19
2
œ19
œ2 *
œ2
2
§ h=
=
œ19 .
P=4*
2
Prisma B
BC = œ(4 - 4)2 + 0 + (2 + 8)2 = 10
Lados do rectângulo: a e b
1
2
Œ 32 = œœ32 = œ26
œ6 = 2 6 .
œ
2
A secção produzida por a no octaedro é um losango de lado 2œ6 .
A 1 (0 , 0 , 2) ; B 1 (4 , 0 , 2) ; C 1 (4 , 0 , - 8)
AB = œ42 + 0 + (2 - 2)2 = 4
2
= (œ2)
1.
Pág. 109
1.1
• a = AB = 4
• b2 = 52 + 22
§ b = œ29
Prectângulo = 2 * 4 + 2 œ29 =
= 8 + 2 œ29
Arectângulo = 4œ29
Triângulo: P = (œ2 + 2œ10) cm ;
A=
œ19 cm2 .
2
Rectângulo: P = (8 + 2œ29) cm ; A = 4œ29 cm2 .
B 1 (0 , 8 , 7) ; C 1 (0 , 0 , 7) ; D 1 (8 , 0 , 7) ;
7.
7.1 B 1 (1 , 0 , 1) ; E 1 (0 , 1 , 1) ;
D 1 (1 , 2 , 1) e C 1 (2 , 1 , 1) .
E 1 (4 , 4 , 7) e V 1 (4 , 4 , 0) .
1.2 a) z = 7 ‹ 0 ≤ x ≤ 8 ‹ 0 ≤ y ≤ 8 ;
b)
a x2 + y2 + z2 ≤ 4
§ x2 + z2 ≤ 4
b
cy = 0
‹ y=0.
1.3 D 1 (8 , 0 , 7) ; B 1 (0 , 8 , 7) e P 1 (x , y , z) .
DP = BP
§ (x - 8)2 + y2 + (z - 7)2 = x2 + (y - 8)2 + (z - 7)2
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§ x2 - 16x + 64 + y2 = x2 + y2 - 16y + 64
§ - 16x = - 16y
§ x=y.
1.4 Centro: E 1 (4 , 4 , 7)
Raio: EC = œ42 + 42 + (7 - 7)2 = œ32
(x - 4)2 + (y - 4)2 + (z - 7)2 = 32 .
27
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
1.5 DC = 8
2.6 a)
VC = œ42 + 42 + 72 = œ81 = 9
P = 9 + 9 + 8 = 26 u. c.
1.6 Altura da pirâmide: 7
448
1
1
* Ab * altura = * 82 * 7 =
3
3
3
448
V=
u. v.
3
V=
1.7 O 1 (0 , 0 , 0)
E 1 (4 , 4 , 7)
F 1 (2 , k , - 2k)
OF = EF
b) D 1 (- 2 , b)
§ 22 + k2 + (- 2k)2 = (2 - 4)2 + (k - 4)2 + (- 2k - 7)2
(- 2 + 2)2 + (b + 1)2 = 9 § (b + 1)2 = 9
§ 4 + k2 + 4k2 = 4 + k2 - 8k + 16 + 4k2 + 28k + 49
§ b+1=3 › b+1=-3
§ 20k = - 65
13
§ k=.
4
§ b=2 › b=-4‚
§ b=-4
M
b<0
D 1 (- 2 , - 4) ; A 1 (- 5 , - 1) ; B 1 (1 , - 1)
2.
Pág. 110
AB = \- 5 - 1| = 6
2.1 Centro: C 1 (- 2 , - 1)
AD = œ(- 5 + 2)2 + (- 1 + 4)2 = œ9 + 9 = 3œ2
Raio: r = AC = 3
BD = œ(- 2 - 1)2 + (- 4 + 1)2 = œ9 + 9 = 3œ2
(x + 2) + (y + 1) = 9 .
P = 3œ2 + 3œ2 + 6 =
2
2
2.2 Recta AC : y = - 1 .
A recta r é perpendicular à recta y = - 1 e passa no ponto de tangência A 1 (- 5 , - 1) .
r: x=-5.
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2.3 P (- 3 , b) é um ponto da circunferência:
= 6œ2 + 6 ; o triângulo [ABD] é isósceles.
c)
c1) C é um ponto da mediatriz de [AD] porque CA = CD (são
raios da circunferência);
c2) A 1 (- 5 , - 1) ; D 1 (- 2 , - 4) e P 1 (x , y) .
(- 3 + 2)2 + (b + 1)2 = 9 § (b + 1)2 = 8 §
AP = DP
§ b + 1 = 2 œ2 › b + 1 = - 2 œ2 §
§ (x + 5)2 + (y + 1)2 = (x + 2)2 + (y + 4)2
§ b = - 1 + 2 œ2 › b = - 1 - 2 œ2
§ x2 + 10x + 25 + y2 + 2y + 1 = x2 + 4x + 4 + y2 + 8y + 16
(- 3 ,
§ 6x - 6y + 26 - 20 = 0 § 6x - 6y + 6 = 0
- 1 + 2œ2) ; (- 3 , - 1 - 2œ2) .
2.4 (x + 2)2 + (y + 1)2 < 9 ‹ x > 0 .
§ x-y+1=0.
2.5 AC = 3 ; C 1 (- 2 , - 1) ;
-2+3=1.
A recta pedida é tangente à circunferência no ponto (1 , - 1) .
Como é paralela à recta r tem como equação, por exemplo, x = 1 .
28
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 4
1.
«» = DC
«» , BA
«» = CD
«» , AD
«» = BC
«» , DA
«» = CB
«» ,
AB
Pág. 115
«» = F + FA
«» = A ;
2.3 a) F + DC
«» = P ;
b) O + OP
«» = A ;
c) D + DA
«» , CA
«» , DB
«» e BD
«»
AC
8 vectores
«» = B ;
d) A + AB
«» = E + EF
«» = F ;
e) E + CB
Resposta: (C) .
2.
Resposta: (D) .
3.
Não se define soma de um vector com um ponto.
«» = O + OC
«» = C .
f) O + FO
3.
«»|\ = \\EF
«»|\ + \\FG
«»|\
3.1 \\EG
2
Logo, A e D não são verdadeiras.
«» = D + DE
«» = E
D + HI
2
«» = G + GA
«» = A
G + IC
«»|\ = 82 + 62
§ \\EG
«»|\2 = 100
§ \\EG
Resposta: (B) .
«»|\ = 10 .
§ \\EG
«»|\ = \\AC
«»|\ + \\CG
«»|\
3.2 \\AG
2
1.
Pág. 116
[B , A] , [C , B] , [D , C] e [A , D] ;
«»|\ = \\DC
«»|\ = 2,5 ;
1.2 a) \\BC
«»|\ = \\ED
«»|\ = \\CF
«»|\ = \\GB
«»|\
3.3 \\AH
«» , por exemplo.
CF
«» , por exemplo.
3.4 GD
«» e FA
«» por exemplo.
3.5 GD
1 «»
1
\\DB |\ = * 3 = 1,5 ;
2
2
«»|\2 + \\DO
«» |\2 = \\CD
«»|\2
c) \\OC
«»|\2 + 1,52 = 2,52
§ \\OC
«» |\ =
b) \\DO
1.
«» + CG
«» = AB
«» + BF
«» = AF
«»
AB
«» + EA
«» = HF
«» + FB
«» = HB
«»
HF
«»|\ + 6,25 - 2,25
§ \\OC
«»|\ = œ4
§ \\OC
«» - HG
«» = AB
«» - AB
«» = »
AB
0
«» - FB
«» = AD
«» + BF
«» = AD
«» + DH
«» = AH
«»
AD
«»|\ = 2
§ \\OC
«»
«»|\ = 2 * 2 = 4 .
\\AC |\ = 2 \\OC
Resposta: (B) .
2
«» = 2 AB
«» 0 2 BA
«»
2.1 • AC
«» = O + OC
«» = C ;
b) O + AO
«» = B ;
c) D + DB
«»
d) A + AO = O ;
«» = AD
«» + DE
«»
• AE
1 «» 1 «» «»
1 «» 1 «» 1 «» «» «»
AF = (AD + DF ) = AD
+ DF = AD + DE 0 AE
2
2
2
2
2
1 «»
«»
• GE = GC (verdade)
2
«» = - ED
«» = - CB
«» 0 - BC
«»
• DE
«» = B ;
e) O + OB
«»
f) C + CA = A .
1.4 [D , C] , [A , B] , [D' , C'] e [A' , B'] .
Resposta: (C) .
2.
Pág. 117
«» = G ; C - GC
«» = G
2.2 C + CG
«»
v» = GC
2.1 a) Seis ;
Resposta: (B) .
«» e OA
«» ;
b) Por exemplo, EF
2
2
3
«»|\ +
= 32
c) \\OP
2
«»|\2 = 27
\\OP
4
12
«»|\ =
\\OP
3œ3
cm .
2
3œ3
«»|| * \\OP
«»|| 3 * 2
9œ3
\\ED
2.2 A[ODE] =
=
=
.
2
2
4
9œ3 54œ3
=
.
Ahexágono = 6 *
4
4
Ahexágono =
27œ3
cm2 .
2
Pág. 120
2.
«» = B ;
1.3 a) A + AB
CEXMA10 © Porto Editora
2
«»|\ = œ125
§ \\AG
«»|\ = 5œ5 .
§ \\AG
b) [A , B] , [B , C] , [C , D] , [D , A] , [C , A] , [B , D] ,
[B , A] , [C , B] , [D , C] , [A , D] , [A , C] e [D , B] ;
«» = DC
«» , BA
«» = CD
«» , BC
«» = AD
«» , CB
«» = DA
«» ;
c) AB
«»
«»
«»
«»
«»
«»
«»
«»
d) AB = DC , BA = CD , BC = AD , CB = DA ,
«» , BD
«» , AC
«» e CA
«» .
DB
2
«»|\2 = \\EG
«»|\2 + 52
§ \\AG
2
«»|\ = 100 + 25
§ \\AG
1.1 a) [A , B] , [B , C] , [C , D] , [D , A] ,
29
2
2
1.
«» + AD
«» = AB
«» + BC
«»
1.1 DC
«» .
= AC
-
«» + (AD
«» + DC
«»)
1.2 BA
«» + AC
«» = BC
«» .
= BA
«»
«»
«»
«»
1.3 - BA + (- AD) = AB + DA
«» + AB
«» = DB
«» .
= DA
«» + EB
«» + AD
«» = AB
«» + AD
«»
1.4 AE
«» + BC
«» = AC
«» .
= AB
«»
«»
«»
1.5 ED + DB = EB .
Pág. 121
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
2.
2.
2.1 3k v» = 15 v»
«» = (0 , - 1) = FE
«»
2.1 BA
«»
(BA
«» têm a mesma direcção, o mesmo sentido e o mesmo
e FE
comprimento .
3k = 15 § k = 5 .
2.2 5k (2k u») = 9 u» § (10k2) u» = 9 u»
2
«» e ID
«» , «»
«» , JH
«» e BD
«» .
HI
IF e AC
3.
3.1 a» = -
2»
b.
5
» 2,5 \\»
3.5 \\b|\=
a|\ .
1.
2.3 J (1 , 5) ; G (4 , 7) ; E (5 , 5) e C (5 , 3) .
2»
f.
3
1
3.4 - c»= - d» .
2
3 »
»
3.6 \\f |\= \\ i |\ .
4
3.2 e»= -
3.3 g» = - 2 h» .
«» ;
a» = (- 1 , 3) ; a» = AB
«» = (1 , 1) ; BD
«» = (1 , 1) ; AC
«» = (2 , 1) ;
2.4 JH
«» = (0 , - 3) e HF
«» = (3 , 0) .
GD
«» = DE
«» .
2.5 BD
2.6 Por exemplo:
«»
«» = (- 2 , - 2) e OF
«» = (5 , 6) .
IJ = (- 2 , 0) ; «»
IB = (0 , - 2) ; EB
Pág. 126
3.
A 1 (0 , 5) ; B 1 (x , y)
«» = B - A
AB
(- 1 , 3) = (x , y - 5) §
ax = - 1
by - 5 = 3
c
§
a x + 5 = - 10
b y - 2 = - 12
c
ax = - 1
by = 8
c
4.1 a) A (0 , 3) ;
u
» = (2 , 3 - k) ; v» = (2k , 4)
b) B (3 , 0) ;
u
» = v» § 2 = 2k ‹ 3 - k = 4 §
c) C (0 , - 3) ;
2
2
d) D (- 3 , 0) .
§ k =1 ‹ k=-1 §
2
«» = B - A = (3 , - 3) ;
4.2 a) AB
§ (k = - 1 › k = 1) ‹ k = - 1 § k = - 1
«» = A - B = (- 3 , 3) ;
b) BA
«» = C - A = (0 , - 6) ;
c) AC
Resposta: (C) .
A (2 , - 1) ; B (- 1 , - 3)
«» = D - C = (- 3 , 3) .
d) CD
«» = (3 , 3) = CB
«»
4.3 DA
P (x , y)
«» = PB
«»
AP
«» = A + AB
«» = B = (3 , 0) ;
4.4 a) A + DC
P-A=B-P
«» = A + AC
«» = C = (0 , - 3) .
b) A + 2OC
(x - 2 , y + 1) = (- 1 - x , - 3 - y)
P
1
12 ,
a x = - 15
b y = - 10
c
4.
Resposta: (B) .
ax - 2 = - 1 - x
b
cy + 1 = - 3 - y
§
T 1 (- 15 , - 10) .
B 1 (- 1 , 8)
3.
«» = (- 10 , - 12) ; S (- 5 , 2) ; T 1 (x , y)
ST
«»
T - S = ST
(x , y) - (- 5 , 2) = (- 10 , - 12)
(- 1 , 3) = (x , y) - (0 , 5)
2.
)
2.2 Por exemplo:
10k = 90 § k = 9 § k = 3 › k = - 3 .
2
§
a 2x = 1
b 2y = - 4
c
§
ax = 1
b 2
cy = - 2
5.
Pág. 128
5.1
2
-2
Resposta: (A) .
4.
3
Aresta do cubo = œ27 = 3
R 1 (3 , 0 , 0) ; T 1 (0 , 3 , 3)
«» = T - R = (- 3 , 3 , 3)
RT
5.2
Resposta: (D) .
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1.
Vector
Coordenadas
Componentes
a»
(3 , 1)
3»
i e »
j
b»
(2 , 1)
2»
i e »
j
c»
(0 , 3)
0»
i e 3»
j
d»
(2 , - 1)
2»
i e -»
j
e»
(- 2 , - 2)
- 2»
i e - 2»
j
f»
(- 3 , - 3)
- 3»
i e - 3»
j
g»
(- 3 , 0)
- 3»
i e 0»
j
Pág. 127
C (3 , 5) e D (5 , 2) ou
C' (- 3 , 1) e D' (- 1 , - 2)
30
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
«»
P - Q = QP
A 1 (- 2 , 1) ; B 1 (1 , 3) ; C 1 (- 1 , - 2)
«» = C - B = (- 1 , - 2) - (1 , 3) = (- 2 , - 5)
BC
«» = B - A = (1 , 3) - (- 2 , 1) = (3 , 2)
AB
(x , y) - (- 1, 5) = (- 1 , 3)
«» - AB
«» = (- 2 , - 5) - (3 , 2) = (- 5 , - 7)
BC
ax + 1 = - 1
by - 5 = 3
c
Resposta: (C) .
5.3 P (x , y)
3.
«» = (- 1 , 3) ; Q 1 (- 1 , 5)
QP
§
ax = - 2
by = 8
c
4.
As coordenadas do vector u
» são negativas.
Logo, como k < 0 e v» = k»
u , as coordenadas
do vector v» são positivas.
P (- 2 , 8) .
5.4 Por exemplo:
Resposta: (D) .
1.
P 1 (2 , - 1) ; Q 1 (5 , - 2) ;
Pág. 133
R 1 (3 , - 1) e S 1 (- 3 , - 1) .
«» = R
1.1 Q + QR
Ponto R 1 (3 , - 1) .
«» = Q - P = (5 , - 2) - (2 , - 1) = (3 , - 1)
1.2 PQ
«» = S - R = (- 3 , - 1) - (3 , - 1) = (- 6 , 0)
RS
«» + RS
«» = (3 , - 1) + (- 6 , 0) = (- 3 , - 1)
PQ
Vector (- 3 , - 1) .
«» = S - Q = (- 3 , - 1) - (5 , - 2) = (- 8 , 1)
1.3 QS
» e »
Há uma infinidade de representações para »
a, b
c.
«» = 3 (- 8 , 1) = (- 24 , 3)
3QS
«» = (3 , - 1) + (- 24 , 3) = (- 21 , 2)
R + 3QS
6.
6.1 É um polígono com seis lados.
Ponto (- 21 , 2) .
6.2 A (- 2 , - 1) ; B (1 , - 1) ; C (3 , 1) ;
«» - PS
«» = O
» + SP
«»
1.4 PP
D (2 , 3) ; E (- 1 , 3) e F (- 3 , 1) .
«» = P - S = (2 , - 1) - (- 3 , - 1) = (5 , 0)
= SP
«» = B - A = (3 , 0) ;
6.3 AB
Vector (5 , 0) .
«» = C - B = (2 , 2) ;
BC
«» = D - C = (- 1 , 2) ;
CD
2.
«» = E - D = (- 3 , 0) ;
DE
«» = F - E = (- 2 , - 2) ;
EF
«» = (x , y)
2.1 OP
«» = F - A = (- 1 , 2) .
AF
«» = (- 3 , 1) ; OA
«» = (- 2 , - 1) e OB
«» = (1 , - 1) .
OF
7.
«» = OI
«» .
Logo, AO
«» = M + MO
«» = O ;
7.3 a) M + OL
«» = (M + MA
«» ) + MI
«» = A + AL
«» = L ;
IL ) + MI
c) (M + «»
«» = M + AL
«» = I .
d) M + MI
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Pág. 132
2
«» = P - A = (x , y) - - 3 , 1 = x + 3 , y - 1
AP
2
2
1
1
5
1
«»
AC = C - A = - , 0 - - 3 ,
=
, 2
2
2
2
«» = AC
«»
AP
1
2 1
2 1
2 1
1
5
1
1
2
Resposta: (C) .
1
ax + 3 = 5
ax = - 2
d
2
§b
b 1
y=0
dy - = - 1
c
c 2
2
1
P1 - , 0 .
2
B 1 (0 , y , 0) , y > 0
Resposta: (C) .
1
2
2
1x + 3 , y - 2 2 = 1 2 ,
A 1 (x , 0 , 0) , x > 0
1
2
«» + CD
«» = (- 3 , 2) + (6 , - 2) = (3 , 0)
AB
«» = B - A = (- x , y , 0) ; - x < 0 ‹ y > 0
AB
31
2
1
«» = M ;
LI = A + AM
b) A + «»
2.
1
1
«» = A + AL
«» = L .
7.2 A + MI
2
2
1
7.1 As diagonais de um paralelogramo bissectam-se.
2 1
2 1
1
As coordenadas destes vectores são iguais às dos pontos C , D ,
E , F , A e B , respectivamente.
«» = D - C = (2 , - 2) - (- 4 , 0) = (6 , - 2)
CD
«» = B - A = 2 , - 1 - - 3 , 1 = 5 , - 5
AB
3
2
6
5
(x , y) = 5 , 6
5
P1 5, .
6
«» = DC
«» = C - D = - 1 , 0 - (- 2 , - 3) = 3 , 3
2.2 - CD
2
2
«» = (x , y)
OP
3
, 3
(x , y) =
2
3
, 3 .
P1
2
«» = AB
«» + BC
«» ; AP
«» = AC
«»
2.3 AP
1
«» = (3 , 1) ; OD
«» = (2 , 3) ; OE
«» = (- 1 , 3) ;
6.4 OC
«» = B - A = (0 , 4) - (3 , 2) = (- 3 , 2)
AB
1
P 1 (x , y) .
«» = A - F = (1 , - 2) ;
FA
1.
1
1 2 2 ; B 1 12 , - 3 2 ;
1
C 1 1- , 02 e D 1 (- 2 , - 3) .
2
A1 -3,
2
-
2
2
2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
«» = B - P = 2 , - 1 - (x , y) = 2 - x , - 1 - y
2.4 PB
1 32
1
1
1
5
«» = C - A = - , 0 - - 3 ,
AC
1 2 2 1 22 = 12 ,
2
3
1
2
§ œ9 + (3 - k)2 = 3
± 9 + (3 - k)2 = 9
2
§ (3 - k)2 = 0
«» = D - B = (- 2 , - 3) - 2 , - 1 = - 4 , - 8
BD
3
3
5
1
5
1
8
16
«» - 2 BD
«» =
, , AC
-2-4, =
+ 8,
=
2
2
3
2
2
3
21 29
,
=
2
6
1
2 1
2
1
1
«» = AC
«» - 2 BD
«»
PB
1
21 29
2-x, - -y =
,
3
2
6
2 1
2 1
2
2 1
2 1
a 2 - x = 21
d
2
b 1
d- - y = 29
c 3
6
a x = 2 - 21
a x = - 17
d
d
2
2
§b
§b
1
29
31
dy = - dy = c
c
3
6
6
2
Resposta: (B) .
1.
1.3 c»= (- 1 , 2)
\\»
c |\ = œ(- 1)2 + 22 = œ5 .
»
1.4 d = (- 3 , 5)
» = œ(- 3)2 + 52 = œ34 .
\\d|\
2
1.5 e»= (2 , - 1 , 2)
3.3 w
» = 3 c»- b = 3(1 , 1 , 1) - (0 , 0 , 2) = (3 , 3 , 3) - (0 , 0 , 2) =
= (3 , 3 , 1) .
3.4 »
t = 3 a» - 2 c»- 5 b» = 3(- 3 , 0 , 1) - 2(1 , 1 , 1) - 5(0 , 0 , 2) =
= (- 9 , 0 , 3) + (- 2 , - 2 , - 2) + (0 , 0 , - 10)
\\»
e |\ = œ22 + (- 1)2 + 22 = œ9 = 3 .
1.6 f»= (œ2 , 0 , 2)
2
\\f»|\ = Œ(Œ2) + 02 + 22 = œ6 .
2.
2.1 A 1 (0 , 3) ; B 1 (3 , 0)
«» = B - A = (3 , - 3)
AB
= (- 11 , - 2 , - 9) .
1.
«»|\= œ32 + (- 3)2 = œ9 * 2 = 3œ2 .
\\AB
A 1 (- 2 , - 1) ; B 1 (- 1 , - 2)
M1
1
-2-1 -1-2
,
2
2
Pág. 137
3
2 e M 1 1- 2 ,
-
2.2 A 1 (œ2 , œ3) ; B 1 (2 œ2 , - œ3) ;
«» = B - A = (œ2 , - 2 œ3)
AB
«»|\= Œ(Œ2)2 + (- 2Œ3)2 = œ2 + 12 = œ14 .
\\AB
3
.
2
2
Resposta: (B) .
2.
Pág. 138
\\»
a |\ = œ(- 3)2 + 0 = œ9 = 3 .
1.2 b»= (0 , - 5)
» = œ0 + (- 5)2 = œ25 = 5 .
\\b|\
2
17
31
, .
2
6
3. a» = (- 3 , 0 , 1) ; b»= (0 , 0 , 2) e c»= (1 , 1 , 1) .
3.1 u» = a» + b»= (- 3 , 0 , 1) + (0 , 0 , 2) = (- 3 , 0 , 3) .
3.2 v» = 2 b»= 2(0 , 0 , 2) = (0 , 0 , 4) .
1
§ k=3
1.1 a» = (- 3 , 0)
1
P1 -
§ 3-k=0
6
2 3
; B 1 (1 , - 1 , 1)
, - ,
7
7 7
«» = B - A = 13 , - 5 , 4
AB
7
7 7
1
A 1 (- 1 , - 1 , - 1) ; B 1 (1 , 1 , 1)
1
O centro C é o ponto médio de [AB] .
-1+1 -1+1 -1+1
,
,
C1
; C 1 (0 , 0 , 0)
2
2
2
1
2
«»|\=
\\AB
Raio: r = BC = œ12 + 12 + 12 = œ3
=
x2 + y2 + z2 = 3
3.
2
5
4
1
1
3
, 2
2
3.2 u» = (- 1 , 3) ; v» = (1 , - 3)
Resposta: (B) .
Resposta: (B) .
A 1 (2 , - 3) ; B 1 (- 1 , - k)
«» = B - A = (- 3 , - k + 3)
AB
«»|\= œ(- 3)2 + (3 - k)2 = œ9 + (3 - k)2
\\AB
«»|\= 3
\\AB
169 25 16
=
+
+
49
49 49
2
São colineares: u
» = - 1»
v.
«»|\= œ32 + (- 2)2 + 42 = œ9 + 4 + 16 = œ29
\\BA
Œ
1
3
= (1 , 3)
, 2
2
São colineares: u
» = - 2»
v.
1
-2-
3.3 u» = (6 , - 8) ; v» = (9 , - 12) ;
«» = A - B = (3 , - 2 , 4)
BA
=
2
= (3 , 5 , 7)
A (2 , 0 , 3) ; B (- 1 , 2 , - 1)
2
210 œ210
=
.
49
7
3.1 u» = (1 , 3) ; v» = -
= (2 , 3 , 4) + (1 , 2 , 3)
2
2 + 1 - 72 + 172
3.
«»
B = C + AC
CEXMA10 © Porto Editora
13
7
Resposta: (C) .
«» = C - A = (1 , 2 , 3)
AC
5.
Œ1
Œ
2
A 1 (1 , 1 , 1) ;
Centro: C 1 (2 , 3 , 4)
4.
2
2.3 A 1 -
u
» = k»
v § (6 , - 8) = k (9 , - 12) §
§ (6 , - 8) = (9k , - 12k)
§
a 6 = 9k
b - 8 = - 12k
c
São colineares: u
»=
ak = 6
d 9
§b
dk = 8
c 12
§ k=
2
3
2
v» .
3
3.4 u» = (0 , 0 , 0) ; v» = (4 , 6 , 9)
São colineares. O vector nulo é colinear com qualquer vector.
32
CEXMA10-RES-3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
7.2 b»= (2 , 4 , - œ5)
4.
4.1 a» = (2 , x) ; b»= (20 , 30)
a» = kb» § a» = (2k , 4k , - œ5k)
a» = k b» § (2 , x) = k (20 , 30)
a 2 = 20k
b x = 30k
c
§
\\»
a|\ = 10
ak = 1
d 10
§
ak = 1
10
§b
§b
d x = 30 * 1
x
=
3
c
c
10
± 4k2 + 16k2 + 5k2 = 100
§ 25k2 = 100
§ k2 = 4 § k = - 2 › k = 2
x=3.
4.2 a» = (x , - 2) ; b»= (0 , 16)
a» = (- 4 , - 8 , 2œ5) ou a» = (4 , 8 , - 2œ5) .
a» = k b» § (x , - 2) = k (0 , 16) §
ax = 0
ax = 0
§ b
§b
1
ck = - 8
c - 2 = 16k
x=0.
4.3 a» = (5 , x) ; b»= (0 , 0)
Como b» é o vector nulo. a» e b» são colineares qualquer que seja o
8.
8.1 AB = 4 ; BD = œ22 + 32 = œ13
O hexágono não é regular (AB 0 BD , por exemplo).
8.2 A 1 (2 , 0) ; F 1 (6 , 7)
«» = F - A = (4 , 7)
AF
B 1 (6 , 0) ; D 1 (8 ; 3,5)
valor de x .
«» = D - B = (2 ; 3,5)
BD
4.4 a» = (- 3œ2 , x , 0) ; b»= (5œ2 , - œ3, 0)
«» = k BD
«»
AF
a» = k b» § (- 3œ2 , x , 0) = k (5œ2 , - œ3, 0)
§ (4 , 7) = k (2 ; 3,5) §
a- 3 2 = 5k 2
ak = - 3
œ
d œ
d
5
§ b x = - œ3k
§b
d0 = 0
d x = 3œ3
c
c
5
x=
Œ(2k)2 + (4k)2 + (- Œ5k)2 = 10
§ (4 , 7) = (2k ; 3,5k) §
a 2k = 4
c 3,5k = 7
§b
3œ3
.
5
§k=2.
«» e BD
«» têm a mesma direcção, pois AF
«» = 2BD
«» .
AF
«» = (8 , 0)
8.3 a) HE
5.
«» = (4 , 0)
GF
5.1 A 1 (1 , 3) ; B 1 (2 , 4) ; C 1 (4 , 6)
«» = 2GF
«»
HE
«» = B - A = (1 , 1)
AB
«» = C - B = (2 , 2)
BC
«» = 2AB
«»
BC
k=2;
«» = D - F = (8 ; 3,5) - (6 , 7) = (2 ; - 3,5)
b) FD
«» e BC
«» são colineares.
Os vectores AB
Logo, os pontos A , B e C estão alinhados.
5.2 A 1 (2 , 0 , 1) ; B 1 (4 , 0 , 2) ; C 1 (- 2 , 0 , - 1)
«» = B - A = (2 , 0 , 1)
AB
«» = C - B = (- 6 , 0 , - 3)
BC
«» = G - B = (2 , 7) - (6 , 0) = (- 4 , 7)
BG
«» = - 1 BG
«»
FD
2
1
k=- .
2
8.4 Por exemplo:
Ahexágono = 2 A[AGI] + A[ABFG]
7*2
=2*
+ 4 * 7 = 42 u. a.
2
«» = - 1 BC
«» . Logo, os pontos A , B e C estão alinhados.
AB
3
6.
Pág. 139
9.
A 1 (- 1 , 3) ; B 1 (2 , - 4) ; Q 1 (- 5 , 0)
«» = (1 , 3) e OB
«» = (3 , 9) .
6.1 OA
P (3 , y) (P pertence à recta de equação x = 3)
«» = B - A = (2 , 6)
6.2 AB
«» = Q - P = (- 8 , - y)
PQ
«»|\= œ22 + 62 = œ40 = 2œ10 .
\\AB
«»
«»
6.3 OB = r OA
«» = B - A = (3 , - 7)
AB
(3 , 9) = r (1 , 3) §
a3 = r
b 9 = 3r
c
§r=3.
7.
«» = k AB
«»
PQ
§ (- 8 , - y) = k (3 , - 7) § (- 8 , - y) = (3k , - 7k) §
a 3k = - 8
§b
c - y = - 7k
7.1 v» = (1 , 3)
u
» = k v» § u
» = (k , 3k)
CEXMA10 © Porto Editora
\\»
u|\ = 10
§ œk2 + (3k)2 = 10
56
.
3
2
«» = BA
«» + AC
«»
10. BC
± k + 9k = 100
«» = 2DA
«» + 2AE
«»
BC
§ 10k2 = 100
«» + AE
«»)
«» = 2(DA
BC
§ k = 10 § k = - œ10 › k = œ10
«» = 2DE
«»
BC
u
» = (- œ10 , - 3œ10) ou u
» = (œ10 , 3œ10) .
«» e DE
«» são colineares (c.q.m.).
Logo, BC
2
2
2
33
1
P1 3, -
8
ak = - 3
§b
56
cy = - 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
«» = QR
«» e PQ
«» = SR
«», porque
11. (i) PS
Pág. 140
15. M 1 (4 , 3) ; N 1 (6 , 3) ; A 1 (2 , 2)
«» = RN
«» , porque M e N
(ii) MP
são os pontos médios de [PS]
e [QR] .
B 1 (10 , 4)
«» = (4 , 3) + (2 , 1) = (6 , 4)
D = M + AM
D 1 (6 , 4) .
«» = (6 , 4) + 2 (4 , 1) = (6 , 4) + (8 , 2) = (14 , 6)
C = D + 2 AN
«» = MP
«» + PQ
«» =
MQ
«» + SR
«» =
= RN
C 1 (14 , 6) .
«» + RN
«» =
= SR
«» (c.q.m.).
= SN
16.
M 1 (- 2 , 6) e C 1 (1 , 2) .
16.1
«» = C - M = (3 , - 4) ;
MC
«»|\= œ32 + (- 4)2 = 5 .
r = \\MC
16.2
«» = (1 , 2) + (3 , - 4)
A = C + MC
12.
12.1
P 1 (5 , 3) ; Q 1 (4 , 7)
5+4 3+7
9
,
, 5 .
M1
; M1
2
2
2
1
12.2
12.3
1
2
= (4 , - 2) .
16.3
2
2
1
1
2
2 5
1 5
+
+
3 3
2 2
7 3
; M1
.
,
,
2
2
6 2
2
1
2
2
2
1
P 1 (- 4 , 1 , 1) ; Q 1 (- 3 , - 2 , 2)
-4-3 1-2 1+2
1 3
7
,
,
M1
; M1 - , - ,
.
2
2
2
2
2 2
1
2
1
1
2
B 1 (3 , 5) ; M 1 (6 , 3)
B 1 (0 , 0) ; M 1 (2 , œ2)
«» = (2 , œ2) + (2 , œ2) = (4 , 2œ2)
A = M + BM
B 1 (1 , - 1 , 0) ; M 1 (- 2 , 1 , 1)
1
A 1 (- 5 , 3 , 2) .
B 1 (3 , 4 , 5) ; M 1 (0 , 1 , 0)
18.
«» = (0, 1 , 0) + (- 3 , - 3 , - 5) = (- 3 , - 2 , - 5)
A = M + BM
18.1
14.
A 1 (2 , 3) ;
CEXMA10 © Porto Editora
B 1 (7 , 6) ;
C 1 (4 , - 4)
2+7 3+6
9 9
M1 1
,
; M1 1
,
;
2
2
2 2
7+4 6-4
11
M2 1
; M2 1
,
, 1 .
2
2
2
«» = C - A = (2 , - 7) ;
AC
7
«««»
.
M
1M2 = M2 - M1 = 1 , 2
7
«««»
«» .
2M
= (2 , - 7) = AC
1M2 = 2 1 , 2
1
1
14.3
2
2
1
1
2
2 1
2 1
2
1
1
2
2
2
2
A 1 (1 , 1) ; B 1 (- 5 , 0) ; C 1 (2 , - 3)
-5+2 0-3
3
3
; M1 1 - , ;
M1 1
,
2
2
2
2
1+2 1-3
3
M2 1
; M2 1
,
, -1 ;
2
2
2
1-5 1+0
1
M3 1
; M3 1 - 2 ,
;
,
2
2
2
5 5
««»
M
,
1A = A - M1 =
2 2
1 ««»
3
3
1 5 5
+
,
P = M1 + M
A= - , 3 1
2
2
3 2 2
3
5 5
3
,
+
= - , 2
2
6 6
2
2
= - , 3
3
13
««»
M
, 1
2B = B - M2 = 2
1
1
1
A 1 (- 3 , - 2 , - 5) .
14.2
2
1
1
AB = œ(1 + 2)2 + (- 1 - 4)2 + (2 + 3)2 =
2
2
1
= œ9 + 25 + 25 =
2
1
= œ59
2
Equação da superfície esférica:
1 2
3 2
1 2 59
.
x+
+ y+ z+
=
2
2
2
4
«» = (- 2, 1 , 1) + (- 3 , 2 , 1) = (- 5 , 3 , 2)
A = M + BM
14.1
4-1 -3+2
,
2
2
1
2
Raio;
A 1 (4 , 2œ2) .
13.4
-2+1
1 2 ,
1 3
C 1 1- ,
,
2 2
A 1 (9 , 1) .
13.3
ax = - 1
b y = 14
c 3
2
Centro: C 1
«» = (6, 3) + (3 , - 2) = (9 , 1)
A = M + BM
13.2
2
17. A 1 (- 2 , 4 , - 3) e B 1 (1 , - 1 , 2) .
13.
13.1
N 1 (x , y)
«» = N - M = (x + 2 , y - 6)
MN
«»
NC = C - N = (1 - x , 2 - y)
«» = 1 NC
«»
MN
2
1
(x + 2 , y - 6) = (1 - x , 2 - y)
2
1-x 2-y
,
(x + 2 , y - 6) =
2
2
1-x
ax + 2 = 2
a 2x + 4 = 1 - x
§b
§
b
2-y
2y - 12 = 2 - y
c
y
6
=
c
2
14
N1 -1,
.
3
1
P 1 (1 , 2 , 3) ; Q 1 (- 1 , 3 , 3)
1-1 2+3 3+3
5
,
,
, 3 .
M1
; M1 0,
2
2
2
2
1
12.5
2
1
P 1 (- 1 , 9) ; Q 1 (8 , 9)
-1+8 9+9
7
,
, 9 .
M1
; M1
2
2
2
2 1
5
,
; 2,5
P1
; Q1
3 2
3
M1
12.4
2
1
1
Pág. 141
«» = (6 , 3) + (4 , 1) = (10 , 4)
B = N + AN
[PQRS] é um paralelogramo;
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2 1 2
2 1 2
2
1
1
1
1
2
1
2
34
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
1 ««»
3
1
13
MB=
, -1 +
, 1
3 2
2
3
2
3
13 1
=
, -1 + ,
2
6
3
2
2
= - , 3
3
7
««»
M
3C = C - M3 = 4 , 2
1 ««»
1
1
7
R = M3 + M3C = - 2 ,
+
4, 3
2
3
2
1
4
7
+
, = -2,
2
3
6
2
2
= - , 3
3
2
2
P=Q=R= - , .
3
3
2
2
.
- , 3
3
1
1
1
Q = M2 +
2 1
2 1
2
1
1
1
1
2
2 1
2 1
2
2
1
2
2
≤
11
.
4
b) Vpirâmide = 4 * Vparalelepípedo
2
c-1=4*3
c = 13 .
2.
2
A 1 (2 , 3 , 10) ; B 1 (10 , 13 , 25)
Pág. 143
C 1 (98 , 123 , 190) .
«» = B - A = (8 , 10 , 15)
2.1 AB
«» = C - B = (88 , 110 , 165)
BC
Pág. 142
1.1 G é um ponto de abcissa e cota nulas e ordenada negativa que pertence à superfície esférica:
G 1 (0 , b , 0) , b < 0 ;
(0 - 1)2 + (b - 1)2 + (0 - 1)2 = 11
«» = 11 * AB
«»
BC
«» e BC
«» são colineares. Logo, A , B e C estão alinhados, o
AB
que significa que o projéctil segue em trajectória rectilínea, logo o
alvo é atingido.
«» = C - A = (96 , 120 , 180)
2.2 a) AC
§ 1 + (b - 1)2 + 1 = 11
«»|\= œ962 + 1202 + 1802 = œ56 016 ) 237
\\AC
§ (b - 1)2 = 9
«»|\) 237 u. c. < 300 u. c.
\\AC
§ b-1=3 › b-1=-3
«» = (88 , 110 , 165)
b) BC
§ b=4 › b=-2‚
b<0
M
§ b=-2
«»|\= œ882 + 1102 + 1652 = œ47 069
\\BC
«»|\- \\BC
«»|\= œ56 016 - œ47 069
\\AC
G 1 (0 , - 2 , 0) (c.q.v.).
= 12 œ389 - 11 œ389
1.2 B 1 (0 , 1 , 1) ; C 1 (0 , - 2 , 1) ; D 1 (1 , - 2 , 1) ;
E 1 (1 , 1 , 0) ; F 1 (0 , 1 , 0) e H 1 (1 , - 2 , 0) .
«» = E - C = (1 , 3 , - 1) ;
1.3 a) CE
= œ389 ) 19,7 u. c.
98 + 2 123 + 3 190 + 10
,
,
2
2
2
M 1 (50 , 63 , 100) ;
2.3 a) M 1
«» = B - D = (- 1 , 3 , 0) .
b) DB
«» = F - D = (- 1 , 3 , - 1)
1.4 DF
1
2
«» = (8 , 10 , 15)
b) AB
«» = (0 , 1 , 1)
OB
«» = (48 , 60 , 90)
AM
«» - 3OB
«» = (- 1 , 3 , - 1) - 3 (0 , 1 , 1) =
DF
«» = k AM
«» § (8 , 10 , 15) = (48k , 60k , 90k)
AB
= (- 1 , 3 , - 1) + (0 , - 3 , - 3)
§ 48k = 8 ‹ 60k = 10 ‹ 90k = 15
1
§ k= .
6
= (- 1 , 0 , - 4)
«» - 3OB
«»|\= œ(- 1)2 + 0 + (- 4)2 = œ17 .
\\DF
2.4 A 1 (2 , 3 , 10) ; B 1 (10 , 13 , 25)
«» = E - G = (1 , 1 , 0) - (0 , - 2 , 0)
1.5 GE
P 1 (x , y , z)
«» = (1 , 3 , 0)
GE
«» = AP
«»
BP
«» = k (1 , 3 , 0) = (k , 3k , 0)
u
» = k GE
§ (x - 10)2 + (y - 13)2 + (z - 25)2 = (x - 2)2 + (y - 3)2 + (z - 10)2
\\»
u|\= 2œ10
§ x2 - 20x + 100 + y2 - 26y + 169 + z2 - 50z + 625 =
§ œk2 + (3k)2 = 2œ10
= x2 - 4x + 4 + y2 - 6y + 9 + z2 - 20z + 100
± k2 + 9k2 = 40
§ - 16x - 20y - 30z + 781 = 0
§ 10k2 = 40
§ 16x + 20y + 30z - 781 = 0 .
§ k =4 § k=-2 › k=2
2
2.5 D 1 (0 , y , 0)
u
» = (2 , 6 , 0) ou u
» = (- 2 , - 6 , 0) .
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2
Vparalelepípedo = HE * EF * EA = 3 * 1 * 1 = 3
1
Vpirâmide = * DA * AB * altura
3
1
= * 3 * 1 * (c - 1) = c - 1
3
Vsólido = 3 + (c - 1) = 2 + c ;
1.
1.6 H 1 (1 , - 2 , 0) ; B 1 (0 , 1 , 1)
1 -2+1 1
1
1 1
Centro 1
,
,
=
, - ,
2
2
2
2
2 2
1
1
2
2
Raio: r = HB = œ1 + ( - 2 - 1) + 12 =
2
2
1
œ11
= œ1 + 9 + 1 =
2
2
35
1
1.7 a) HE = 3 ; EF = 1 ; EA = 1
2
1
2
1x - 2 2 + 1y + 2 2 + 1z - 2 2
2
1
1
1
18.2
CAPÍTULO 1
2 1
2
D pertence ao plano mediador de [AB] pois é equidistante de A
e B.
16 * 0 + 20y + 30 * 0 - 781 = 0 §
§ 20y = 781
§ y = 39,05
D 1 (0 ; 39,05 ; 0)
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 5
1.
P 1 (0 , 5 , 4) ;
Pág. 148
1.
«» = Q - P = (3 , 0 , - 4)
PQ
2.
PQ : (x , y , z) = (3 , 5 , 0) + k (3 , 0 , - 4) , k å R
Resposta: (C) .
c) [AB] : (x , y) = (- 3 , 0) + k (4 , 5) , k å [0 , 1] (por exemplo).
1.2 AB : (x , y) = (- 3 , 0) + k (4 , 5) , k å R ; C (- 2 , 6)
Plano xOz : y = 0
(- 2 , 6) = (- 3 , 0) + (4k , 5k) , k å R
‚y=0
(x , 0 , z) = (- 1 , 2 , 0) + (2k , - k , 3k) , k å R M
a - 2 = - 3 + 4k
,
b 6 = 5k
c
(x , 0 , z) = (- 1 + 2k , 2 - k , 3k) , k å R
a x = - 1 + 2k
b0 = 2 - k ,
c z = 3k
kåR §
ax = 3
bk = 2
cz = 6
1
kåR
ak = 4
§b
6
ck = 5
O sistema é impossível. C não pertence a AB .
1
1.3 AB : (x , y) = (- 3 , 0) + k (4 , 5) , k å R ; P x , 1
x, = (- 3 , 0) + (4k , 5k) , k å R
3
Resposta: (D) .
1x ,
T 1 (2 , 0 , 2) ; P 1 (2 , 0 , 0)
1
3
2
2
1
Logo, P 1 (3 , 0 , 6)
-
1
= (- 3 + 4k , 5k) , k å R
3
2
49
4
a x = - 3 + 4k
a x = - 3 - 15
a x = - 15
§
§
b 1
b
b
1
1
c- 3 = 5k
c k = - 15
c k = - 15
«» = P - T = (0 , 0 , - 2)
TP
A recta TP tem a direcção do eixo Oz .
Qualquer vector colinear com (0 , 0 , 1) é um vector director da
recta TP .
4.
Pág. 149
AB : (x , y) = (- 3 , 0) + k (4 , 5) , k å R (por exemplo);
.B : (x , y) = (- 3 , 0) + k (4 , 5) , k å R +
b) A
0 (por exemplo);
(x , y , z) = (- 1 , 2 , 0) + k (2 , - 1 , 3) , k å R
3.
A (- 3 , 0) ; B (1 , 5)
«» = B - A = (4 , 5)
1.1 a) AB
Q 1 (3 , 5 , 0)
x =-
49
.
15
T 1 (2 , 0 , 2) pertence à recta.
2.
(x , y , z) = (2 , 0 , 2) + k (0 , 0 , 3) , k å R é uma equação de TP .
2.1 (x , y , z) = (1 , 1 , 1) + k (1 , 0 , 0) , k å R (por exemplo).
Resposta: (B) .
«» = (1 , 2 , 3)
2.2 A (1 , 2 , 3) ; OA
(x , y , z) = (0 , 0 , 0) + k (1 , 2 , 3) , k å R (por exemplo).
r : (x , y , z) = (1 , 3 , 0) + k (2 , - 3 , 1) , k å R
r : (x , y , z) = (1 , 3 , 0) + (2k , - 3k , k) , k å R
2.3 A (1 , 2 , 3) ; B (4 , 0 , 2)
r : (x , y , z) = (1 + 2k , 3 - 3k , k) , k å R
«» = B - A = (3 , - 2 , - 1)
AB
Ponto (2 , - 3 , 1)
(x , y , z) = (1 , 2 , 3) + k (3 , - 2 , - 1) , k å R (por exemplo).
(2 , - 3 , 1) = (1 + 2k , 3 - 3k , k) , k å R
a 2 = 1 + 2k
d
b - 3 = 3 - 3k
d1 = k
c
§
a k = ––1
d 2
bk = 2
d
ck = 1
3.
A (1 , 0 , 0) ; B (1 , 1 , 2) ; C (0 , 0 , 1)
Sistema impossível
O sistema é impossível. O ponto não pertence a r .
Ponto (5 , 9 , 2)
(5 , 9 , 2) = (1 + 2k , 3 - 3k , k) , k å R
a 5 = 1 + 2k
b 9 = 3 - 3k
c2 = k
§
ak = 2
bk = - 2
ck = 2
O sistema é impossível. O ponto não pertence a r .
Ponto (3 , 0 , 1)
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(3 , 0 , 1) = (1 + 2k , 3 - 3k , k) , k å R
a 3 = 1 + 2k
b 0 = 3 - 3k
c1 = k
ak = 1
§
bk = 1
ck = 1
§
O ponto pertence à recta r .
Resposta: (C) .
k=1
1+0 1+0 2+1
,
,
;
2
2
2
2
M1
1
M1
12 ,
1
1 3
,
2 2
2
««»1 = M1 - A = - 1 , 1 , 3
AM
2 2 2
1
2
1
m1 : (x , y , z) = (1 , 0 , 0) + k -
1 1 3
, k å R (por exemplo).
,
,
2 2 2
2
36
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 5
3.
0 + 1
1
1 + 0
1
, 0,
; M2  , 0 , 
M2 
 2
2
2 
2
mt > ms ⇔ mt – ms > 0
"
3
 1
BM2 = M2 – B =  – , – 1 , – 
 2
2
Resposta: (C) .
3
 1
m2 : (x , y , z) = (1 , 1 , 2) + k  –
, – 1 , –  , k ∈ R (p. e.);
 2
2
1

 1 + 1 0 + 1 0 + 2

; M3  1 ,
, 1
,
M3 
,


 2
2
2 
2
"
1


CM3 = M3 – C =  1 ,
, 0


2
1


, 0 , k ∈ R (p. e.).
m3 : (x , y , z) = (0 , 0 , 1) + k  1 ,


2
4.1 Seja a a aresta do cubo.
As coordenadas de D , B , e H em função de a são:
a
a

D 1 ( a , 0 , a ) ; B 1 (0 , a , a ) e H 1  ,
, 0 .

2 2
¡
Como os três pontos pertencem ao plano de equação x + y = 10
tem-se:
D 1 (a , 0 , a)
a + 0 = 10
a = 10
"
4.2 DH = H – D = (– 5 , 5 , – 10)
4.3 O (0 , 0 , 0) ; G (0 , 10 , 0)
I (0 , 5 , 0)
"
AI = I – A = (0 , 5 , – 10)
AI : (x , y , z) = (0 , 0 , 10) + k (0 , 5 , – 10) , k ∈ R (p. e.).
r
u = (3 ,
– 2) é um vector director de uma recta r
2
se o declive de r for m = – .
3
O declive de r é –
r
3
. Logo, u = (3 , – 2) não é um vector
2
I é falsa.
A (2 , 5) ; B (– 1 , 0)
CEXMA10 © Porto Editora
2.
Pág. 154
3
5
x+
2
2
director de r.
1–5
–4
4
=
=
–2–3
–5
5
4
12
4
⇔
x
–
3
y
=
x–
+5
y –5=
(
)
5
5
5
13
4
;
⇔ y= x+
5
5
1.1 a) mAB =
2–5
–3 3
=
=
–5–3
–8 8
3
y –5=
( x – 3) ⇔ y = 83 x – 89 + 5
8
3
31
;
⇔ y= x+
8
8
b) mAC =
0–5
5
=
–1–2 3
1
; ( – 2 , 1)
2
1
1 = – × ( – 2) + b
2
b=0
1
r : y =– x.
2
m =–
7
5 + 2

3 – 5
; M – 1 , 
M
,

 2
2
2 
s : y = mx + b
M ∈s e b = – 2
7
= m × ( – 1) – 2
2
7
11
m=– –2 ⇔ m=–
2
2
11
s: y=–
x– 2.
2
"
1.4 AC = C – A = ( – 8 , – 3)
II é verdadeira.
Resposta: (D).
0=
Atriângulo = 4
OB × OA
OB × 2
=4 ⇔
= 4 ⇔ OB = 4
2
2
B 1 (4 , 0) e A (0 , 2) são pontos da recta r .
2–0
1
m=
=– .
0–4
2
Resposta: (D).
∈r
1.3 A (3 , 5) ; C ( – 5 , 2)
3
; (1 , 0) ∈ t
8
t : y = mx + b
m=
Pág. 155
1.2 r : y = mx + b
DH: (x , y , z) = (10 , 0 , 10) + k (– 5 , 5 , – 10) , k ∈ R (p. e.).
r : 2y + 3x = 5 ⇔ 2y = – 3x + 5 ⇔ y = –
A (3 , 5) , B (– 2 , 1) , C (– 5 , 2)
2–1
1
1
=
=–
3
–5+2
–3
1
y –1=–
( x + 2) ⇔ y = – 13 x – 23 + 1
3
1
1
⇔ y =– x+ .
3
3
D (10 , 0 , 10) , B (0 , 10 , 10) e H ( 5 , 5 , 0).
1.
1.
c) mBC =
x=a e y=0
Logo,
0 + 10


I 0 ,
, 0 ;


2
A (0 , 0 , 10)
mr > mt > ms
mt =
3
3
×1+ b ⇔ b =–
8
8
3
3
t: y= x– .
8
8
2. C 1 (1 , 2)
2.1 Raio da circunferência
r = OC = 12 + 22 = 5
( x – 1)2 + ( y – 2)2
=5.
37
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.2 Determinemos os pontos da circunferência pertencentes à recta de
equação x = – 1 :
 x = – 1

2
2
( x – 1) + ( y – 2) = 5
CAPÍTULO 5
1.
"
Pág. 159
AB = ( – 2 , m , 3)
r : (x , y , z) = (1 , 0 , 0) + k (2 , 1 , – 3) , k ∈ R
 x = – 1
⇔ 
⇔
2
2
( – 1 – 1) + ( y – 2) = 5
r
Se r e AB são paralelas os vectores r = (2 , 1 , – 3)
 x = – 1
x = – 1
⇔ 
⇔
⇔ 
2
y – 2 = 1 › y – 2 = – 1
( y – 2) = 1
"
e AB = ( – 2 , m , 3) são colineares:
"
AB = λ »
r
x = – 1
x = – 1
x = – 1
⇔ 
› 
⇔ 
=
=
›
=
1
3
y
3
y
y


y = 1
(– 2 ,
Logo, A (– 1 , 1) e B (– 1 , 3) .
λ = – 1
 – 2 = 2λ


⇔ m = λ
m , 3) = λ ( 2 , 1 , – 3) ⇔ m = λ
λ = – 1
3 = – 3λ


A (– 1 , 1) ; C 1 (1 , 2)
Logo, m = – 1
2–1 1
=
1+1 2
1
1
1
AC : y – 1 = ( x + 1) ⇔ y = x +
+1
2
2
2
1
3
y= x+ .
2
2
Resposta: (B).
mAC =
2.
2.3 Seja P (x , y) um ponto da mediatriz de [AC] :
 y = 4
 y = 4
⇔  2
⇔
 2
2
2
2
2
 x + ( 4 – 2) + z = 4
 x + ( y – 2) + z = 4
 y = 4
y = 4
⇔ 
 2
2
x = 0 ‹ z = 0
 x + z = 0
AP = CP
( x + 1)2 + ( y – 1)2 = ( x – 1)2 + ( y – 2)2
x2 + 2x + 1 + y2 – 2y + 1 = x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4
A intersecção de α com E é o ponto de coordenadas (0 , 4 , 0).
– 2y + 4y = – 2x – 2x + 4 – 1
Resposta: (A).
2y = – 4x + 3
3
y = – 2x + .
2
3.
r : y – x = 6 ⇔ y = x + 6 ; mr = 1
3

2.4 Trata-se da recta CD , sendo C (1 , 2) e D  0 ,  .

2
3
1
–2 –
1
mCD = 2
= 2 =
0–1 –1
2
b : (x , y) = (– 1 , 1) + k (– 2 , 2) , k ∈ R
3.1 x – 2
c:
3
(2)
–
a : y = – x + 3 ; ma = – 1 0 mr
mb =
1–y
= 0 ⇔ 2 (x – 2) – 3 (1 – y) = 0 ⇔
2
(3)
⇔ 2x – 4 – 3 + 3y = 0
⇔ 3y = – 2x + 7
2
7
⇔ y =– x+ .
3
3
3.3
x–3
–y +1
=
⇔ x–3=y –1⇔
2
–2
⇔ y= x–2
mc = 1 = mr .
r e c são paralelas não coincidentes (as ordenadas na origem são
diferentes); r e c são estritamente paralelas.
3.2 Por exemplo: (2 , 1) e (– 1 , 3) .
2
7
4
7
x=2 ⇒ y =–
× 2+
=–
+
=1;
3
3
3
3
2
7
2
7
x = – 1 ⇒ y = – × (– 1) +
=
+
=3.
3
3
3
3
2
= – 1 0 mr
–2
Resposta: (C).
4.
P (3 , – 1)
r : (x , y) = (2 , 0) + k (– 2 , 3) , k ∈ R
mr =
3
3
=–
–2
2
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A recta pedida passa em P e tem declive –
y +1=–
y =–
3
2
( x – 3)
3
7
x+
2
2
Resposta: (D).
38
⇔ y =–
3
:
2
3
9
x+
–1⇔
2
2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
5.
CAPÍTULO 5
2.3 r : 5x – 3y = 7
r : x+y +1=0
x – 1 = – k
x = 1 – k

s: 
, k ∈R
, k ∈ R ⇔ y – 5
 y = 5 – 3k
 3 =–k

y–5
s : x–1=
⇔ 3x – 3 = y – 5 ⇔ 3x – y + 2 = 0
3
s : 3x + y = – 1
5x – 3y = 7
5x – 3 ( – 1 – 3x ) = 7
⇔ 

 y = – 1 – 3x
3x + y = – 1
2
2


 x = 7
 x = 7
⇔ 
⇔
 y = – 13
y = – 1 – 6


7
7
Intersecção de r com s :
 y = – x – 1
x + y + 1 = 0
y = – x – 1
⇔ 
⇔ 

3
x
–
–
x
–
1
+
2
=
0
3
x
–
y
+
2
=
0
(
)


4x = – 3

 y = –
⇔
x = –

1
4
3
4
⇔
As rectas r e s são concorrentes, intersectam-se no ponto de
13 
2
coordenadas (x , y) =  , –
.
7
7 
1
 3
; B –
, – 
 4
4
3.
A (1 , 2)
Recta AB
r : 2x + 11y – 49 = 0
s : 3x + 4y – 11 = 0
t : 4x – 3y + 2 = 0
3.1 Ponto A : r ∩ s
1
9
4 = 4 = 9
=
7
3
7
1+
4
4
2+
mAB
9
7
y –2=
( x – 1)
2x + 11y – 49 = 0

3x + 4y – 11 = 0
9
9
x–
+2
7
7
⇔ y=
⇔
y=
9
5
x+
7
7
Resposta: (C).
1.
A 1 (– 2 , 3) ; B 1 (1 , – 1)
1.1 r : 3y = – 1 – 4x ⇔ y = –
"
Pág. 160
4
1
4
x–
; mr = –
3
3
3
–4
= mr
3
As rectas são paralelas.
1.2 s : 3 – kx – 2y = 0 ⇔ 2y = – kx + 3 ⇔ y = – k x + 3
2
2
k
ms = –
2
ms = mAB ⇔ –
4
k
=–
2
3
⇔ k=
8
.
3
2.1 s : 3x + 2y = 3 ⇔ 2y = – 3x + 3 ⇔ y = –
3
3
x+
2
2
t : y = 3x – 2
 y = 3x – 2
 y = 3x – 2
y = 3x – 2


⇔

3
3 ⇔ 
3 ⇔ 
3
6x – 4 = – 3x + 3
3x – 2 = – 2 x + 2
 y = – 2 x + 2

y=
 y = 3x – 2

⇔ 
⇔ 
9x = 7
x =

1
3
7
9
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s : 2y =
2
1
3
x–3 ⇔ y= x–
5
5
2
mr = m s e –
1
3
0 –
5
2
As rectas são estritamente paralelas.
– 11y + 49
– 11y + 49


x =
x =
⇔ 
⇔
2
2
 – 25y = – 125
 – 33y + 147 + 8y – 22 = 0
x = – 3
⇔ 
y = 5
A (– 3 , 5) ;
Ponto B : t ∩ s
3y – 2
3y – 2


x =
x =
⇔ 
⇔
4
4
9y – 6 + 16y – 44 = 0
25y = 50
x = 1
⇔ 
y = 2
B (1 , 2) ;
Ponto C : t ∩ r
– 11y + 49

– 3y + 2 = 0
4 ×
4x – 3y + 2 = 0
2
⇔ 

2x + 11y – 49 = 0
 x = – 11y + 49

2
⇔
 – 25y = – 100
y = 4
 – 22y + 98 – 3y + 2 = 0



⇔
⇔ 
– 11y + 49
– 11y + 49 ⇔ 
5
x=

 x = 2
 x =
2
2

5

C  , 4 ;

2
Ponto D
"
As rectas s e t são concorrentes, intersectam-se no ponto de coor 7 1
denadas (x , y) =  ,  .
 9 3
2.2 r : – 5y – 1 = – x ⇔ – 5y = – x + 1 ⇔ y =
– 11y + 49

 x =
2
⇔ 
⇔
3 × – 11y + 49 + 4y – 11 = 0

2
3y – 2

 x =
4x – 3y + 2 = 0
4
⇔ 
⇔

3x + 4y – 11 = 0
3 × 3y – 2 + 4y – 11 = 0

4
AB = B – A = (3 , – 4 )
mAB =
14x = 4
⇔ 
⇔
 y = – 1 – 3x
1
1
x–
5
5
3

BC = C – B =  , 2

2
"
3

  3
D = A + BC = ( – 3 , 5) +  , 2 =  –
, 7

  2
2
 3

D –
, 7 .

 2
4
2
3.2 t : 4x – 3y + 2 = 0 ⇔ 3y = 4x + 2 ⇔ y = 3 x + 3
4
; t» = (3 , 4) é um vector director de t
3
t ' : ( x , y ) = ( – 3 , 5) + k (3 , 4 ) , k ∈ R (por exemplo) .
dt =
39
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 5
3.3 s : 3x + 4y – 11 = 0 ⇔ 4y = – 3x + 11 ⇔ y = –
3
4
ms' = ms = –
5

C  , 4

2
3
11
x+
4
4
Pág. 161
5.1 O (0 , 0 , 0) ; D (0 , – 4 , 0) ; A (3 , – 4 , 0) ; B (3 , 0 , 0)
G (0 , 0 , 2) ; H (0 , – 4 , 2) e F (3 , 0 , 2) .
∈ s'
3 
5
s' : y – 4 = –
x– 
4 
2
3
15
⇔ y=– x+
+4
4
8
3
47
.
s' : y = – x +
8
4
"
5.2 AG = G – A = ( – 3 , 4 , 2)
AG :
(x ,
y , z ) = (3 , – 4 , 0) + k ( – 3 , 4 , 2) , k ∈ R (p. e.) .
5.3 Por exemplo:
"
 3

3.4 B (1 , 2) ; D  – , 7

 2
P = 0 + 2 OA = (0 , 0 , 0) + 2 (3 , – 4 , 0) = (6 , – 8 , 0) .
"
 5

BD =  –
, 5

 2
6.1 2x + y – 2 > 0 ‹ x – y + 2 ≥ 0 ⇔
 5

BD : ( x , y ) = (1 , 2) + k  –
, 5 , k ∈R (por exemplo) .

 2
y > – 2x + 2 ‹ y ≤ x + 2 .
3.5 r ∩ BD :
r : 2x + 11y – 49 = 0
5
 2
mBD =
= 5 × –  = – 2
5
 5
–
2
BD : y – 2 = – 2 ( x – 1) ⇔ y = – 2x + 4
 y = – 2x + 4
 y = – 2x + 4
⇔
⇔ 

9=0
2
x
+
11
y
–
49
=
0
2x + 11 ( – 2x + 4 ) – 49

9

 y = 2
 y = 2x + 4
 y = – 2x + 4
⇔ 
⇔ 
⇔ 
2x – 22x + 44 – 49 = 0
 – 20x = 5
x = – 1

4
 1 9
( x , y ) =  – 4 , 2  .
)
(
6.2 (x – 2)2 + (y + 3)2 ≤ 4 ‹ y ≥ – x .
4. P ( – 1 , 2) ; R 0 , 3 2 e Q  1 , – 3 .

2
4.1
1


 – 1 + 2 2 – 3
M 
,
 ;
2
2 



1
 1
M –
, –  .
 4
2
4.2 R' tem a mesma abcissa que R e ordenada siimétrica:
)
(
R' 0 , – 3 2 .
"
1

4.3 RQ = Q – R =  , – 3 – 3 2  .
2
"
1
)
(

T = R – 2 RQ = 0 , 3 2 – 2  , – 3 – 3 2 

2


2
= 0 , 3 2 + –
, 3 2 + 6
2


)
(


2
= –
, 6 2 + 6
2


5–0
5
=
0+4
4
5
AB : y = x + 5 .
4
mAB =
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

2
, 6 2 + 6 .
T –
2


Recta BC com B (0 , 5) e C ( – 4 , 6)
"
4.4 PR = R – P = 1 , 3 2 – 2 .
)
(
mPR
3 2 –2
=
=3 2 –2
1
(
PR : y – 2 = 3 2 – 2
(
)
) ( x + 1)
PR : y = 3 2 – 2 x + 3 2 .
40
7.1 Recta AB com A ( – 4 , 0) e B (0 , 5)
6–5
1
=–
–4–0
4
1
BC : y = – x + 5 .
4
5
1
y <
x+5 ‹ y > – x+5.
4
4
mBC =
(
)
⇔ y = 3 2 –2 x+3 2 – 2 + 2
x
y = – 2x + 2
0
1
2
0
x
y=x+2
0
–2
2
0
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 5
1.3 B = r1 ∩ r3
7.2 Recta AB com A ( 7 , 0) e B (0 , 7 )
7
= –1
–7
AB : y = – x + 7
1

1
1


 y = 2 x + 4
y = x + 4
y = x + 4
⇔
⇔ 
2
2


 x + 8 = – 6x + 36
 1 x + 4 = – 3x + 18
 y = – 3x – 18
 2
mAB =
(y ≥ – x + 7 ‹ x ≤ 2) › (y ≤ – x + 7 ‹ 2 ≤ x ≤ 7) .
7.3 Recta AB com A ( – 7 , 0) e B (0 , 2)
mAB =
1

y = 6
y = x + 4
⇔ 
2

x = 4
7x = 28
2
7
AB : y =
2
x+2
7
B ( 4 , 6) .
Recta AC com A ( – 7 , 0) e C (0 , – 2)
mAC =
y =–
1.4 C (6 , 0) , D (0 , – 3)
2
–2
=–
7
7
mCD =
2
x–2
7
Circunferência de centro na origem e raio 2.
0+3 1
=
6–0
2
CD : y =
x2 + y2 = 4
x2 + y2 ≥ 4 ‹ y ≤
2
2
x + 2‹y≥ – x – 2‹x≤0 .
7
7
1
x–3.
2
"
1.5 AB = B – A = ( 4 , 6) – ( – 2 , 3) = (6 , 3) ;
"
7.4 Recta EA com E (1 , 4 ) e A (3 , 6)
DC = C – D = (6 , 0) – (0 , – 3) = (6 , 3) ;
"
6–4
=1
mEA =
3–1
EA : y – 4 = 1 ( x – 1) ⇔ y = x + 3
"
Como AB = DC ,  ABCD  é um paralelogramo.
1.6 A ( – 2 , 3) ; C (6 , 0)
Recta AB com A (3 , 6) e B ( 5 , 4 )
m=
4–6
= –1
5–3
y – 4 = – 1 ( x – 5) ⇔ y = – x + 9
 – 2 + 6 3 + 0
M 
,
 2
2 
Circunferência de centro F (3 , – 1) e raio r = FD
3

M 2 ,  .

2
F (3 , – 1) ; D (1 , 0)
(1 – 3)2 + (0 + 1)2
( x – 3)2 + ( y + 1)2 = 5
r=
=
4+1=
5
1.7 O conjunto de pontos equidistantes de A e C é a mediatriz de
[AC] . Seja P (x , y) um ponto desta recta:
(x – 3)2 + (y + 1)2 ≥ 5 ‹ y ≥ 0 ‹ 1 ≤ x ≤ 5 ‹ y ≤ x + 3 ‹ y ≤ – x + 9.
1.1 a) r1 passa em (0 , 4) e (2 , 5)
mr1 =
Pág. 162
5–4
1
=
2–0
2
1
r1 : y = x + 4 ;
2
b) r2 passa em (– 1 , 0) e (0 , – 3)
⇔ ( x + 2) + ( y – 3) = ( x – 6) + y2
2
2
2
⇔ x2 + 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = x2 – 12x + 36 + y2
⇔ 16x – 6y + 13 – 36 = 0
⇔ 16x – 6y – 23 = 0
–3–0
mr2 =
=–3
0+1
A recta AB é a recta r1 . Logo, o ponto pedido é a intersecção da
r2 : y = – 3x – 3 ;
mediatriz de [AC] como r1 :
c) r3 passa em (6 , 0) ;
mr = – 3
3
r3 : y – 0 = – 3 (x – 6)
r3 : y = – 3x + 18 .
1.2 A = r1 ∩ r2
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AP = CP
1

1
1


 y = 2 x + 4
y = x + 4
y = x + 4
⇔ 
⇔ 
2
2

 – 6x – 6 = x + 8
 y = – 3x – 3
 – 3x – 3 = 1 x + 4

2
1

y = 3
y = x + 4
⇔ 
A ( – 2 , 3) .
2

x = – 2
7x = – 14

16x – 6y – 23 = 0
16x – 6

⇔ 

1
y = 1 x
 y = 2 x + 4

2
1

 2 x + 4 – 23 = 0
+4
47

13x = 47
16x – 3x – 24 – 23 = 0
 x = 13


⇔
⇔ 
⇔ 

1
1
 y = 151
 y = 2 x + 4
 y = 2 x + 4

26
⇔
47
( x , y ) =  13
,
151
.
26 
41
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 5
1
2.4 Centro de C2 : ( 2 , 0)
1.8 y = 2 x + 4 define r1
y = – 3x – 3 define r2
Centro de C3 : (0 , 2)
( x + 1)
m=
2
2
=–1
–2
y – 2 = –1x ⇔ y = – x + 2 .
2
+ y = 16 é a circunferência de centro no ponto de
coordenadas ( – 1 , 0) e raio 4.
2.5 Centro de C1 : O (0 , 0)
Centro de C2 : V ( 2 , 0)
"
OV = ( 2 , 0)
( x , y ) = (0 , 0) + k (2 , 0) , k ∈ R (p. e.).
2.6 [(x – 2)2 + y2 ≤ 4 ‹ x2 + (y – 2)2 ≤ 4] › [(x – 2)2 + y2 ≥ 4 ‹
‹ x2 + (y – 2)2 ≥ 4 ‹ x2 + y2 ≤ 16 ‹ x ≥ 0 ‹ y ≥ 0] .
2.7 a) Intersecção com o eixo Oy
 x2 + y2 = 16

 x = 0
y = – 4 › y = 4
⇔ 
x = 0
Intersecção com o eixo Ox
 x2 + y2 = 16

 y = 0
Pág. 163
x = – 4 › x = 4
⇔ 
y = 0
P ( 4 , 0 ) , Q (0 , 4 ) , R ( – 4 , 0 ) e S (0 , – 4 ) .
b) [PQRS] é um quadrado
<2 = 42 + 42
<2 = 32
A = 32 u.a.
2.1 Centro (2 , 0) ; raio: 2
(x – 2)2 + y2 = 4 .
2.2 Centro (0 , 0) ; raio: 4
x2 + y2 = 16 .
1
π × 22 = π
4
A2 = 22 = 4
2.3 A1 =
1
π × 42 – 2A1 – A2
4
= 4π – 2π – 4
= 2π – 4
Averde =
Alaranja = A2 – 2A3
= A2 – 2 ( A2 – A1 )
= 2A1 – A2
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= 2π – 4
Alaranja – Averde = 2π – 4 (c. q. m.) .
42
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 6
1.
Pág. 174
1.3 [0 , 3] ; [4 , 7] e [10 , 11].
1.4 240 km/h.
1.5 A velocidade de 180 km/h foi atingida três vezes.
2.
Resposta: (D).
Não pode ser a opção (A) pois a variável t (tempo) tem de aumentar, não se pode voltar “atrás” no tempo.
Tembém, não pode ser a opção (B) pois a variável tempo não pode
parar.
O gráfico representado na opção (C) também não está correcto,
Resposta: (A).
2.
uma vez que ao instante inicial (t = 0) deve corresponder d = 0.
Teste da recta vertical: uma curva representada num referencial é o
gráfico de uma função se e só se qualquer recta vertical intersecta o
3.1 a) Df = [– 3 , 4[ ;
Pág. 177
b) D’f = [– 2 , 3[ .
gráfico, no máximo, num ponto.
c) Os zeros são: – 1 , 0 e 3.
Resposta: (C).
3.2 a) não tem;
3.
(A) A função g tem apenas um zero: – 5;
Pág. 175
b) não tem;
afirmação falsa.
c) f (– 3) = – 2 é mínimo relativo;
(B) O mínimo absoluto da função g é 0 (o minimizante é – 5);
f (2) = – 1 é mínimo relativo;
afirmação verdadeira.
d) f (– 3) = – 2 é o mínimo absoluto;
(C) O contradomínio de g não é R porque g(x) ≥ 0 , A x ∈ Dg.
e) não tem;
afirmação falsa.
f) os minimizantes são: – 3 e 2.
(D) A equação g (x) = 1 pode ter três soluções; afirmação falsa.
3.3
Resposta: (B).
4.
O perímetro p da secção produzida na esfera pelo referido plano é
máximo quando o ponto P se encontra na origem do referencial.
x
–3
f (x) – 2
0
£
0
2
¢
–1
4
£
Logo as opções (A) e (B) ficam excluídas.
Intervalos de monotonia:
Sendo y a ordenada de P e r o raio do círculo tem-se que:
a função é crescente em [– 3 , 0[ e em [2 , 4[ ;
é decrescente em [0 , 2].
y2 + r 2 = 52 pelo que r = 25 – y2 .
3.4 a) ]– 1 , 0[ ∪ ]3 , 4[ ;
b) [– 3 , – 1[ ∪ ]0 , 3[ .
Logo, o perímetro p dessa secção é dado por:
4.1 Por exemplo:
p = 2π 25 – y2 , o que exclui a opção (D).
Resposta: (C).
1.
Pág. 176
1.1 As variáveis que aparecem relacionadas no gráfico são:
a distância, em km, que é a variável independente (a unidade no
eixo horizontal é o km);
a velocidade, em km/h, que é a variável dependente (a unidade no
eixo vertical é 20 km/h).
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1.2
Distância
(km)
Velocidade
(km/h)
0
0
1
60
(B) s (x) ≥ – 1 , A x ∈ Ds ; a afirmação é verdadeira.
3
160
(C) s é crescente em [– 1 , 3] e decrescente em [3 , 5] , logo s(3) = 1
7
240
13
140
14
0
4.2 (A) s (x) = – 1 ⇔ x = – 1 ; a afirmação é falsa.
é o valor máximo de s em R+ ; a afirmação é verdadeira.
(D) Por observação do gráfico construído na alínea anterior, facilmente se constata que a afirmação é verdadeira, uma vez que o
gráfico intersecta o eixo Ox em três pontos.
43
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 6
5.1
Pág. 178
Df1 = ]– 3 , 2]
e D’f1 = [1 , 4[ ;
Df2 = [– 2 , 3]
e D’f2 = [– 2 , 5] ;
Df3 = R
e D’f3 = {– 2 , 0 , 3} ;
pre à mesma distância do solo.
(B) O gráfico, também, não é o correcto pois a distância a que a
Ana se encontrava do solo não aumentou continuadamente,
com o decorrer do tempo.
Df5 = ]– ? , – 1[ ∪ ]– 1 , + ?[ ou R \ {– 1} e
(C) Este gráfico, também, não é o correcto já que a distância a que
3 
 .
2 
a Ana se encontrava do solo é igual nos instantes em que o baloiço está numa posição vertical relativamente ao solo (igual à
posição a que se encontra o baloiço quando está parado).
Logo o gráfico correcto é o (D).
Df6 = ]– ? , – 1] ∪ [0 , 3] e D’f6 = ]– ? , 2] ∪ {3} ;
Df7 = ]– ? , 4[ e D’f7 = ]– ? , 6[ ∪ {7} ;
1.2 Resposta (A)
Df8 = ]– ? , 2[ ∪ ]2 , 4] e D’f8 = [0 , + ?[ ;
• O gráfico (B) é incorrecto porque, segundo este gráfico, existe um
instante no qual a bandeira ocupa uma infinidade de posições, o
que é impossível (não é o gráfico de uma função).
Df9 = ]– ? , 2[ ∪ ]2 , + ?[ ou R \ {2} e
D’f9 = ]– ? , – 1] ∪ [3 , + ?[ .
5.2 a) f1 (0) = 2,2 ;
• O gráfico (C) é incorrecto porque a velocidade a que a bandeira
sobe ou desce não é constante.
b) f3 (– 1) = 0 ;
c) f3 (0) = 3 ;
d) f6 (0) = 0 ;
e) f6 (2) = 2 ;
f) f7 (1) = 7 ;
g) f7 (– 2) = 3 ;
h) f8 (4) = 0 .
Pág. 180
(A) O gráfico não é o correcto uma vez que a Ana não esteve sem-
Df4 = [0 , + ?[ e D’f4 = [0 , + ?[ ;
3

3

D'f5 =  – ? ,  ∪  , + ?  ou R \
2

2

1.1
• O gráfico (D) é incorrecto porque, segundo este gráfico, depois de
o sistema avariar, a bandeira apenas subiu duas vezes e não três
conforme o enunciado.
5.3 a) f3 (x) = – 2 ⇔ x < – 1 ;
2.1 A distância da casa do João à universidade é de 3,5 km.
b) f6 (x) = 0 ⇔ x = – 2 › x = 0 ;
3
› 0 < x ≤ 1;
c) f6 (x) = 1 ⇔ x = –
2
d) f7 (x) = 0 ⇔ x = – 4 › x = 0 ;
2.2 Dos 0 min aos 10 min percorreu 500 metros;
Dos 60 min aos 80 min percorreu 500 metros;
Dos 200 min aos 210 min percorreu 500 metros;
Dos 230 aos 240 min percorreu 500 metros;
No total o João percorreu a pé 2000 metros.
e) f9 (x) = 0 é impossível, x ∈ ∅ .
6.1
Pág. 181
Pág. 179
f é crescente em [– 6 , – 3] , em [– 1 , 2] e em [6 , 10].
f é decrescente em [– 3 , – 1] e em [2 , 6].
6.2 f (10) = 7 é o máximo absoluto e também é máximo relativo.
f (– 3) = 3 é um máximo relativo.
f (2) = 6 é um máximo relativo.
f (x) = 1 , com x ∈ [– 2 , – 1] é máximo relativo.
6.3 O mínimo absoluto é f (– 6) = – 6.
minimizantes: – 6 ; [– 2 , – 1] e 6.
6.4 Os zeros são: – 4 , 4 e 8.
6.5 A função é positiva em ]– 4 , 4[ e em ]8 , 10] e é negativa em
[– 6 , – 4[ e em ]4 , 8[ .
6.6 Por exemplo, [– 6 , – 5] .
6.7 Por exemplo, [1 , 3].
7.1 Das 0 às 6 horas, das 14 às 16 horas e das 16 às 17 horas.
7.2 Das 16 horas às 17 horas, porque o consumo de electricidade passou, bruscamente, a ser zero.
2.3 10 min (para a viagem de ida) e 20 min (para a viagem de volta).
No total o João esperou 30 minutos pelos autocarros.
2.4 210 min – 80 min = 130 min = 2 h 10 min
11 h 40 min – 2 h 10 min = 9 h 30 min
O João chegou à universidade às 9 h 30 min.
2.5 Determinação da velocidade média da viagem de ida:
3 – 0,5 2,5
=
= 5 (repare que 50 min – 20 min = 0,5 horas)
0,5
0,5
Determinação da velocidade média da viagem de volta:
3,5
3
= 3,5 ×
= 10,5 .
1
1
3
1


 repare que 280 min – 260 min = 20 min = 3 hora
A velocidade média da viagem de volta (10,5 km/h) foi superior à
velocidade média da viagem de ida (5 km/h).
2.6 Por exemplo:
O João saiu de casa dirigindo-se para praia a uma velocidade média
de 40 km/h. Quando chegou à praia passeou na pista paralela à
costa durante 15 minutos. Depois regressou a casa a uma velocidade
média de 30 km/h, chegando a casa 50 minutos após de ter partido.
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7.3 Foi crescente das 6 horas às 12 horas e das 17 horas às 20 horas e
foi decrescente das 12 horas às 14 horas e das 20 horas às 24 horas.
7.4 Às 20 horas foi atingido o valor máximo; o valor mínimo ocorreu
das 0 horas às 6 horas.
7.5 Máximos relativos: 0 horas às 6 horas; 12 horas e 20 horas.
Mínimos relativos: 0 horas às 6 horas; das 14 horas às 16 horas;
das 16 horas às 17 horas e às 24 horas.
44
3.1 Gráfico (A) : António.
Pág. 182
Gráfico (B) : Nuno.
Gráfico (C) : Pedro.
3.2 Por exemplo:
O Joaquim saiu de casa, algum tempo depois verificou que estava
atrasado e decidiu por isso aumentar a velocidade. Antes de chegar
ao campo de futebol parou para descansar.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.2
CAPÍTULO 6
Pág. 183
4.3
Pág. 185
6.
4.4
• O gráfico (B) é incorrecto porque quando P percorre o lado
[AB], durante o primeiro segundo, a distância d decresce
quando P percorre metade do segmento e cresce quando P percorre a parte restante. O mesmo acontece quando P percorre o
lado [CD].
• O gráfico (C) é incorrecto porque, por exemplo, como OC > OB
tem-se que d(2) > d(1) ao contrário do que se apresenta neste
gráfico.
5.1 a) O recipiente E.
b)
Pág. 184
Recipiente
Gráfico
A
1
B
3
C
4
D
2
• O gráfico (D) também se rejeita porque, por exemplo, d (0) = d (1)
dado que OA = OB = 1 .
O gráfico correcto é o (A).
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5.2 Por exemplo:
45
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 7
1.
(A) f(x) = πx2 , não é uma função afim.
Pág. 190
1.3
(B) f(x) = x2 , não é uma função afim.
10x + x2
, não é uma função afim.
2
(D) f(x) = 100x – 50 , é uma função afim.
(C) f(x) =
Resposta: (D).
2.1 Se cada toalha de praia custa 6 euros então n toalhas de praia custam 6n . Como a Inês comprou um jogo de banho por 12 euros e
n tolhas de praia, a sua despesa é dada por: 12 + 6n.
Resposta: (B).
São rectas a que pertence o ponto (0 , 0).
2.2 12 + 6n < 100 ⇔ 6n < 100 – 12 ⇔ 6n < 88 ⇔ n < 14,(6).
1.4
A Inês, no máximo, comprou 14 toalhas de praia.
Resposta: (A).
3.
f
( 2)
2
=
2× 2 –1
2
=
2–1
2
=
1
2
=
1× 2
2× 2
=
2
.
2
Resposta: (D).
1.
a)
Pág. 191
São rectas a que pertence o ponto (0 , 0).
1.5 Se m > 0 , a função é crescente.
Se m < 0 , a função é decrescente.
1.6 a)
Pág. 192
Os gráficos das três funções são três rectas paralelas;
b) As rectas ficam mais próximas da vertical;
c) As rectas obtidas são simétricas às iniciais relativamente o eixo
Oy;
d) f3 (x) = 2x + 1 (por exemplo).
São rectas paralelas.
1.2 a)
b) A abcissa é zero, pois, em todas as funções o objecto zero tem
imagem nula;
c) m > 0;
d) f1 , f2 e f3 em ]– ? , 0[ ;
f4 , f5 e f6 em ]0 , + ?[ ;
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e) (A) O contradomínio das funções dadas é R e estes são estritamente crescentes ou estritamente decrescentes logo não tem
extremos.
(B) Só são crescentes as que tem declive positivo, no caso f1 , f2
e f3.
São três rectas a que pertence o ponto (0 , – 3);
b) São rectas a que pertence o ponto (0 , – 3).
46
(D) f6 (– 10) = – 5 × (– 10) = 50 e não 2.
Todas as funções têm um zero para x = 0.
Resposta: (C).
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.1
1
2
x+ =0
3
3
1
f (0)) = × 0
3
 1 1
f  = ×
 3 3
CAPÍTULO 7
Graficamente:
⇔ x+ 2=0 ⇔ x=–2;
2 2
= ;
3 3
1 2 2
2
2 6 8
+ = +
= + = ;
3 3 9
3
9 9 9
+
(3)
1
2
x + = 1 ⇔ x + 2 = 3 ⇔ x = 1;
3
3
2 2 2 4
1
f (2) = × 2 + = + = ;
3 3 3 3
3
1
2 3 2 5
f (3) = × 3 + = + = .
3
3 3 3 3
x
–2
0
1
3
1
2
3
f (x)
0
2
3
7
9
1
4
3
5
3
5
5 1
5
= 2 = × = .
2
2 2
4
 1 5
Logo, o ponto de coordenadas  –
pertence ao gráfico da
,
 2 4 
função f.
2.2 f(1) = 1 , daí que o número que é imagem de si mesmo pela função
f é 1.
6.2 f
( 2) = – 3
f
(– 2 ) = –
f
( 2)
1
x + b , pois se os gráficos são paralelos as rectas que os re3
presentam têm o mesmo declive.
Como o ponto de coordenadas (1 , 0) pertence ao gráfico de g ,
tem-se:
2.3 g (x) =
0=
3.1
1
1
x– .
3
3
⇔ – 2x – 7x = – 18
5.1
5.2 Por exemplo:
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Se x = 1 então y = 11 ;
5.3
2
4
4
3x – 1
3x –1
>–3 ⇔
<3
2
2
7
.
3
Mas como o domínio da função é [– 5 , 5[ , o conjunto-solução da
7

condição f (x) > – 3 é  – 5 ,  .
3

6.4 A função f é decrescente.
3 × 5–1
14
=–
=–7
2
2
3 × (– 5) – 1
– 15 – 1 16
f (– 5) = –
=–
=
=8
2
2
2
D'f =  –7 , 8 .
f (5) = –
f (x + h) – f (x) = a (x + h) + b – (ax + b)
x+y
= 6 ⇔ x + y = 12 ⇔ y = 12 – x .
2
2 –1 1+3 2
=
2
2
⇔ 3x – 1 < 6 ⇔ 3x < 7 ⇔ x <
⇔ x=2.
= ax + ah + b – ax – b
= ah
(c. q.. m.)
2
(1 – 3 2 ) (1 + 3 2 )
( – 2 ) = 1 – 23 2 × 1 + 23 2 =
4
1 – (3 2 )
17
1–9 × 2
.
=
=
=–
6.3 f (x) > – 3 ⇔ –
⇔ – 9x = – 18
4.
) = –3
(
3 – 2 –1
4
Pág. 193
(9 – x) × 4
⇔ A = (9 – x) × 2 ⇔ A = – 2x + 18 .
a) A =
2
– 2x + 18 = 7x
2 –1 1–3 2
=
2
2
2
10 + 4
× x ⇔ A = 7x .
b) A =
2
3.2
× f
1
1
×1+b ⇔ b=– .
3
3
Donde, g (x) =
 1
3
5
3 –  – 1
–1
–
–
 2
2
2
=–
=–
2
2
2
 1
6.1 f  –  = –
 2
7.1
Pág. 194
4x – 3
.
2
Ponto de intersecção com o eixo Ox:
4x – 3
3
f (x) = 0 ⇔
= 0 ⇔ 4x – 3 = 0 ⇔ x = .
2
4
O gráfico de f intersecta o eixo Ox no ponto de coordenadas
Se a = 4 , f (x) =
Se x = 2 então y = 10 ;
3

 4 , 0 .
Se x = – 3 então y = 15 .
Ponto de intersecção com o eixo Oy:
Resposta: 1 e 11 ; 2 e 10 ; – 3 e 15 .
4 ×0–3
3
=– .
2
2
O gráfico de f intersecta o eixo Oy no ponto de coordenadas
x + 2x
=6 ⇔
2
3x
= 6 ⇔ 3x = 12 ⇔ x = 4
2
Os números são: 4 e 8 .
f (0) =
3

 0 , – 2  .
47
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
7.2 (1 , 3) : 3 =
7.3
CAPÍTULO 7
a × 1–3
⇔ 6=a –3 ⇔ a =9.
2
8
16
16
× 2+b ⇔ 4=
+b ⇔ b=4–
3
3
3
8
4
4
.
⇔ b=–
, donde , y = x –
3
3
3
A ( 2 , 4) e B (3 , 9)
9–4
m=
=5
3–2
y = mx + b ; y = 5x + b
(3 , 9) : 9 = 5 × 3 + b ⇔ 9 = 15 + b ⇔ b = – 6 .
Donde, y = 5x – 6 .
( 2 , 4) :
ax – 3
= 0 é impossível se a = 0 .
2
7.4 A função é decrescente se a recta que representa o gráfico da função
tem declive negativo; assim tem-se:
a
< 0 ⇔ a < 0 , logo a ∈ R– .
2
8.1 f1 (t) representa o espaço percorrido, em metros, pelo rato ao fim de
t segundos.
f2 (t) representa o espaço percorrido, em metros, pelo gato ao fim de
t segundos.
Nota: t = 0 corresponde a 20 h 12 min 3 s.
E (4 , 9) e F (5 , 0)
0–9
m=
=–9
5–4
y = mx + b ; y = – 9x + b
(5 , 0) : 0 = – 9 × 5 + b ⇔ b = 45 , donde,
y = – 9x + 45 .
8.2 O gato apanha o rato quando o espaço percorrido por ambos é o
mesmo, ou seja, f1 (t) = f2 (t) .
5 + 6t = 8t ⇔ 2t = 5 ⇔ t = 2,5
O gato apanhou o rato ao fim de 2,5 segundos, ou seja, às 20h
12 min 5,5 s.
9.1 O lado do passeio, é dado em função de x , por x + 1.
Uma expressão analítica para a função representada em (C) é:

0

8
4
 t–
3
3
d (t) = 
 5t – 6

9

 – 9t + 45

Pág. 195
Logo, a área do passeio é igual a:
A = ( x + 1) – x2 ⇔ A = x2 + 2x + 1 – x2 ⇔ A = 2x + 1 (c. q. m.) .
2
9.2 2x + 1 = 49 ⇔ 2x = 48 ⇔ x = 24 .
A área do jardim é
242
m2
= 576
m2
.
10.1 Não representa uma função uma vez que existem valores de t a
que corresponde duas distâncias.
10.2 O Pedro saiu de casa e demorou 2 horas a chegar ao local A que
1.
fica a 5 km de sua casa. No regresso a casa, que ocorreu de imediato, o Pedro gastou apenas uma hora.
5
5
x + b , como b = 0 , tem-se: y = x .
2
2
A ( 2 , 5) e C (3 , 0)
0–5
=–5
3–2
y = mx + b ; y = – 5x + b
m=
Assim, uma expressão analitica para a função representada em (A) é:
2<t ≤ 3
se
3<t ≤ 4
se
4<t ≤ 5
Pág. 202
2
–
1
4
(A) g(x) = 0 ⇔ 3x – x2 = 0 ⇔ x (3 – x) = 0
A afirmação é falsa.
(B) V (h , k) , com:
0+3 3
h=
=
;
2
2
;
2< t ≤ 3
4–0
4
2 8
=
=4 ×
=
1
3
3 3
2–
2
2
8
y = mx + b ; y = x + b
3
3  3
9 9 18 9
9
 2
k =g  =3 ×
–
=
–
=
–
=
.
 3
2  2 
2 4
4
4
4
 3 9
V  ,  .
 2 4
A afirmação é falsa.
0≤ t ≤ 2
1

b) D  , 0 e A ( 2 , 4 )

2
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se
2
0 = – 5 (3) + b ⇔ b = 15 , donde, y = – 5x + 15 .
se
5
 t
d (t) =  2
 – 5t + 15 se
1
< t ≤ 2
2
⇔x=0 › 3–x=0 ⇔ x=0 › x=3
y = mx + b ; y =
(3 , 0 ) :
se
Resposta: (D) .
2.
5–0
5
=
2–0
2
0≤ t ≤
f (x) = x2 – 5x + 6
5

= x – 

2
vizinho, em seguida andou durante 1 h 30 min a pé, até ao local
A, que dista 4 km de sua casa. Acelerando o passo, percorreu de
seguida mais 5 km até ao local B, a 9 km de casa, tendo gasto
uma hora. Esteve em B uma hora e regressou a casa de autocarro,
tendo gasto uma hora na viagem.
m=
1
2
se
25  25
25 


+6–
é metade de 5 ao quadrado
=  x2 – 5x +


4  4
4 
10.3 O Nuno saiu de casa e esteve 30 minutos a conversar com um
10.4 a) O (0 , 0) e A ( 2 , 5)
4=
(C) A parábola que representa graficamente a função tem a concavidade voltada para baixo e vértice no ponto de coordenadas
9

 3 9
 2 , 4  , donde D'g =  – ? , 4  .


A função não tem mínimo absoluto. A afirmação é falsa.
m=
48
(D) A função é crescente em ]– ? ; 1,5] e é decrescente em
[1,5 ; + ?[ . A afirmação é verdadeira.
Resposta: (D) .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
3.
CAPÍTULO 7
y = a (x – h)2 + k
A parábola tem vértice no ponto de coordenadas (2 , 2) e contém o
1.5 A parábola tem vértice no ponto de coordenadas  3 , 11 e tem
ponto de coordenadas (4 , 0).
0 = a (4 – 2)2 + 2 ⇔ 0 = a (2)2 + 2 ⇔ 0 = 4a + 2 ⇔ 4a = – 2
1
⇔ a =–
2
1
( x – 2)2 + 2
2
1
y =–
x2 – 4x + 4 + 2
2
1
y = – x2 + 2x – 2 + 2
2
1
y = – x2 + 2x
2
1
y=
4x – x2
2
Tem-se então: y = –
)
(
11
< 2 , resulta daqui que a inequação f(x) > 2 é impossível,
8
11
.
o máximo absoluto de f é
8
2.1 A função g tem dois zeros reais se o sinal do binómio discriminante
for positivo.
Como
∆ = b2 – 4ac ; tem-se então que:
(– 4)2– 4(1)t > 0 ⇔ 16 – 4t > 0 ⇔ – 4t > – 16 ⇔ 4t < 16 ⇔ t < 4.
2.2 A função g tem um único zero real se o binómio discriminante for
)
(
8
4
2
< 0.
a concavidade vontada para baixo, pois –
3
11 

O contradomínio da função f é  – ? ,
.
8 

nulo. Logo, t = 4.
2.3 A função g não tem zeros reais se o sinal do binómio discriminante
for negativo. Logo, t > 4.
Resposta: (D) .
3.1
4.
h (t) = 0 ⇔ 30t – 4,9t2 = 0 ⇔ t (30 – 4,9t) = 0
⇔ t = 0 › 30 – 4,9t = 0
⇔ t = 0 › 4,9t = 30
⇔ t = 0 › t ¯ 6,1224
Resposta: (A) .
1.1
Pág. 203
 3 11
V  ,  .
4 8
3.2 Graficamente:
Por observação dos gráficos representados em 3.1. , resulta que
f(x) > g(x) ⇔ x ∈ ]2 , 6[ (procuram-se os valores de x para os
quais o gráfico de f está acima do gráfico de g).
3
1.2 x = .
4
Analiticamente:
2
1.3 f (x) = 0 ⇔ –
2 
3
11
x–  +
=0
8
3 
4
⇔ –
2  2 3
9  11
2
18 11
x – x+
+
= 0 ⇔ – x2 + x –
+
=0
3 
2
16 
8
3
48
8
⇔ –
2 2
x + x + 1 = 0 ⇔ – 2x2 + 3x + 3 = 0
3
⇔ x=
– 3 ± 32 – 4 × ( –2) × (3)
f (x) > g (x) ⇔ –
x2
x2
+ 3x – 6 >
–x
4
4
x2
x2
x2
–
+ 3x + x – 6 > 0 ⇔ –
+ 4x – 6 > 0
4
4
2
⇔ – x2 + 8x – 12 > 0
⇔ –
Cálculo auxiliar:
2 × ( – 2)
– x2 + 8x – 12 = 0
– 3 ± 33
⇔ x=
–4
– 3 + 33
– 3 – 33
› x=
⇔ x=
–4
–4
3 + 33
3 – 33
⇔ x=
› x=
4
4
– 8 ± 82 – 4 × (–1) × (– 12)
2 × (– 1)
–8+4
–8–4
⇔ x=
› x=
–2
–2
⇔ x= 2
› x= 6
⇔ x=
Uma representação gráfica da função y = – x2 + 8x – 12 é :
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Por exemplo os objectos 3 + 33 e 3 – 33 são diferentes e têm a
4
4
mesma imagem (são os zeros da função).
2
1.4 f (x) =
11
2 
3
11 11
⇔ –
x–  +
=
8
8
3 
4
8
2
⇔ –
2
2 
2
3

x –  = 0 ⇔ x –  = 0 ⇔

3 
4
4
⇔ x–
3
3
=0 ⇔ x= .
4
4
Daqui resulta que – x2 + 8x – 12 > 0 ⇔ x
∈ ]2 ,
6[ .
49
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.1
CAPÍTULO 7
Jardim com a forma de uma rectângulo não quadrado:
Pág. 204
AB + BC = 100
2
x2
 x
Área relvada = 5x – π ×   = 5x –
π.
 2
4
Pretende-se que a área relvada da segunda figura não seja inferior à
área relvada da primeira figura, tem-se então que:
⇔ x + BC = 100
⇔ BC = 100 – x
2
2
2
Por outro lado tem-se AC = AB + BC (aplicação do Teorema de
Pitágoras).
2
2
AC = AB + BC
x2 ≥ 25 – 25 π
π
4
4
x2
25
π + 5x – 25 +
π ≥0
–
4
4
5x –
2
2
⇔ AC = x2 + (100 – x)2
Recorrendo à calculadora gráfica determinam-se as abcissas dos
pontos de intersecção do gráfico da função
⇔ AC = x2 + (100 – x )
2
4.2 A =
A=
x2
25
π + 5x – 25 +
π com o eixo Ox:
4
4
x ≈ 1,37 › x = 5.
AB × BC
2
x (100 – x )
2
100x – x2
A=
2
y =–
Logo x
ou A = –
∈
1,37 ; 5 .
2
x
+ 50x .
2
7.
Área do terreno = 12 × 10 = 120 .
Área do jardim = 120 – 2 ×
4.3 a) Determinação dos zeros de A (x) :
(10 – x) x – 2 × (12 – x) x
(
x2
+ 50x = 0 ⇔ – x2 + 100x = 0 ⇔ x (– x + 100) = 0
–
2
⇔ x = 0 › – x + 100 = 0 ⇔ x = 0 › x = 100
0 + 100
0
V (h , k) ; h =
⇔ h = 50 .
2
A área é máxima para x = 50 metros.
2
) (
= 120 – 10x – x2 – 12x – x2
)
2
= 120 – 10x + x2 – 12x + x2
= 2x2 – 22x + 120
A área do jardim não deve exceder metade da área do terreno, logo
2x2 – 22x + 120 ≤ 60
2x2 – 22x + 60 ≤ 0
x2
+ 50x – 937,5 > 0
b) A(x) > 937,5 ⇔ –
2
2
⇔ – x + 100x – 1875 > 0
Cálculo auxiliar
2x2 – 22x + 60 = 0
Cálculo auxiliar : – x2 + 100x – 1875 = 0
⇔ x = 25 › x = 75
⇔ x2 – 11x + 30 = 0
11 ± 112 – 4 × 1 × 30
2
11 + 1
11 – 1
› x=
⇔ x=
2
2
⇔ x=6
› x=5
Assim, tem-se que – x2 + 100x – 1875 > 0 ⇔ x ∈ ]25 , 75[ .
⇔x=
5.1 A caixa tem 2 cm de altura.
5.2 Volume = área da base × altura
Uma representação gráfica da função y = 2x2 – 22x + 60 é :
V = x2 × 2
V = 2x2 .
5.3
2x2 = 200 ⇔ x2 = 100
⇔ x = – 10 › x = 10
x >0
⇔
x = 10 .
5.4 Área da superfície total da caixa = Área da base + Área lateral
= x2 + 4 × 2x = x2 + 8x .
– 8 ± 64 – 4 × (1) × (–345)
2
– 8 + 38
– 8 – 38
⇔ x=
› x=
2
2
⇔ x = 15 › x = – 23
⇔ x = 15
(pois x > 0) ;
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5.5 a) ⇔ x2 + 8x – 345 = 0 ⇔ x =
b) x2 + 8x < 180 ⇔ x2 + 8x – 180 < 0
Cálculo auxiliar: x2 + 8x – 180 = 0 ⇔ x = – 18 › x = 10 ⇔
⇔ x = 10 (pois x > 0)
Logo x2 + 8x – 180 < 0 ⇔ x ∈ ]0 , 10[.
6.
Jardim com a forma de uma quadrado:
2
25
 5
Área relvada = 52 – π   = 25 –
π
 2
4
50
Pág. 205
Resulta, assim que, 2x2 – 22x + 60 ≤ 0 ⇔ x ∈ [5 , 6] .
8.1
Pág. 206
Os triângulos [ABC] e [PCQ] são semelhantes porque têm de um
para o outro dois ângulos geometricamente iguais, a saber:
ˆ = BCA
ˆ (ângulo comum aos dois triângulo
PCQ
os) ;
ˆ = PQC
ˆ (ângulos rectos) .
BAC
Como os triângulos são semelhantes têm os comprimentos dos
lados directamente proporcionais, assim tem-se:
PQ
BA
=
CQ
AC
, ou seja ,
y
48 – x
=
.
20
48
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
8.2 Área do terreno rectangular = AQ × QP
=xy
(1)
y
48 – x
mas por 8.1 tem-se
=
, ou seja,
20
48
20 (48 – x)
y=
, substituindo em (1) , vem que:
48
Área do terreno rectangular = x ×
20 (48 – x)
48
CAPÍTULO 7
1.
Pág. 210
Uma função afim não linear tem apenas um zero e esse zero não
pode ser x = 0 (senão seria uma função afim linear). Logo a opção
correcta só pode ser a (D)
Resposta: (D) .
2.
20 2
960 – 20x 960x – 20x2
960
=
=
x–
x
48
48
48
48
5 2
= 20x –
x
(c. q. m.)
12
=x×
1–x
 – x + 1 se x ≤ 1
se 1 – x ≥ 0


f (x) = 1 – x = 
=
 – 1 + x se 1 – x < 0
 x – 1 se x > 1


o que excluí a opção (D).
(A)
8.3 Determinação dos zeros de A:
A (x) = 0 ⇔ 20x –
5 2
x =0
12
(B)
5
12
x = 20 ⇔ x = 0 › x = 20 ×
12
5
⇔ x = 0 › x = 48
0 + 48
8
V (h , k) , com h =
= 24.
2
Daqui resulta que o comprimento do
o terreno é 24 metros.
A largura é igual a y , daí que:
⇔ x=0 ›
(C)
⇔ y = 10.

x2 
x2
t (x) = 0 ⇔ 7  x –
=0
 =0 ⇔ x–
4
4

⇔ x=0 ›
x
=1 ⇔ x=0 › x=4
4
0+4
⇔ h=2
2
2

2 
k = f (2) = 7  2 –
 = 7 (2 – 1) = 7
7

V (h , k) ; h =
O túnel tem uma altura máxima de 7 metros.
9.3 2,78 : 2 = 1,39
2 – 1,39 = 0,61
 x – 1 se x ≥ 1

=
 – x + 1 se x < 1

Resposta: (C) .
3.
x ≤ 0 ⇔ x = 0
Logo a condição |x| ≤ 0 tem uma e uma só solução.
4.
O gráfico da função módulo tem de ter dois objectos diferentes
com a imagem 5 e tem de ter zeros, logo só pode ser a opção (B).
Resposta: (C).
A largura máxima do túnel é 4 metros.
9.2 A altura máxima do túnel corresponde à ordenada do vértice.
 x – 1 se x – 1 ≥ 0

x–1 = 
 – x + 1 se x – 1 < 0


 x – 1 se x > 1
= 
= f(x)
 – x + 1 se x ≤ 1

largura, quando a sua área é máxima.
x
x

⇔ x 1 –  = 0 ⇔ x = 0 › 1 – = 0

4
4
 – x – 1 se – x – 1 ≥ 0  – x – 1 se x ≤ – 1


–x–1 = 
=
 x + 1 se – x – 1 < 0  x + 1 se x > – 1


não é a opção correcta
O terreno vedado tem 24 metros de comprimento e 10 metros de
9.1
 x + 1 se x ≥ – 1

=
 – x – 1 se x > – 1

também não é a opção correcta
5x
5 

x = 0 ⇔ x = 0 › 20 –
=0
⇔ x  20 –

12
12 
20 (48 – 24)
y=
48
 x + 1 se x + 1 ≥ 0

x+1 =
 – x – 1 se x + 1 < 0

Resposta: (B) .
1.1 2 – 7 – – 2 + 7 = – 5 – 5 = 5 – 5 = 0;
Pág. 211
1.2 1,3 – 5,2 – 2 – 0,5 + 1 = – 3,9 – 2 0,5 =
= 3,9 – 2 × 0,5 = 3,9 – 1 = 2,9.
2.1 x = 7 ⇔ x = 7 › x = – 7 .
h (0,61) ¯ 3,6188
3,6188 – 0,9 = 2,72
2.2 2x + 5 = 7 ⇔ 2x + 5 = 7 › 2x + 5 = – 7
⇔ 2x = 7 – 5 › 2x = – 7 – 5
⇔ x=1 › x=–6.
2.3 Para que duas expressões tenham o mesmo módulo ou são iguais ou
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são simétricas, assim:
A altura máxima do contentor é h ¯ 2,72 m .
1 – x = 8 – 3x
⇔ 1 – x = 8 – 3x › 1 – x = – 8 + 3x
⇔ – x + 3x = 8 – 1 › – x – 3x = – 8 – 1
⇔ 2x = 7 › – 4x = – 9
7
9
⇔ x=
›x= .
2
4
51
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.4
CAPÍTULO 7
6.2
x – 0, 5
= x
3
⇔ x – 0, 5 = 3 x ⇔ x – 0, 5 = 3x
⇔ x – 0, 5 = 3x › x – 0, 5 = – 3x
⇔ x – 3x = 0, 5 › x + 3x = 0, 5
⇔ – 2x = 0, 5 › 4 x = 0, 5
⇔ x = – 0, 25 › x = 0, 125
⇔ x=–
1
4
› x=
x
y = 3x + 3
0
y=3
–
3
2
y= –

3
x
y = –x–3
y=–1
–2
3
2
–
3
2
y= –
3
2
1
.
8
3.1
3.2
3.3
3.4
O
3.5

6.3 D'f =  – , + ?  ; Zeros : – 3 e – 1 ;
 2

 3

intervalos de monotonia: f é estritamente crescente em  – , + ? 
2


3

e é estritamente descrescente em  – ? , –  .
2

3.6
7.1 2x – 5 ≤ 5 ‹ 2x – 1 ≥ 1
⇔ (2x – 5 ≤ 5 ‹ 2x – 5 ≥ – 5) ‹ (2x – 1 ≥ 1 › 2x – 1 ≤ – 1)
⇔ (2x ≤ 10 ‹ 2x ≥ 0) ‹ (2x ≥ 2 › 2x ≤ 0)
4.1 x> 3 ⇔ x > 3 › x < – 3
x
∈
⇔ (x ≤ 5 ‹ x ≥ 0) ‹ (x ≥ 1 › x ≤ 0)
]– ? , – 3[ < ]3 , + ? [ .
x ∈ {0} < [1 , 5] .
4.2 x≤ 2 ⇔ x ≤ 2 ‹ x ≥ – 2
x
∈
7.2 2x2 – 0, 1 = 2, 1
[– 2 , 2] .
4.3 1 – x ≥ 1
⇔ 2x2 – 0, 1 = 2, 1 › 2x2 – 0, 1 = – 2, 1
› 1–x≥1 › 1–x ≤–1
⇔– x ≥ 1 – 1 › – x ≤ – 1 – 1
⇔ 2x2 = 2, 2
› 2 x2 = – 2
⇔– x ≥0
› –x≤–2
⇔ x2 = 1, 1
› x2 = – 1
⇔x ≤ 0
› x≥2
¢
x ∈ ]– ? , 0] < [2 , + ? [ .
⇔ x = – 1, 1
4.4 1 – x < 5 ⇔ x – 1 < 5 ‹ x – 1 > – 5
› x = 1, 1 .
7.3 6 > 2x2 – 2  ⇔ 2x2 – 2 < 6
⇔x < 6 ‹ x > – 4
⇔ 2 x2 – 2 < 6 ‹ 2 x2 – 2 > – 6
x ∈ ]– 4 , 6[ .
5.1
condição impossível em R
5.2
⇔ 2 x2 < 8
‹ 2 x2 > – 4
2
‹ x2 > – 2
⇔ x <4
¢
condição universal em R
⇔ x>–2
‹ x<2
x ∈ ] – 2 , 2[ .
5.3
7.4
5.4
x2 – 5x + 6 ≥ 2 ⇔ x2 – 5x + 6 ≥ 2 › x2 – 5x + 6 ≤ – 2
⇔ x2 – 5x + 4 ≥ 0 › x2 – 5x + 8 ≤ 0
Cálculo auxiliar:
x2 – 5x + 4 = 0 ⇔ x =
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6.1
 2x + 3 se 2x + 3 ≥ 0

2x + 3 = 
 – 2x – 3 se 2x + 3 < 0



=


 2x + 3 + x se x ≥ – 3

2
2x + 3 + x = 
 – 2x – 3 + x se x < – 3

2
52
3
2x + 3 se x ≥ –
2
3
– 2x – 3 se x < –
2
 3x + 3 se x ≥ – 3

2
=
 – x – 3 se x < – 3

2
5±
25 – 16
2
5+3
5–3
› x=
⇔ x=4 › x=1
2
2
5 ± 25 – 32
x2 – 5x + 8 = 0 ⇔ x =
, impossível em R .
2
2 – 5x + 4 ≥ 0 tem como conjunto-solução
A condição x
]– ? , – 1] < [4 , + ? [ .
A condição x2 – 5x + 8 ≤ 0 é impossível, já que
x2 – 5x + 8 > 0 , A x ∈ R.
Logo, x ∈]– ? , 1] < [4 , + ? [ .
⇔ x=
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 7
1.1 a) Opção 1 : 12 × 37 = 444.
Pág. 212
2.4 Se aumentarmos uma unidade ao valor de x , no caso do cilindro da
figura 1 , temos:
Opção 2 : 19 × 12 + 310 = 538.
V (x + 1) =
O Sr. Joaquim na opção 1 gasta 444 euros e na opção 2 gasta
538 euros.
225 ( 20 – (x + 1))
π
b) y1 = 37x ;
Por outro lado temos que:
c) Apenas a função y1 = 37x é de proporcionalidade directa, já que é
a única cuja expressão analítica é do tipo y = mx , com m 0 0.
V (x) =
1.2 a) Se o grilo cricila 31 vezes em 15 segundos então num minuto cricila 124 vezes; assim tem-se:
154
⇔ T = 22
7
A temperatura ambiente esperada é de 22º C.
7 T – 124 = 30 ⇔ 7 T = 154 ⇔ T =
Pág. 213
225π
V =
× ( 20 – x )
π2
225
V =
× ( 20 – x )
π
225 ( 20 – x )
V =
π
=
100 (30 – (x + 1))
π
=
100 ( 29 – x )
π
=
100
100
× 29 –
×x
π
π
100 (30 – x )
Concluí-se, assim, que se aumentarmos uma unidade ao valor de x , o
100
volume do cilindro da figura 2, diminui
cm3.
π
V = área da base × altura
× ( 20 – x )
225
225
× 19 –
×x
π
π
100
100
=
× 30 –
×x=
π
π
π
100
100
100
100 100
100
=
× 29 +
–
×x=
× 29 –
×x+
=
π
π
π
π
π
π
100
,
= V '(x + 1) +
π
100
100
.
ou seja, V (x) = V '(x + 1) +
⇔ V '(x + 1) = V '(x) –
π
π
V '(x) =
• cor-de-laranja: 0 < x < 20 .
• verde: 0 < x < 30 .
2
=
Por outro lado temos que:
b) 7 × 30 – n = 30 ⇔ 210 – n = 30 ⇔ n = 210 – 30
n = 180.
180 vezes por minuto, ou seja, 3 vezes por segundo.
 15 
V =π × 
 π
π
V ' (x + 1) =
2.2 Volume do cilindro da figura 1:
π
Conclui-se, assim, que se aumentarmos uma unidade ao valor de x ,
225
o volume do cilindro da figura 1, diminui
cm3.
π
Se aumentarmos uma unidade ao valor de x , no caso do cilindro
da figura 2 , temos:
No mínimo, o Sr. Joaquim deve efectuar 18 trajectos, ou seja,
deve ir 9 vezes à feira para que a opção 2 seja mais vantajosa
que a opção 1.
2.1 Relativamente à folha:
225 (19 – x )
225
225
× 20 –
×x=
π
π
225
225 225
225
225
225
=
× 19 +
–
×x=
× 19 –
x+
=
π
π
π
π
π
π
225
= V (x + 1) +
,
π
225
225
⇔ V (x + 1) = V (x) –
.
ou seja, V (x) = V (x + 1) +
π
π
19x + 310 < 37x
⇔ 19x – 37x < – 310
⇔ – 18x < – 310
310
⇔ x>
18
⇔ x > 17, (2)
d)
225 ( 20 – x )
=
2πr = 30
30
r=
2π
15
r=
π
3.1
Pág. 214
Volume do cilindro da figura 2:
V ' = área da base × altura
2
 10 
V ' = π ×   × (30 – x )
 π
V' =
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2.3 V = V '
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
100
× (30 – x )
π2
100 (30 – x )
V' = π ×
π
225 ( 20 – x )
100 (30 – x )
=
π
π
4500 – 225x = 3000 – 100x
– 225x + 100x = 3000 – 4500
– 125x = – 1500
1500
x=
125
x = 12 .
2πr = 20
20
r=
2π
10
r=
π
Os gráficos intersectam-se no ponto I, de coordenadas (40 , 180).
Interpretação: A frequência cardíaca máxima recomendada para
uma pessoa de 40 anos de idade, em ambas as relações, é de 180
pulsações por minuto.
3.2 a) Como o Pedro tem 35 anos, tems que n = 35 .
f2 (35) = 208 – 0,7 × 35 = 183,5 .
E como 183,5 × 0,8 = 146,8 , conclui-se que a frequência cardíaca
recomendada para o Pedro de modo que o exercício físico seja o
mais eficaz é de aproximadamente 147 pulsações por minuto.
b) f3 (n) = 0,8(208 – 0,7n)
f3 (n) = 166,4 – 0,56n .
53
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 7
3.3 Por exemplo, a melhoria nas condições de vida da população em
5.3 a) Usando o Teorema de Pitágoras, temos:
geral pode justificar a maior capacidade/resistência das mesmas na
prática desportiva.
4.1
c 2 = 52 + (11,2 + x)2 , c representa o comprimento
da escada
⇔ c 2 = 25 + 125, 44 + 22, 4 x + x2
Pág. 215
⇔ c 2 = x2 + 22, 4 x + 150, 44
Inicialmente, o Paulo tem 80 cêntimos disponíveis para efectuar
chamadas do seu telemóvel o que exlui as opções A e D onde esse
valor é, respectivamente, 70 cêntimos e 0 cêntimos. O preço a
pagar, por segundo, para a rede A é de 0,5 cêntimos, logo o Paulo
realizou uma chamada de 160 minutos (80 : 0,5). Fica, assim,
excluída a opção B.
Resposta: gráfico C.
⇔ c=
x2 + 22, 4 x + 150, 44
Resposta: c =
(c > 0)
2
x + 22, 4 x + 150, 44 ;
b) Se x = 0, 8 então c = 0,82 + 22, 4 × 0, 8 + 150, 44 , ou seja ,
c = 13.
Tem-se então que:
4.2 x representa o número de segundos das chamadas para a rede A;
60 – x representa o número de segundos das chamadas para a rede B.
132 = 11, 22 + (y + 5)2
0,5x + 0,6(60 – x) = 35
⇔ 0,5x + 36 – 0,6x = 35
⇔ – 0,1x = – 1
⇔ x = 10
⇔ 169 = 125, 44 + (y + 5)2
⇔ (y + 5)2 = 43, 56
⇔ y + 5 = – 43, 56 › y + 5 =
43, 56
⇔ y + 5 = – 6, 6
› y + 5 = 6, 6
⇔ y = – 11, 6
› y = 1, 6
⇔ y = 1, 6
(pois y > 0)
Resposta: y = 1,6 metros.
Resposta: Duração das chamadas efectuadas pelo Paulo para a rede
A: 10 segundos e para a rede B: 50 segundos.
4.3 O gráfico D, pois está contido numa recta que passa pela origem
do referencial.
4.4 Não, pois em nenhum dos gráficos o produto das coordenadas dos
seus pontos é constante, ou seja, o gráfico de uma função de proporcionalidade inversa está sobre uma hipérbole, o que não se verifica em nenhum dos gráficos apresentados.
AB = B – A = (140 , 0) – (0 , 70) = (140 , – 70)
70
1
m =–
⇔ m=–
140
2
A ordenada da origem é 70.
Logo, y = – 1 x + 70 é a expressão analítica pedida.
2
x (10 – x)
2
= 100 – 2 (10x – x2 )
(c. q. m.)
mínima corresponde à abcissa do vértice da parábola que representa graficamente a função A(x) = 2x2 – 20x + 100 .
Seja h essa abcissa:
b
– 20
20
; h=–
⇔ h=
⇔ h=5
2a
2×2
4
Resposta: x = 5 metros;
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=–
x2
x2
50
625
+
x–
+ 18 = –
+ 2x – 25 + 18
25
25
25 25
=–
x2
+ 2x – 7 = f (x)
25
(c. q. m.)
A altura do tabuleiro da ponte é igual a 18 + 6 = 24 .
6.3 f (x) = 0 ⇔ –
5.2 a) O valor de x de modo que a área do quadrado [EFGH] seja
2x2 – 20x + 100 ≤ 58
⇔ 2x2 – 20x + 42 ≤ 0
Cálculo auxiliar
2x2 – 20x + 42 = 0 ⇔ x2 – 10x + 21 = 0
10 ± 102 – 4 × (1) × (+21)
10 + 4
10 – 4
› x=
⇔ x=
⇔ x=
2
2
2
⇔ x=7 › x=3
Resposta: x ∈ [3 , 7] , isto é, 3 m ≤ x ≤ 7 m .
54
1
1
(x2 – 50x + 625) + 18
(x – 25)2 + 18 = –
25
25
Como 20 < 24 , a ponte não ficaria totalmente submersa.
= 102 – 4 ×
b)
Pág. 217
para baixo de vértice V (25 , 18), logo o valor máximo de f é 18.
A[EFGH ] = A[ABCD] – 4 × A[BHG ]
h=–
x2
+ 2x – 7
25
6.2 O gráfico de f é parte de uma parábola com a concavidade voltada
Pág. 216
= 100 – 20x + 2x2
f (x) = –
–
4.5 Sejam A (0 , 70) e B (140 , 0) dois pontos do gráfico A.
"
5.1
6.1
⇔ –
1
(x – 25)2 + 18 = 0
25
1
(x – 25)2 = – 18 ⇔ (x – 25)2 = 18 × 25
25
⇔ x2 – 50x + 625 = 450
⇔ x2 – 50x + 175 = 0
502 – 4 × (175)
2
50 + 1800
50 – 1800
⇔ x=
› x=
2
2
⇔ x ≈ 46, 213
› x ≈ 3, 787
⇔ x=
50 ±
A distância, em metros, entre A e B é, aproximadamente, 42,43
metros.
6.4 f (x) = 17 ⇔
⇔ –
1
( x – 25)2 + 18 = 17
25
⇔ ( x – 25) = 25
2
⇔ x – 25 = – 5 › x – 25 = 5
⇔ x = 20 › x = 30
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 7
8.1
Pág. 219
A altura máxima atingida pela bola, na sua trajectória corresponde
à ordenada do vértice da parábola que representa graficamente a
1
9
função: y = – x2 + x .
6
5
1 2 9
x + x:
5
6
1 2 9
9
 1
– x + x = 0 ⇔ x – x +  = 0
 6
6
5
5
Determinação dos zeros de y = –
9
1
9
x + = 0 ⇔ x = 0 › x = – × (– 6)
5
6
5
⇔ x = 0 › x = 10, 8
⇔ x=0 › –
Temos que: 30 – 20 = 10
A largura do arco a 17 metros do nível da água é de 10 metros. Logo,
no que respeita às dimensões apresentadas, o barco pode passar.
0 + 10,8
= 5, 4 ;
2
1
9
ordenada do vértice : – (5, 4)2 + (5, 4) = 4, 86 .
6
5
abcissa do vértice :
7.1 a) 0 ≤ x ≤ 10 , isto é, 0 m ≤ x ≤ 10 m ;
Pág. 218
Resposta: A altura máxima atingida pela bola, na sua trajectória é
4,86 metros.
b) Representa a área, em função de x , e em centímetros quadrados, do rectângulo [AQPR] ;
c.1) 10x –
= 0 ⇔ x (10 – x) = 0 ⇔ x = 0 › 10 – x = 0
⇔ x = 0 › x = 10 .
x2
8.2 Determinação dos zeros do y = –
–
A abcissa do vértice da parábola que representa graficamente
a função y = 10x – x2 corresponde ao valor de x tal que a
área do rectângulo [AQPR] é máxima. Seja h esse valor:
x2
25, 8
+
x – 81 = 0 ⇔ x = 10, 8 › x = 15 (fórmula resolvente)
2
2
Resposta: A bola quando bateu no chão pela segunda vez estava a
15 metros do jogador que a pontapeou.
172
2
+ 11 × 17 – 90 = .
3
3
2
A bola estava a ≈ 0, 67 metros de altura quando foi intersectada
3
pelo defesa da equipa ad
dversária.
0 + 10
=5
2
Resposta x = 5 (em centímetros) ;
8.3 h (17) = –
h=
c.2) 10x – x2 > 21 ⇔ – x2 + 10x – 21 > 0
8.4
2
Cálculo
o auxiliar: – x + 10x – 21 = 0
∈ ]3 ,
–
9
1
x2 +
x = 3(30)
5(6)
6(5)
⇔ – 5x2 + 54 x – 90 = 0
– 10 ± 100 – 4 × (–1) × (–21)
⇔ x=
2 × (–1)
– 10 + 4
– 10 – 4
›
⇔ x=
–2
–2
⇔ x=3
› x=7
Resposta: x
x2
25, 8
+
x – 81 :
2
2
⇔ x=
– 54 ±
542 – 4 × (–5) × (–90)
2 × (–5)
– 54 – 1116
– 54 + 1116
› x=
– 10
– 10
› x ≈ 8, 74
⇔ x ≈ 2, 06
⇔ x=
7[ (em centímetros).
A bola quando, na sua trajectória, se encontrava a 3 metros de
altura distava, aproximadamente, 2,06 metros, num primeiro
momento e 8,74 metros, num segundo momento do jogador que a
pontapeou.
7.2 a) x ∈ [0 , 10] , isto é, 0 cm ≤ x ≤ 10 cm ;
EF × h (20 – 2x) × 10
=
= ( 20 – 2x
x) × 5
2
2
= 100 – 10x ;
b.1) A[EFG ] =
9.1
2x – 3 x = 9
Pág. 220
⇔ (2x – 3) (x) = 9
⇔ 2x2 – 3x = 9
⇔ 2x2 – 3x = 9 › 2x2 – 3x = – 9
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b.2) A[FBCG ]
⇔ 2x2 − 3x – 9 = 0 › 2x2 – 3x + 9 = 0
FB + GC
x + 10
=
× BC =
× 10
2
2
= (x + 10) × 5 = 5x + 50 ;
⇔ x=
3±
9 – 4 × (2) × (–9)
3±
› x=
2 × (2)
9 – 4 × (2) × (9)
2 × (2)
3 ± – 63
3±9
→ impossível em R
› x=
4
4
3
› x=3
⇔ x=–
2

 3
C.S. =  – , 3 .

 2
⇔ x=
c) A[EFG ] = A[FBCG ] ⇔ 100 – 10x = 5x + 50 ⇔ x =
Resposta: x =
10
cm .
3
10
3
55
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
9.2
CAPÍTULO 7
10.2
5x + 2 > x
2
⇔ (5x + 2) > x
2
⇔ (5x + 2)2 – x2 > 0
⇔ [(5x + 2) – x] [(5x + 2) + x] > 0
⇔ (4 x + 2) (6x + 2) > 0
1

C.S. =  – ? , – 
2

∪
 1

– 3 , + ? .


10.1
Pág. 221
x+1
se x ≥ – 1

x+1 = 
;
 – x – 1 se x < – 1

x
–?
–1
x + 1
–x–1
0
2 – x
2–x
f(x)
– 2x + 1
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Daqui resulta que:
56
 2 – x se x ≤ 2

2–x = 
 – 2 + x se x > 2

2
+?
x+1
3
x+1
3
2–x
0
–2+x
3
3
3
2x – 1
 – 2x + 1

f (x) =  3
 2x – 1

se
x<–1
se
–1≤x≤2
se
x >2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 8
1.
Pág. 229
c)
Di =  – 6 , 1 ;
D'i =  – 2 , 3 ;
Zeros: x = – 1.
d)
Dj =  – 2 , 5 ;
D'j =  – 2 , 3 ;
Zeros: x = 3.
Resposta (B).
2.
Se x = 1 , tem-se g(1) = f (2 × 1) = f(2) = 3 .
Resposta: (C).
3.
O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função f ,
efectuando um deslocamento na horizontal de uma unidade para a
esquerda, seguida de uma simetria relativamente ao eixo Ox e
finalmente efectuando um deslocamento na vertical de uma unidade para baixo.
Resposta: (A).
4.
e)
Zeros: x = 1.
O gráfico da função g é simétrico relativamente à origem do referencial e o gráfico da função h é simétrico relativamente ao eixo
Oy , logo a função g é ímpar e a função h é par.
Resposta: (B).
1.1 Df =  – 4 , 3 ;
Pág. 230
D'f =  – 2 , 3 ;
Zeros: x = 1.
1.2 a)
f)
Dl =  – 4 , 3 ;
3

D'l =  – 1 ,  ;
2

Zeros: x = 1.
g)
3

Dm =  – 2 ,  ;
2

D'm =  – 2 , 3 ;
1
Zeros: x =
.
2
Dg =  – 4 , 3 ;
D'g =  – 1 , 4  ;
3
Zeros: x = .
2
b)
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Dk =  – 4 , 3 ;
D'k =  – 4 , 6  ;
Dh =  – 4 , 3 ;
D'h =  – 4 , 1 ;
Zeros: x =
1
.
2
57
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
h)
CAPÍTULO 8
Dg =  – 7 , 3 ;
Dn =  – 8 , 6  ;
D'n =  – 2 , 3 ;
D'g = 0 , 5 ;
Zeros: x = 0 .
g (– 7) = 4 é máximo relativo ;
g (– 5) = 2 é mínimo relativo ;
g (– 3) = 5 é o máximo absoluto ;
g (0) = 0 é o mínimo absoluto ;
g (3) = 1 é máximo relativo ;
Zeros: x = 2 .
b)
i)
Do =  – 4 , 3 ;
D'o =  – 3 , 2  ;
Zeros: x = 1 .
Dh =  – 6 , 4  ;
D'h =  – 3 , 2  ;
j)
Zeros: x = – 4 › x = 0 .
h(– 6) = – 2 é mínimo relativo ;
h(– 4) = 0 é máximo relativo ;
h(– 2) = – 3 é o mínimo absoluto ;
h(1) = 2 é o máximo absoluto ;
h(4) = 1 é mínimo relativo ;
Dp =  – 3 , 4  ;
D'p =  – 2 , 3 ;
Zeros: x = – 1 .
c)
2.1 Df =  – 1 , 2  ;
D'f =  – 4 , 6  ;
1
.
Zeros: 0 e
2
2.2
Dg = 1 , 7  ;
D'g =  – 4 , 6  ;
Zeros: 3 e 4 .
2.3 Di =  – 2 , 4  ;
D'i = 1 , 7  ;
Zeros: não tem.
Di =  – 6 , 4  ;
D'i =  – 4 , 6  ;
3.1 e 3.2
CEXMA10 © Porto Editora
a)
Zeros: x = – 4 › x = 0 .
i(– 6) = 4 é máximo relativo ;
i(– 4) = 0 é mínimo relativo ;
i(– 2) = 6 é o máximo absoluto ;
i(1) = – 4 é o mínimo absoluto ;
i(4) = – 2 é máximo relativo ;
4.1
Pág. 231
y1 =
2x3
: expandiu-se na vertical segundo o factor 2.
y2 = 2(x – 2)3 : deslocou na horizontal 2 unidades para a direita.
Resposta: y = 2 (x – 2)3.
58
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.2 O efeito é o mesmo. Neste caso o resultado não depende da ordem
CAPÍTULO 8
7.
f é uma função ímpar se e só se:
f(–x) = – f(x) , A x ∈ Df.
por que são efectuadas as transformações.
Ora se 0
4.3 O gráfico da função y = x3 deslocou-se 3 unidades para a esquer-
∈ Df ,
f é ímpar e então tem-se:
⇔ f(– 0) = – f(0)
da, depois expandiu-se na vertical segundo o factor 2, seguidamente
obteve-se o simétrico relativamente ao eixo Ox e, finalmente, deslocou-se uma unidade para baixo.
⇔ f(0) + f(0) = 0
⇔ 2f(0) = 0
⇔ f(0) = 0
5.1
(c. q. p.)
Pág. 232
1.
(B) – V
(C) – VII
(D) – VIII
(E) – III
(F) – XII
(G) – II
(H) – X
(I) – XIII
(J) – XI
(K) – VI
5.2
(L) – IV
(M) – IX
2.1 a) 24,8 euros ;
b)
 20

f (t) = 
 20 + (t – 120) × 0,4

Pág. 233
se 0 ≤ t ≤ 120
se t > 120
2.2 a) 39 euros ;
b)
6.1 f1(– x) = 1 – (– x)2 = 1 – x2 = f1(x)
 35

g(t) = 
 35 + (t – 120) × 0,2

se 0 ≤ t ≤ 120
se t > 120
2.3
Como f1(x) = f1(– x) , A x ∈ Df1 , a função f1 é par.
6.2 f2(– x) = – x – 3 (– x)2 = – x – 3x2
Como f2(x) 0 f2 (– x) e f2 (– x) 0 – f2(x) , a função f2 não é par
nem ímpar.
6.3 f3(– x) = 2(– x)3 – 3 (– x) = – 2x3 + 3x = – f3(x)
Como f3(– x) = – f3(x) , A x ∈ Df3 , a função f3 é ímpar.
– (– x)2 + 3
– x2 + 3
– (– x)4 =
– x4 = f4 (x)
2
2
Como f4 (– x) = f4 (x) , ›
A x ∈ Dff , a função f4 é par.
6.4 f4 (– x) =
2.4 Para consumos inferiores a 195 min é mais vantajoso o tarifário A.
14
6.5 O gráfico da função f5 é simétrico relativamente à origem do referencial, então a função f5 é ímpar.
2.5 Tarifário C : 20 euros mais 0,48 e por cada minuto para além de
100 minutos.
6.6 O gráfico da função f6 é simétrico relativamente ao eixo Oy ,
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então a função f6 é par.
59
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 9
1.
Pág. 249
Sabe-se, ainda, que, V =
1.1 Sabe-se que: Área total da caixa = Área lateral + Área da base
2
 h
π ×   ×h
 2
Então: V =
3
Então: Área total da caixa = 2 × 2xh + 2 × xh + 2x2
Como a área total da caixa é 60 cm2, vem:
2 × 2xh + 2 × xh + 2x2 = 60
⇔ 4 xh + 2xh + 2x
2
= 60
⇔ V =
2
⇔ 6xh + 2x = 60
30
–
3x
10
–
⇔ h=
x
x2
3x
x
3
5.1 Se k ∈ ]– ? , – 3[ então f(x) = k tem uma única solução.
Se
Se
Se
Se
Resposta: (A).
1.2 Sabe-se que: V = comprimento × largura × altura
5.2 h(x) = 0 ⇔ f(x) (x – 2)2 = 0
⇔ f(x) = 0 › (x + 2)2 = 0
⇔ f(x) = 0 › x = – 2
⇔ x=3 › x=–2
 10 x 
–
V = 2 x2 × 
 x 3 
20x2 2x3
–
3
x
Resposta: (C).
2x3
V = 20x –
3
Resposta: (D).
6.
P ( – 1) = 3
2.
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
Resposta: (B).
1.1
Sejam c , l e h , respectivamente, o comprimento, a largura e a
altura da caixa.
Tem-se: c = 2x e l = x (supondo que a largura é menor que o
comprimento, pois também poderia ser c = x e l = 2x) .
Como a soma dos comprimentos das arestas do paralelepípedo é
120 cm, tem-se:
4 × (2x) + 4 × x + 4 × h = 120
⇔ 8x + 4x + 4h = 120
⇔ 12x + 4h = 120
⇔ 3x + h = 30
⇔ h = 30 – 3x
1.2
CEXMA10 © Porto Editora
Pág. 250
Sabe-se que a altura h do cone é igual ao diâmetro da base, então
h = d , sendo d o diâmetro da base. Como d = 2r , sendo r o
raio da base, tem-se:
h
r= .
2
60
A(x) + B(x) + C(x)
1
1
= – x2 –3x + + 3x2 – + x – 1
2
3
1 1
2
2
= – x + 3x – 3x + x + – – 1
2 3
5
2
= 2x – 2x – .
6
A(x) – C(x) – B(x)
= – x2 – 3x +
1
1

– (x – 1) –  3x2 – 

2
3
1
– x + 1 – 3x2 +
2
1
= – x2 – 3x2 – 3x – x + + 1 +
2
11
2
.
= – 4x – 4x +
6
= – x2 – 3x +
Então, V= c × l × h , ou seja ,
V = 2x × x × (30 – 3x)
V = 2x2 × (30 – 3x)
Resposta: (A).
4.
f(x) = 0
⇔ x3 + kx2 + x = 0
⇔ x(x2 + kx + 1) = 0
⇔ x = 0 › x2 + kx + 1 = 0
Então a equação x2 + kx + 1 = 0 tem apenas uma solução, logo o
trimónio x2 + kx + 1 é o resultado do quadrado de um binómio,
assim, k = – 2 › k = 2 .
2 (– 1)5 – (– 1)2 + k (– 1) – 1 = 3
2 (– 1) – 1 – k – 1 = 3
– 2–1– k–1= 3
–k=3+ 4
k=–7
Resposta: (A).
3.
k = – 3 então f(x) = k tem duas soluções.
k ∈ ]– 3 , – 1[ então f(x) = k tem três soluções.
k = – 1 então f(x) = k tem duas soluções.
k ∈ ]– 1 , + ?[ então f(x) = k tem uma única solução.
Resposta: (B).
 10 x 
–
Então: V = 2x × x × 
 x 3 
V =
h2
×h
4
3
π × h3 1
×
4
3
π 3
⇔ V=
h
12
Resposta: (D).
30 – x2
3x
⇔ h=
π×
⇔ V =
⇔ 3xh + x2 = 30
⇔ h=
área da base × altura
,
3
1.3
1
3
1
3
2 A(x) – 3 B(x)
1
1


= 2  – x2 – 3x +  – 3  3x2 – 


3
2
= – 2 x2 – 6 x + 1 – 9 x2 + 1
= – 2 x2 – 9 x2 – 6 x + 1 + 1
= – 11x2 – 6x + 2 .
Pág. 251
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
1.4 A (x) × B (x)
x3 – 3x2 – 10x = (x2 + 2x) × Q(x)
1
1 

=  – x2 – 3x +  ×  3x2 – 

3
2 
1
3
= – 3x + x2 – 9x3 + x + x2 −
3
2
1 2 3 2
4
3
= – 3x – 9x + x + x + x –
3
2
11 2
1
x + x– .
= – 3x4 – 9x3 +
6
6
4
Q(x) =
1
6
1
6
Q(x) =
–2
1
4.
2
(x2
5.
Por exemplo: aplicando a regra de Ruffini, tem-se:
+ 3) + x – 1
1
–1
1
1

 1
D(x) = (– x2 + 3x)  x3 – x + 1 + x + 3
 2

2
1 3
3
1
x – x2 + 3x4 – x2 + 3x + x + 3
2
2
2
1 3 5 2 7
5
4
D(x) = – x + 3x + x – x + x + 3 .
2
2
2
D(x) = – x5 +
–1
6
5
–1
2
–1
–5
–2
1
5
0
6.1
1
–3
2
1
3
0
6
0
2
7
2
7
– 15
65
– 13
72
3
2
x – 3x + 2x + 1 = (x – x) · Q(x) + 1
1
2
x – 3x + 2x = (x – x) · Q(x)
Quociente: x2 + 2;
Resto: 7.
x4 – 3x2 + 2x
(
x2 – x
x x3 – 3x + 2
)
6.2
x (x – 1)
3
x3 – 3x + 2
Q(x) =
x–1
–5
3
Aplicando a regra da Ruffini, tem-se:
1
1
1
CEXMA10 © Porto Editora
–1
Como o resto da divisão de A(x) por B(x) é zero o polinómio A(x)
é múltiplo do polinómio B(x).
3.1 D(x) = d (x) × Q(x) + R(x)
Q(x) =
x – 1
Como o resto da divisão de A(x) por B(x) é zero, então o polinómio A(x) é divisor do polinómio B(x).
4
.
3
2.2 D(x) = d (x) × Q(x) + R(x)
Q(x) =
x2 + x + 1
0
D(x) = x5 + 4x3 + x2 + 4x + 2 .
2
0
x2 + x + 1
D(x) = x5 + 3x3 + x3 + 3x + x2 + 3 + x – 1
4
–5
Por exemplo, aplicando o algoritmo da divisão tem-se:
1
3
2.1 D(x) = d(x) × Q(x) + R(x)
2
10
– x2 – x – 1
4
3
= x2 – 3x2 – 2x +
4
–2
– x3 – x2 – x
= x2 – 2x + 1 – 3x2 +
+ x + 1)
– 10
x3 + 0x2 + 0x – 1
1

= (x – 1)2 –  3x2 – 

3
= – 2 x2 – 2 x +
–3
Logo, Q(x) = x – 5 .
1
1
x+ .
3
3
1.6 C (x)  − B (x)
D(x) =
x (x2 – 3x – 10)
x2 – 3x – 10
⇔ Q(x) =
x (x + 2)
x+2
1
1

=  3x2 –  × (x – 1)

3
(x3
x2 + 2 x
Aplicando a regra de Ruffini, tem-se:
1.5 B (x) × C (x)
= 3x3 – 3x2 –
x3 – 3x2 – 10x
0
–3
2
1
1
–2
1
–2
0
Quociente: 3x – 13;
Resto: 72.
6.3
2
Logo Q(x) = x2 + x – 2 .
3.2 D(x) = d (x) × Q(x) + R(x)
–3
2
6
1
–6
0
0
1
x3 – 3x2 + 8 = (x2 + 2x) × Q(x) + 10x + 8
x3 – 3x2 + 8 – 10x – 8 (x2 + 2x) × Q(x)
Quociente: 2a;
Resto: 1.
61
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
11.2 Se Q(x) = 2x3 – 3x + 2
6.4
2
–5
2
–3
0
150
– 10
65
– 325
– 13
65
– 175
3
29
 1
 1
 1
Q  = 2   – 3   + 2 =
 3
 3
 3
27
O resto é
29
.
27
11.3 Seja M(x) = 9x2 – 29x – 3
Quociente: 2y2 – 13y + 65
Resto: – 175
M (– 3) = 9 (– 3)2 – 29 (– 3) – 3 = 165
O resto é 165.
6.5
2
1
2
2
0
–3
1
1
1
2
5
–
4
1
5
–
2
1
–
4
Quociente: 2x2 – x –
Resto: –
12. Seja P(x) = 2x3 – 3ax2 + 2x + b .
Como P(x) é divisível por x – 1 , tem-se P(1) = 0 e se P(x) dividido por 2x + 4 dá resto 3, tem-se:
P (– 2) = 3.
3
2
P (1) = 0
2(1) – 3a (1) + 2 (1) + b = 0
⇔ 

3
2
P (– 2) = 3
2 (– 2) – 3a (– 2) + 2 (– 2) + b = 3
 – 3a + b = – 4
2 – 3a + 2 + b = 0
⇔ 
⇔ 
 – 12a + b = 23
 – 16 – 12a – 4 + b = 3
5
;
2
1
.
4
1
–1
4
b = – 4 + 3 (– 3)
b = – 4 + 3a
b = – 4 + 3a
⇔ 
⇔ 
⇔ 
a
a
=
–
4
+
3
=
23
–
9
27
–
12
a
a = – 3


b
=
–
13

⇔ 
a = – 3
3
12
33
Resposta: a = – 3 e b = – 13.
4
11
37
13. Se A(x) é divisível por B(x) então
6.6
1
3
1
Quociente:
 3
A   = 0 . Tem-se, assim:
 2
x2
4
11
+ x+
;
3
3
3
2
9
15
 3
 3
–1= 0
k   + 5  –1= 0 ⇔ k +
 2
 2
4
2
Resto: 37.
7.
Se 3 é zero de P(x), então pelo Teorema do resto tem-se:
P (3) = 0
9
13
26
k=–
⇔ 9k = – 26 ⇔ k = –
.
4
2
9
14.1 P(1) = 14 – 5 × (1)3 + 6 × (1)2 – 2 = 1 – 5 + 6 – 2 = 0
⇔ 32 – 3k + 3 = 0
Como P(1) = 0 então o polinómio P(x) é divisível pelo polinó-
⇔ 9 – 3k + 3 = 0
mio Q(x).
⇔ 12 – 3k = 0
⇔ k = 4.
8.
⇔
Pág. 252
14.2 P
( 2 ) = 13 ( 2 )
3
Se x2 – 6x + m é divisível por x + 2 então
P (– 2) = 0 ⇔ (– 2)2 – 6 (– 2) + m = 0
⇔ 4 + 12 + m = 0
⇔ m = – 16.
9.
P (1) = 3 ⇔ 13 + 2 (a + 3) (1)2 – 3 (1) = 3
⇔ 1 + 2a + 6 – 3 = 3
⇔ 2a + 4 = 3
1
⇔ a= – .
2
( )
2
10
2 2 +7 2– 2
3
1
10
= ×2 2–
2 ×2+6 2
3
3
2 2 20 2 18 2
–
+
=
3
3
3
=0
–
( )
Como P 2 = 0 então o polinómio P(x) é divisível pelo polinómio Q(x).
14.3 P(– 2) = – 2 ×( –2)3 +(– 2)2 = – 2 ×(– 8) + 4 = 16 + 4 = 20
Como P(– 2) = 20 0 0 então o polinómio P(x) não é divisível
pelo polinómio Q(x).
10. Se x3 + (k – 5)x2 – 2x – (3k + 2) é divisível por x – 1 então, tem-se:
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⇔ 13 + (k – 5) (1)2 – 2 (1) – (3k + 2) = 0
⇔ 1 + k – 5 – 2 – 3k – 2 = 0
⇔ – 2k – 8 = 0
⇔ k = – 4.
Pág. 253
2
x – 8x + 7 = 0
⇔ x=
8±
64 – 28
2
P (2) = 25 – 3 = 32 – 3 = 29
8+6
8–6
› x=
2
2
⇔ x = 7 › x = –1
O resto é 29.
Então, tem-se x2 – 8x + 7 = (x – 1) (x – 7).
11.1 Seja P(x) = x5 – 3.
62
15.1
⇔ x=
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
15.2
CAPÍTULO 9
2
6x2 – 5x + 1 = 0
⇔ x=
5±
16.6
25 – 24
12
2
1 
1  
1 


=  1 – x – 3  1 – x  1 + x


2 
2  
2 
5+1
5–1
› x=
12
12
1
1
› x=
⇔ x=
2
3
⇔ x=

1 
1 

 1 – x – 3  1 + x 
2
2 

1  
1
3 

=  1 – x  1 – x – 3 – x

2  
2
2 
1 

=  1 – x

2 
1 
1

Então, tem-se 6x2 – 5x + 1 = 6  x –   x –  = (3x – 1) ( 2x – 1) .

3 
2
15.3
x2 – 3x + 8 = 0
1 

=  1 – x ( – 2x – 2)

2 
3±
9 – 32
2
equaçção impossível em R .
⇔ x=
1 

= – 2  1 – x ( x + 1) = ( x – 2) ( x + 1) .

2 
Não é possível decompor em factores o polinómio x2 – 3x + 8 .
15.4
16.7
= x2 – 8x + 15
Cálculo auxiliar:
⇔ x = 2 (2 é zero de multiplicidade 2)
⇔ x=
Então, tem-se: x2 – 4x + 4 = (x – 2)2 = (x – 2) (x – 2).
Então tem-se: x2 – 8x + 15 = (x – 5) (x – 3) .
16.8
2 x2 – 2 x – 2 = 0
2 ±
2 + 16
⇔ x=
4
2 ± 18
⇔ x=
4
2 +3 2
2 –3 2
› x=
⇔x=
4
4
4 2
–2 2
› x=
⇔x=
4
4
2
⇔ x= 2 › x=–
2

2
Então, tem-se: 2x2 – 2 x – 2 = 2  x +
 x– 2 .
2 

)
(
16.1
(x – 3)2 – 2 (x – 3) = (x – 3) [(x – 3) – 2] = (x – 3) (x – 5).
16.2
(3x – 5)2 – (7x + 2)2
= [(3x – 5) – (7x + 2)] [(3x – 5] + (7x + 2)]
= (– 4x – 7) ( 10x – 3).
(x – 3)2 – (x – 3) (x + 3) = (x – 3) [(x – 3) – (x + 3)]
= (x – 3) (x – 3 – x –3) = – 6 (x – 3).
16.4
CEXMA10 © Porto Editora
(4x2 – 4) – (1 – x) = 4 (x2 – 1) + (x – 1)
= 4 (x – 1) (x + 1) + (x – 1) = (x – 1) [4 (x + 1) + 1]
= (x – 1) (4x + 4 + 1) = (x – 1) (4x + 5).
17.1
9x3 – 6x2 + x = x (9x2 – 6x + 1)
= x (3x – 1)2 = x (3x – 1) (3x – 1).
17.2 Como
1
é zero do polinómio 4x3 – 8x2 – x + 2 , vem:
2
4
1
2
4
1

(3x – 2)2 – 9  2x + 

2
–8
–1
2
2
–3
–2
–6
–4
0
4 x2 – 6 x – 4 = 0
6 ± 36 + 64
6 + 10
6 – 10
› x=
⇔ x=
8
8
8
1
⇔x=2 › x=–
2
1

Então tem-se: 4x2 – 6x – 4 = 4  x +  ( x – 2) .

2
⇔ x=
1 
1

e 4 x3 – 8x2 – x – 2 = 4  x –   x +  (x – 2) =

2 
2
= ( 2x – 1) ( 2x + 1) ( x – 2) .
(x – 1) – (x2 – 1) = (x – 1) – (x – 1) (x + 1)
= (x – 1) [1 – (x + 1)] = (x – 1) (1 – x – 1) = – x (x – 1).
16.5
64 – 60
2
⇔ x=
1
1
1
Então, tem-se: x2 – 2x + 3 = (x –3)2 = ( x – 3) (x – 3) .
3
3
3
16.3
8 ±
x2 – 8x + 15 = 0
8+2
8–2
› x=
2
2
⇔ x=5 › x = 3
1 2
x – 2x + 3 = 0
3
⇔ x2 – 6x + 9 = 0 ⇔ (x – 3)2 = 0
⇔ x–3=0
⇔ x = 3 (3 é um zero de multiplicidade 2)
15.6
(x – 3)2 – 2x + 6
= x2 – 6x + 9 – 2x + 6
x2 – 4x + 4 = 0
⇔ (x – 2)2 = 0 ⇔ x – 2 = 0
15.5
1 
1 2


 1 – 2 x – 3  1 – 4 x 
17.3 Sabe-se que 1 e 2 são zeros de x5 – 5x3 + 4x , aplicando a regra
de Ruffini, vem:
2
1
2
 
1 
3

= (3x – 2)2 – 3  2x +   = (3x – 2)2 –  6x + 



2
2



3  
3 


= (3x – 2) –  6x +   (3x – 2) +  6x +  


2  
2 

7 
1

=  – 3x –   9x –  .

2 
2
0
–5
0
4
0
1
1
–4
–4
0
1
–4
–4
0
0
2
6
4
0
3
2
0
0
2
1
1
2
1
63
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
x3 + 3x2 + 2x = 0
18.1 Aplicando a regra de Ruffini:
⇔ x (x2 + 3x + 2) = 0
1
–3±
9–8
2
–3+1
–3–1
› x=
⇔ x=0 › x=
2
2
⇔ x = 0 › x = –1 › x = –2
⇔ x=0 › x=
–2
1
–2
Tem-se, então: x5 – 5x3 + 4 x = x (x – 1) (x + 1) (x – 2) (x + 2).
1
17.4 Dizer que o polinómio é divisível por x2 –
–2
1
é o mesmo que
4
8
4
–2
–6
–4
3
2
0
–2
–2
1
0
–2
1
1 
1

dizer que é divisível por  x –   x +  , aplicando a regra de

2 
2
Ruffini, vem:
5
–1
– 2 é um zero de multiplicidade dois.
O polinómio x3 + 5x2 + 8x + 4 pode ser escrito da seguinte forma:
1
–4
1
2
1
2
1
–
1
2
1
–1
7
4
1
1
0
–
x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x + 2) (x + 2) (x + 1) .
18.2 Aplicando a regra de Ruffini:
1
7
–
2
2
2
1
2
2
–2
– 4
4
0
–
1
15
4
–2
1
–2
1
–2
Logo, x4 – 4 x3 +
15 2
x + x–1=
4
1 2
1 

 x – 2   x + 2  (x – 4 x + 4)
1
–2
1 
1

2
=  x –   x +  ( x – 2)

2 
2
5
6
–4
–8
–2
–6
0
8
3
0
–4
0
–2
–2
4
1
–2
0
–2
2
–1
0
–2
1
–3
1 
1

=  x –   x +  ( x – 2) (x – 2).

2 
2
– 2 é um zero de multiplicidade três.
O polinómio x4 + 5x3 + 6x2 – 4x – 8 pode ser escrito da seguinte
forma: x4 + 5x3 + 6x2 – 4x – 8 = (x + 2) (x + 2) (x + 2) (x – 1) .
17.5 Aplicando a regra de Ruffini, vem:
1
–9
29
– 39
19.1
18
Pág. 254
1 é zero de A(x) se A(1) = 0. Calculemos, então A(1):
3
1
3
1
3
– 18
33
– 18
–6
11
–6
0
3
–9
6
–3
2
0
A(1) = 13 + 2 × 12 – 13 × 1 + 10 = 1 + 2 – 13 + 10 = 0
Então, 1 é zero do polinómio.
19.2
1
1
4
3
2
2
2
Então, tem-se: x – 9x + 29x – 39x + 18 = (x – 3) (x – 3x + 2)
x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x =
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⇔ x=
3±
9–8
2
3+1
3–1
› x=
⇔ x = 2 › x = 1.
2
2
Então o polinómio x4 – 9x3 + 29x2 – 39x + 18 pode ser escrito
da seguinte forma:
x4 – 9x3 + 29x2 – 39x + 18 = (x – 3)2 (x – 2) (x – 1)
= (x – 3) (x – 3) (x – 2) (x – 1).
64
1
2
– 13
10
–1
3
– 10
3
– 10
0
Então, tem-se:
x3 + 2x2 – 13x + 10 = (x – 1) (x2 + 3x
x – 10)
–3± 7
– 3 ± 9 + 40
⇔ x=
2
2
–3+ 7
–3–7
› x=
⇔ x=2 › x=–5
⇔ x=
2
2
Logo, A(x) = (x – 1) (x – 2) ( x + 5) .
x2 + 3x – 10 = 0 ⇔ x =
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
19.3 Constrói-se um quadro de variação do sinal de cada um dos factores:
21.2 Substituindo a = – 11 e b = 16 no polinómio P(x), vem:
P(x) = 2x4 + 11x3 + 16x2 + x – 6
x
–?
–5
2
+?
x–1
–
–
–
0
+
+
+
x–2
–
–
–
–
–
0
+
x+5
–
0
+
+
+
+
+
A(x)
–
0
+
0
–
0
+
1
Aplicando a regra de Ruffini:
2
–3
2
–2
∈
A(x) ≤ 0 ⇔ x
] – ? , – 5]
< [1 , 2].
2
20.1 Aplicando a regra de Ruffini.
2
–1
2
–1
2
–1
2
–3
–7
–3
–2
–1
4
3
1
–4
–3
0
–2
1
3
–1
–3
0
–2
3
–3
0
22.
–4
–4
20.3 Constrói-se um quadro de variação do sinal de cada um dos fac3
2
+?
+
+
+
–
–
0
+
0
–
0
+
0
2x – 3
–
P(x)
+
P(x) > 0 ⇔ x
∈  – ? ,
– 15
–3
6
5
1
–2
0
–4
–2
2
1
–1
0
3

– 1 ∪  , + ?  .
2

21.1 Sabe-se que P(x) é divisível por (x + 3) (x + 2) então:
0
3
1
–4
–4
–1
–4
–1
0
Como o resto é zero, o polinómio – 4x3 + 3x + 1 é divisível por
x – 1. Então, tem-se:
tores.
–
–6
Vamos verificar se – 4x3 + 3x + 1 é divisível por x – 1 , aplicando
a regra de Ruffini:
20.2 P(x) = (x + 1) (x + 1) (x + 1) (2x – 3).
(x + 1)3
–6
–1± 3
–1± 1+ 8
⇔ x=
4
4
–1–3
–1+ 3
1
⇔ x=
› x=
⇔ x = –1 › x =
4
4
2
1

Logo, P(x) = 2(x + 3) (x + 2) (x + 1)  x –  .

2
1
–1
1
2x2 + x – 1 = 0 ⇔ x =
Então, – 1 é uma raiz tripla de P(x) .
–?
16
Então, tem-se: P(x) = (x + 3) (x + 2) (2x2 + x – 1)
3
x
11
– 4x3 + 3x + 1 = (x – 1) (– 4x2 – 4x – 1)
Logo, A(x) = – 4x2 – 4x – 1 .
23.
Seja P(x) = x3 + 6x2 + 11x + m.
– 1 é raiz de P(x) se P(– 1) = 0 , então vem:
(– 1)3 + 6 (– 1)2 + 11 (– 1) + m = 0
⇔ – 1 + 6 – 11 + m = 0
⇔ m=6
Para m = 6 , vem: P(x) = x3 + 6x2 + 11x + 6.
Aplicando a regra de Ruffini, vem:
P (– 3) = 0 e P(– 2) = 0 .
2(– 3)4 – a (– 3)3 + b ( – 3)2 + (– 3) – 6 = 0

4
3
2
2(– 2) – a (– 2) + b (– 2) + (– 2) – 6 = 0
1
–1
1
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162 + 27 a + 9b – 3 – 6 = 0
27 a + 9b = – 153
⇔ 
⇔ 
32
+
8
a
+
4
b
–
2
–
6
=
0

8a + 4b = – 24
b = – 17 – 3a
b = – 17 – 3a
3a + b = – 17
⇔ 
⇔ 
⇔ 
 – a = 11
2a – 17 – 3a = – 6
2 a + b = – 6
b = 16
b = – 17 – 3 (– 11)
⇔ 
⇔ 
11
a
=
–
 a = – 11

Resposta:: a = – 11 e b = 16 .
6
11
6
–1
–5
–6
5
6
0
Então, tem-se: P(x) = (x + 1) (x2 + 5x + 6)
x2 + 5x + 6 = 0 ⇔ x =
–5±
25 – 24
2
–5+1
–5–1
› x=
⇔ x =–2 › x =–3
2
2
3
2
Logo, x + 6x + 11x + 6 = (x + 1) (x + 2) (x + 3) .
⇔ x=
65
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
24.
CAPÍTULO 9
26.2 Para m = – 2 , vem: 2x3 – 4x2 – 2x + 4 .
Seja P(x) o polinómio pretendido, então:
P(x) =
ax3
+
bx2
+ cx + d , com a 0 0 .
Aplicando a regra de Ruffini, vem:
Como 3 é o coeficiente de x3 , temos:
2
P(x) = 3x3 + bx2 + cx + d .
2
Por outro lado, temos que 1 e 0 são zeros de P(x) , logo P(1) e
P(0) são iguais a zero:
2
3 + b + c = 0
P(1) = 0
⇔ 

P
(
0
)
=
0
d = 0

27.1
9b – 3c = 85
9b – 3 (– b – 3) = 85
9b + 3b + 9 = 85
12b = 76
19
‹ b=
3
19
‹ b=
3
19 2 28
3
x –
x .
Logo, P(x) = 3x +
3
3
‹
‹
‹
‹
36 + 288
–4
6 + 18
6 – 18
› x=
⇔ x=0 › x=
–4
–4
zeros: – 6 , 0 e 3 .
2
f (x) = – x (x + 6) (x – 3) .
3
27.2
–?
–6
2
x
3
+
+
+
0
x+6
–
0
+
x–3
–
–
f(x)
+
0
x
⇔ 2k – 6 = 0
–
⇔ k = 3.
25.2 Para k = 3 , vem: P(x) = 2x3 + 3x2 – 2x – 3
Aplicando a regra de Ruffini, vem:
2
–1
3
1
–3
0
6±
⇔ x =0 › x =–6 › x =3
⇔ –2+k–1+k–3=0
–2
0
2 2
x – 2x + 12 = 0
3
⇔ x=0 › x=
P(– 1) = 0 ⇔ 2(– 1)3 + k (– 1)2 + (1 – k) (– 1) – 3 = 0
–1
–2
⇔ x = 0 › – 2x2 – 6x + 36 = 0
Pág. 255
–3
0
2 3
x – 2x2 + 12x = 0
3
 2

⇔ x  – x2 – 2x + 12 = 0

 3
O polinómio P(x) é divisível por x + 1 se P(– 1) = 0.
–2
–4
f (x) = 0 ⇔ –
⇔ x=0 › –
25.1
3
0
P(x) = (2x – 4) (x – 1) (x + 1).
Tem-se estão que:
2
4
P(x) = 2(x – 2) (x – 1) (x + 1)
⇔ – 81 + 9b – 3c = 4
b+c=0
–b–3
–b–3
–b–3
19
c=–
–3
3
28
c=–
3
4
P(x) = (x – 2) 2(2x2 – 1)
e sabe-se, também, que o polinómio P(x) dividido por x + 3 dá
resto 4, ou seja, P (– 3) = 4 .
P(– 3) = 4 ⇔ 3(– 3)3 + b (– 3)2 + c (– 3) = 4
(pois d = 0)
3+
c=
c=
c=
–2
P(x) = (x – 2) (2x2 – 2)
Então tem-se:
⇔ 9b – 3c = 85
–4
f(x) ≥ 0 ⇔ x
∈
3
+?
–
–
–
+
+
+
+
–
–
–
0
+
–
0
+
0
–
0
] – ? , – 6] < [0 , 3] .
28.1 – 3 é raiz do polinómio p(x) se p(– 3) = 0 .
p (– 3) = 0 ⇔ (– 3)3 – p (– 3)2 – 3 (– 3) = 0
2
Então, tem-se P(x) = (x + 1) (2x + x – 3)
– 1 ± 1 + 24
4
–1+ 5
–1– 5
› x=
⇔ x=
4
4
3
⇔ x=1 › x=–
2
3

Logo, P(x) = 2(x + 1) (x – 1)  x +  = ( x + 1) ( x – 1) ( 2x + 3) .

2
⇔ – 27 – 9p + 9 = 0
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2 x2 + x – 3 = 0 ⇔ x =
26.1 O resto da divisão de P(x) por 2x – 1 é 3 , logo , P  1  = 3 .
 2
3
2
 1
 1
 1
 1
P  =3 ⇔ 2  –4  +m  +4=3
 2
 2
 2
 2
1
1 1
1
1
–4× + m+4=3 ⇔ m=–
8
4 2
2
4
1
⇔ m=– .
2
⇔ 2×
66
⇔ – 9p – 18 = 0
⇔ p=–2.
28.2 Constrói-se um quadro de variação do sinal de cada um dos factores.
x
–?
–3
x–1
–
–
–
–
x+3
–
0
+
x
–
–
p(x)
–
0
p(x) ≤ 0 ⇔ x
∈
1
+?
–
0
+
+
+
+
+
–
0
+
+
+
+
0
–
0
+
0
] – ? , – 3] < [0 , 1] .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
29.1 x3 – x ≤ 0 ⇔ x (x2 – 1) ≤ 0
Constrói-se um quadro de sinais:
Pág. 256
Constrói-se um quadro de variação do sinal de cada um dos factores do 1.° membro.
x
–?
–1
x
–
–
–
0
–1
+
0
–
–
0
+
x2
x(x2 – 1)
1
+?
+
+
+
–
–
0
+
0
–
0
+
0
x
–?
1
+?
x–1
–
0
+
x2 + 1
+
+
+
–
0
+
(x – 1)
(x2
+ 1)
Cálculo auxiliar:
(x – 1) (x2 + 1) = 0
x – 1 = 0 ›t
x2w+u1w=v0
equação
x = 1 impossível em R
x (x2 – 1) = 0
Cálculo auxiliar:
x = 0 › x2 – 1 = 0
x2 (x – 1) + x – 1 < 0 ⇔ x
x=0 › x=–1 › x=1
∈
x3 – x ≤ 0 ⇔ x
29.2
x2
≥
⇔
x3
x2
–
29.5
] – ? , – 1] < [0 , 1] .
x3 ≥
0 ⇔
x2
–?
0
x2
+
0
1–x
+
x2 (1 – x)
+
(x –
– 2 (x –
⇔ (x –
3)2
[1 – 2 (x – 3)] ≤ 0
≤0
(1 – x) ≥ 0
1
+?
+
+
+
+
+
0
–
0
+
0
–
⇔ (x – 3)2 (– 2x + 7) ≤ 0
Constrói-se um quadro de sinais:
29.3
⇔ x
∈
0
–
0
+
0
–
+
(x – 3)2 (– 2x + 7)
+
( x – 3)2 ( – 2x + 7) = 0
( x – 3)2 = 0 › – 2x + 7 = 0
⇔ x=3
(x – 3)2 – 2 (x – 3)3 ≤ 0 ⇔ x
› x=
∈ {3} ∪ 
7
2
7
2

, + ? .

29.6 (x – 2)2 (3 + x)5 > 0
Constrói-se um quadro de sinais:
x
–?
–3
0
+?
x
–
–
–
–
–
0
+
+
0
–
0
+
+
+
–
0
+
0
–
0
+
–2
Cálculo auxiliar:
x (x2 + 5x + 6) = 0
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+
– 2x + 7
⇔
Constrói-se um quadro de sinais:
–5±
25 – 24
2
–5+1
–5–1
x=0 › x=
› x=
2
2
x=0 › x=–2
› x =–3
x=0 › x=
+
0
] – ? , – 1] .
⇔ x (x2 + 5x + 6) ≤ 0
x3 + 5x2 + 6x
+
+
Cálculo auxiliar:
⇔ x3 + 5x2 + 6x ≤ 0
+ 5x + 6
+
(x – 3)2
x3 + 6x ≤ – 5x2
x2
+
3
x=0 › x=1
x ≥
+?
–?
x (1 – x) = 0
x2 = 0 › 1 – x = 0
x3
7
2
x
2
Cálculo auxiliar:
2
] – ? , 1[ .
⇔ (x – 3)2 (1 – 2x + 6) ≤ 0
Constrói-se um quadro de variação do sinal de cada um dos factores do 1.° membro.
x
3)3
∈
3)2
x3 + 6x ≤ – 5x2 ⇔ x ∈ ] – ? , – 3] < [– 2 , 0] .
–?
–3
(x – 2)2
+
+
x)5
–
–
x
(3 +
(x – 2)2 (3 + x)5
Cálculo auxiliar:
2
+?
+
0
+
0
+
+
+
0
+
0
+
(x – 2)2 (3 + x)5 = 0
⇔ (x – 2)2 = 0 › (3 + x)5 = 0
⇔ x=2 › x=–3
(x – 2)2 (3 + x)5 > 0 ⇔ x
∈
]– 3 , 2[ < ] 2 , + ?[ .
30.1 Comprimento do rectângulo onde está incluído o desenho:
80 – 2x .
Largura do rectângulo onde está incluído o desenho: 50 – 2x .
Área do rectângulo onde está incluído o desenho:
(80 – 2x) (50 – 2x) , tem-se,
A = (80 – 2x) (50 – 2x)
29.4
x2
(x – 1) + x – 1 < 0
⇔ (x – 1) (x2 + 1) < 0
A = 4000 – 160x – 100x + 4x2
A = 4x2 – 260x + 4000
(c. q. m.)
67
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
30.2
CAPÍTULO 9
32.2 A altura do cesto deveria ser igual ao valor numérico, em metros,
A(x) = 1800
⇔ 4x2 – 260x + 4000 = 1800
de h(4).
⇔ 4x2 – 260x + 2200 = 0
h(4) = –
2
⇔ 2x – 130x + 1100 = 0
260
( 4 – 2, 3)2 + 4, 5 ≈ 3, 08 .
529
Resposta: h(4) ¯ 3,08 metros.
O cesto deve estar a cerca de 3 metros de altura.
130 ± 16 900 – 8800
4
130 + 90
130 – 90
› x=
⇔ x=
4
4
⇔ x = 55
› x = 10
⇔ x=
33.1 P(8) = 9 × 8 – 8 × 82 – 83 = 72
9t + 8t2 – t3 = 72
⇔ – t3 + 8t2 + 9t – 72 = 0
Como x ∈ ]0 , 25[ , tem-se x = 10 cm .
Aplicando a regra de Ruffini, vem:
31.1 No início da experiência:
–1
T(0) = (0 + 0,2)2 – 0,16 × 0 = 0,04
8
No final da experiência:
T(4) = (4 + 0,2)2 – 0,16 × 44 = – 23,32
–1
8
9
– 72
–8
0
72
0
9
0
A temperatura no início e no fim da experiência foi, respectivaEntão, tem-se: – t3 + 8t2 + 9t – 72 = (t – 8) (– t2 + 9).
mente de 0,04 °C e – 23,32 ºC.
(t – 8) (– t2 + 9) = 0 ⇔ t = 8 › – t2 + 9 = 0
⇔ t = 8 › t2 – 9 = 0
31.2 a) Recorrendo à calculadora gráfica determina-se o zero da função:
0,2)2
T(t) = (t +
–
0,16t4,
com t ∈ [0 , + ?[ .
⇔ t=8 › t=–3
~
t=3
⇔ t = 8 › t = 3 (pois o 0 ≤ t ≤ 8)
O zero é t ¯ 2,686.
Tem-se que 0,686 horas ¯ 41 minutos.
Ao fim de 3 horas de trabalho o trabalhador produz 72 peças por
hora.
Resposta: 2 h 41 min.
b) Recorrendo à calculadora gráfica determinam-se os pontos da
intersecção dos gráficos das funções:
33.2 a) Inseriu-se na calculadora gráfica a função y1 = 9t + 8t2 – t3, e
determinou-se o máximo da função.
y1 = (t + 0,2)2 – 0,16 t4
y
y2 = 1
com t ∈ [0 , + ?[ .
126,2
As abcissas desses pontos são: t ¯ 0,839 e t ¯ 2,509.
2,509 – 0,839 = 1,67
Tem-se que 0,67 horas ¯ 40 min.
Resposta: A temperatura da substância foi não inferior a 1 °C
durante, aproximadamente, 1h 40 min.
O
31.3 (t + 0,2)2 – 0,16 t4
= (t + 0,2 – 0,4 t2) (t + 0,2 + 0,4 t2)
Pág. 257
1.1
2
y = a (x – h) + k , a 0 0 .
O vértice da parábola tem coordenadas (h , k).
Sabe-se que: h = 2,3 e k = 4,5 e quando x = 0 , y = 1,9.
y = a ( x – 2, 3) + 4, 5
2
P(24) = – 0,0007 × 243 + 0,04 × 242 – 0,55 × 24 + 4 = 4,1632
1, 9 = a (0 – 2, 3) + 4, 5
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⇔ 1, 9 = a × 5, 29 + 4, 5 ⇔ a =
Resposta: 4,16 mg/m<.
260
– 2, 6
⇔ a=–
529
5, 29
Logo, um modelo matemático em que a altura h em metros, da
bola, é função de x é, por exemplo:
68
Pág. 258
a) Às zero horas desse dia corresponde t = 0 .
P(0) = 4.
Resposta: 4 mg/<.
b) Às 24 horas desse dia corresponde t = 24 .
1, 9) :
2
h(x) = –
t
b) A produtividade máxima é de aproximadamente 126 peças
por hora.
= (– 0,4 t2 + t + 0,2) (0,4 t2 + t + 0,2)
(0 ;
8
O máximo absoluto da função ocorre para t ¯ 5,846.
A produtividade é máxima ao fim de aproximadamente
5,8 horas.
= (t + 0,2)2 – (0,4 t2)2
32.1 A função procurada é da forma:
5,8
260
( x – 2, 3)2 + 4, 5 .
529
c) Às 11 horas e 45 minutos desse dia corresponde t = 11,75.
P (11,75) ¯ 1,92 mg/< .
d) Às 5 horas e 45 minutos da tarde desse dia é o mesmo que dizer
às 17 horas e 45 minutos desse dia, o que corresponde
a t = 17,75 .
P (17,75) ¯ 2,93 mg/< .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
1.2 É dito no enunciado que:
2.1 12 horas e 15 minutos corresponde a t = 15 .
• o nível de poluição do ar diminui, enquanto o purificador esteve
ligado.
• uma vez o purificador desligado, o nível de poluição do ar começou de imediato a aumentar.
Pág. 259
d2 (15) ¯ 113,18 .
• o purificador foi ligado às zero horas e desligado algumas horas
depois.
Resposta: A Helena às 12 horas e 15 minutos encontra-se, aproximadamente, a 113,18 decâmetros da escola.
2.2 Recorrendo à calculadora gráfica determina-se o máximo da função
d2 .
O valor pedido é 116,37 (duas casas decimais).
Temos, portanto, de estudar a função P , quanto à monotonia,
para podermos saber durante quanto tempo é que o purificador
esteve ligado.
Resposta: A distância máxima a que a Helena esteve da escola foi,
aproximadamente, 116,37 decâmetros.
2.3 Sabe-se que 200 metros = 20 decâmetros.
Recorrendo à calculadora gráfica, constrói-se a seguinte tabela:
t
0
9,002
24
p(t)
¢
1,780
£
Recorrendo, novamente, à calculadora gráfica determinam-se as
abcissas dos pontos de intersecção dos gráficos das funções:
y1 = 0,883t2 + 18t
y2 = 20
Então, tem-se 9,002 h ¯ 9 h 00 min.
Os valores procurados são:
t ¯ 1,179 e t ¯ 19,206
Concluímos que o nível de poluição do ar diminui desde as zero
horas (instante em que o purificador foi ligado) até às 9 h 00 min.,
tendo aumentado a partir desse instante.
19,206 – 1,179 = 18,027
Como 18,027 min ¯ 18 min 2 segundos, concluí-se que o Carlos
estve a mais de 200 metros da escola durante, aproximadamente,
18 min e 2 segundos.
Resposta: O purificador de ar esteve ligado durante 9 h 00 min.
1.3 Recorrendo, novamente, à calculadora gráfica determinam-se as
abcissas dos pontos de intersecção dos gráficos das seguintes funções:
2.4 Determinemos os zeros de d1:
y2 = 2,6
– 0, 883t 2 + 18t = 0
⇔ t (– 0,883t + 18) = 0
⇔ t = 0 › – 0,883t + 18 = 0
As abcissas procuradas são:
⇔ t =0 › t =
y1 = –
0,0007t3
+
0,04t2
– 0,55t + 4
18
0,883
18 000
⇔ t =0 › t =
≈ 20, 39
883
3
t ¯ 3,285 e t ¯ 16,141.
16,141 – 3,285 = 12,856 e 12,856 h ¯ 12 h 51 min
O nível de poluição do ar foi inferior a 2,6 mg/< durante, aproximadamente, 12 h 51 min.
18 000
em d2 , vem:
883
 18 000   18 000

  18 000
+ 0, 09
d2 = – 0, 05 
– 25 

  883
 883   883
Substituindo t =
1.4 Recorrendo, de novo, à calculadora gráfica determinam-se as abcis-
d2 ≈ 96, 31
sas dos pontos de intersecção dos gráficos das seguintes funções:
y1 = –
0,0007t3
+
0,04t2
– 0,55t + 4
Resposta: Quando o Carlos chegou à escola a Helena, ainda, estava
a cerca de 96,31 decâmetros da escola.
y2 = 1,8
Os valores procurados são:
2.5 Pretende-se determinar o valor de t , tal que: d1 = d2 .
Recorrendo à calculadora gráfica determinam-se as coordenadas do
ponto, P , de intersecção dos gráficos das funções:
y
y1 = – 0,883t2 + 18t
y2 = – 0,05t (t – 25) (t + 0,09)
Obtém-se, assim, que: P(11,52 ; 90,17).
1,8
O
Então, tem-se 11,52 min ¯ 11 min 31 s
8,037
10
24 x
Interpretação: 11,52 minutos após terem saído da escola, ou seja,
aproximadamente às 12 h 12 min, o Carlos e a Helena encontravam-se à mesma distância da escola, sendo esta distância de 90,17
decâmetros.
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10 – 8,037 = 1,963
O nível de poluição do ar foi inferior a 1,8 mg/< apenas durante
1,963 horas, aproximadamente.
Concluímos, assim que o nível de poluição do ar foi inferior a
1,8 mg/< durante aproximadamente 1 h 58 min. Logo, se o Pedro
esperou durante 2 horas, o nível de poluição nesse período não
pode ter sido sempre inferior a 1,8 mg/<.
3.1
Pág. 260
A altura do Pedro será igual à diferença entre h(0) e altura da pedra. Então, tem-se: h(0) – 0,5 = 2,25 – 0,5 = 1,75.
Resposta: O Pedro tem 1,75 metros de altura, aproximadamente.
69
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
3.2 h (16) = 24,65 ;
Aplicando a regra de Ruffini, tem-se:
h (27) = 25,2 ;
h (38) = 13,65 .
–1
A distância pedida só pode ser 27 metros.
5
A hipótese (A) não pode ser porque h(16) < 25 .
5
6
– 30
–5
0
30
0
6
0
–1
A hipótese (C) também não pode ser porque h(38) < 25.
Resposta: (B) 27 metros.
– x3 + 5x2 + 6x – 30 = 0
3.3 a) h(x) = 0
3
⇔ (x – 5) (– x2 + 6) = 0
2
⇔ – 0, 05x + 2, 2x + 2, 25x = 0
⇔ x (– 0, 05x2 + 2, 2x + 2, 25) = 0
2
⇔ x = 0 › – 0, 05x + 2, 2x + 2, 25 = 0
– 2, 2 ±
4, 84 + 0, 45
⇔ x=0 › x=
– 0, 1
– 2, 2 – 2, 3
– 2, 2 + 2, 3
› x=
⇔ x=0 › x=
– 0, 1
– 0, 1
⇔ x = 0 › x = – 1 › x = 45
⇔ x=5
›
x2 = 6
⇔ x=5
›
x=– 6 › x=
⇔ x=5
›
x=
6
6 (pois 0 < x < 6)
4.7 Recorrendo à calculadora gráfica determina-se as coordenadas do
ponto do máximo da função:
y1 = – x3 + 5x2 + 6x
b) h(x) = – 0,05x (x + 1) (x – 45).
e usando, por exemplo, a seguinte janela de visualização:
Pág. 261
x + 6 – x – x = (– x + 6) cm
Largura do fundo da caixa:
3x + 1 – x – x = (x + 1) cm
4.2
– x2 + 6 = 0
Resposta: x = 6 cm.
Resposta: Os zeros da função h são: – 1 , 0 e 45.
4.1 Comprimento do fundo da caixa:
⇔ x–5=0 ›
x>0 ‹ –x+6>0 ‹ x+1>0
⇔x > 0 ‹ – x > – 6 ‹ x > – 1
⇔x > 0 ‹ x < 6 ‹ x > – 1
⇔ x ∈ ]0 , 6[
4.3 Volume = área da base × altura
V(x) = (– x + 6) (x + 1) x
= (– x2 – x + 6x + 6) x
= – x3 + 5x2 + 6x
(c. q. m.)
Xmín. = 0
Xmáx. = 6
Ymín. = 0
Ymáx. = 50 .
O ponto procurado tem as seguintes coordenadas:
(3,85 ; 40,15).
Então tem-se que x ¯ 3,85 e as dimensões da folha de cartão são:
comprimento: 3,85 + 6 = 9, 85
largura: 3(3,85) + 1 = 12,55
Resposta: As dimensões da folha de cartão são 9,9 cm × 12,6 cm.
5.1 A base é um rectângulo cujas dimensões são:
Pág. 262
15x e 21 – 2x , então tem-se:
P(x) = 2 (15 – x) + 2 (21 – 2x)
4.4 • Folha de cartão
comprimento: (x + 6) cm , se x = 2 cm , então o comprimento é
8 cm ;
largura: (3x + 1) cm , se x = 2 cm , então a largura é 7 cm;
Dimensões da folha de cartão: 8 cm × 7 cm.
• Caixa
comprimento: (– x + 6) cm, se x = 2 cm , então o comprimento é
4 cm ;
largura: (x + 1) cm, se x = 2 cm , então a largura é 3 cm;
altura: x cm , se x = 2 cm , então a altura é 2 cm.
Dimensões da caixa: 4 cm × 3 cm × 2 cm .
• Volume
volume: (– x3 + 5x2 + 6x) cm3 , se x = 2 cm , então o volume da
caixa é 24 cm3 .
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4.5 V(5) = –
53
+5×
52
+ 6 × 5 = 30
O volume da caixa para x = 5 cm é 30 cm3.
4.6 Pretende-se determinar x tal que:
V(x) = 30 , tem-se então que:
70
= 30 – 2x + 42 – 4x
= 72 – 6x
= – 6x + 72
(c. q. m.)
A área do fundo da caixa é dada por:
A(x) = (15 – x) (21 – 2x)
= 315 – 30x – 21x + 2x2
= 315 – 51x + 2x2 (c. q. m.)
O volume V da caixa é dado por:
V = área da base × altura
V(x) = (315 – 51x + 2x2) x
V(x) = 315x – 51x2 + 2x3 .
5.2 O domínio da função P é ]0 ; 10,5[ , já que:
x > 0 ‹ 15 – x > 0 ‹ 21 – 2x > 0
x > 0 ‹ x < 15 ‹ x < 10,5
Logo, x ∈ ]0 ; 10,5[ .
As opções (B) e (C) ficam desde já excluídas, pois x não pode ser
negativo nem superior a 10,5.
– x3 + 5x2 + 6x = 30
Se x = 10,5 então P = 9 (embora este valor não pertença ao conjunto das imagens de P), logo a opção (D) é também excluída.
⇔ – x3 + 5x2 + 6x – 30 = 0
Resposta: A opção correcta é a (A).
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
5.3
Pág. 263
a) Recorrendo à calculadora gráfica determina-se o máximo da
função:
y1 = 315x – 51x2 + 2x3
Usando, por exemplo, a seguinte janela de visualização:
Xmín. = 0
Xmáx. = 10,5
Ymín. = 0
Ymáx. = 600
O valor pedido é x ¯ 4,1 cm ;
b) Recorrendo à calculadora gráfica determina-se a abcissa do ponto
de intersecção dos gráficos das funções:
y1 = 315 – 51x + 2x2
y2 = 81
Usando, por exemplo, a seguinte janela de visualização:
Xmín. = 0
Xmáx. = 10,5
Ymín. = 0
Ymáx. = 315
5.6 Área da base:
A(x) = (25 – x) (50 – 2x)
Volume da caixa:
V(x) = x(25 – x) (50 – 2x) , 0 < x < 25 .
Recorrendo à calculadora verificou-se que V é máximo para
x ¯ 8,3 cm .
O valor procurado é x = 6 cm ;
x
5.4 a) V(x) = 315x – 51x2 + 2x3
x
= x (315 – 51x + 2x2)
2x2 – 51x + 315 = 0
51 ±
2601 – 2520
4
51 ± 9
4
⇔ x = 15 › x = 10, 5
⇔x=
25 – x
Logo, V(x) = 2x (x – 10,5) (x – 15) ;
b) Recorrendo à calculadora gráfica determinam-se as abcissas dos
pontos de intersecção dos gráficos das seguintes funções:
y1 = 315x – 51x2 + 2x3
y2 = 200
Usando, por exemplo, a seguinte janela de visualização :
Xmín. = 0
Xmáx. = 10,5
Ymín. = 0
Ymáx. = 600
50
⇔ x=
50 – 2x
Cálculo auxiliar:
50
6.1 0 < x < 6.
Pág. 264
6.2 Usando semelhança de triângulos, tem-se que:
Os valores procurados são:
x ¯ 0,715 e x ¯ 8,677
V(x) > 200 ⇔ x ∈ ]0,71 ; 8,68[ . Então, tem-se:
a ¯ 0,71 e b ¯ 8,68 .
6
3
AB
, y=
=
6–x y
2
y=
(6 – x ) × 3
6
6–x
y=
, logo AB = 6 – x .
2
5.5 A área, A' , do fundo desta caixa é dada por:
A'(x) = (30 – x) (42 – 2x)
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A'(x) = 1260 – 60x – 42x + 2x2
A'(x) = 2x2 – 102x + 1260
Domínio de A': ]0 , 21[ , já que:
x > 0 ‹ 30 – x > 0 ‹ 42 – 2x > 0
⇔ x > 0 ‹ x < 30
‹ x < 21
⇔ x ∈ ]0 , 21[
A seguir apresenta-se o gráfico de A’:
Então, o volume do paralelepípedo é dado, em função de x , e em
cm3 , por :
V(x) = (6 – x)2 x
V(x) = (36 – 12x + x2) x
V(x) = x3 – 12x2 + 36x
(c. q. m.)
71
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
6.3
V(x) = x3
⇔ x3
–
12x2
+ 36x =
x3
CAPÍTULO 9
A quarta parte de 72 é 18. Logo, pretende-se determinar x tal
que V(x) > 18 .
Recorrendo à calculadora gráfica determinam-se as abcissas dos
pontos de intersecção dos gráficos nas funções:
⇔ – 12x2 + 36x = 0
⇔ 12x (– x + 3) = 0
⇔ 12x = 0 › – x + 3 = 0
y1 = x3 – 12x2 + 36x
y2 = 18
⇔x = 0 › x = 3
Os valores procurados são:
⇔x = 3
(pois 0 < x < 6)
Logo V(x) = x3 ⇔ x = 3 .
V
Interpretação: para x = 3 o paralelepípedo é um cubo.
6.4 a) Recorrendo à calculadora gráfica determina-se o valor de x
para o qual a função V é máxima.
O valor procurado é x = 2 .
Logo, o paralelepípedo tem as seguintes dimensões:
4 cm × 4 cm × 2 cm ;
Área da base × altura
3
36 × 6
=
3
= 72
18
b) Volume da pirâmide =
O 0,63
3,833
6
Em seguida e da leitura do gráfico, conclui-se que:
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V(x) > 18 ⇔ x ∈ [0,63 ; 3,83].
72
x
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 10
1.
Pág. 272
A Inês pagou 120 euros. Sem qualquer desconto teria pago 135 euros.
Logo,
2.3 Variável: comprimento da representação das avenidas no mapa.
Classificação: quantitativa contínua.
3.1 1000 ;
3.2 10 ;
135 — 100%
15 — x
15 × 100%
x=
135
x ≈ 11, 11%
3.3 Variável: qualidade do queijo.
Classificação: qualitativa.
4.1 Conjunto dos cinco alunos da turma.
Resposta: (A).
4.3 Variável: número de irmãos;
2.1 360º — 100%
Classificação: quantitativa discreta.
162º — x
162º × 100%
x=
360º
x = 45%
4.4 Representam os dados estatísticos.
5.
2.2 A percentagem de escolas do ensino superior é
100% – 45% – 38% = 17% .
Então, tem-se:
360º — 100%
x
— 17%
360º × 17%
x=
100%
x = 61, 2%
6.
Seria aconselhável utilizar uma amostra em 6.1 e 6.2, porque os
elementos eram destruídos ao efectuar-se o estudo.
7.
Correspondem a uma variável discreta: 7.1, 7.2 e 7.5, uma vez que,
qualquer uma delas, só pode tomar um número finito de valores
distintos.
8.1 População: conjunto de todos os trabalhadores da empresa;
Unidade estatística: cada um dos trabalhadores da empresa;
8.2 População: conjunto dos prédios da cidade;
Resposta: (B).
Unidade estatística: cada um dos prédios da cidade;
8.3 População: conjunto dos automóveis vendidos em Portugal no ano
I. Variável quantitativa.
II, III e IV são variáveis qualitativas.
passado;
Unidade estatística: cada uma dos automóveis vendidos em Portugal no ano passado.
Resposta: (C).
4.
Por exemplo:
1.ª A população ser muito grande ou infinita.
2.ª O estudo implicar a destruição da população.
3.ª Por economia de tempo.
Resposta: (D).
3.
Pág. 275
4.2 Cada um dos cinco alunos.
Pág. 273
Se o número de horas em Física é o mesmo de História, então o
sector correspondente a esta disciplina tem amplitude 60º.
As amplitudes dos sectores correspondentes a Geometria e Inglês
são respectivamente 80º e 40º. Então o número de horas semanais
de Inglês é a terça parte do número de horas semanais de Matemática, ou seja, 2 horas.
9.
Pág. 276
Não está de acordo, porque a ilustração transmite uma ideia de
volume e o volume da segunda figura é muito superior ao dobro do
volume da primeira figura, e deveria ser exactamente o dobro do
volume, já que o valor das vendas duplicou.
10.1 Muito provavelmente o primeiro gráfico, porque transmite a ideia
que o desemprego aumentou de forma pouco acentuada.
Resposta: (D).
10.2 Uso de uma escala diferente no eixo vertical.
5.1 10 + 15 + 20 + 25 + 15 + 5 = 90
11.
Resposta: (D).
5.2 10 + 15 = 25
Resposta: (C).
5.3 25 + 15 + 5 = 45
O organismo de defesa do consumidor tem razão, dado que a
entidade promotora do anúncio, ao utilizar como imagem um círculo, obteve uma área que não aumenta na mesma proporção do
diâmetro. Assim, quando o diâmetro duplicou a área do círculo
quadruplicou. A razão das áreas do círculo menor para o círculo
maior é de 1:16 e não de 1:4 como deveria ser.
45 em 90 corresponde a 50% .
12.
1.4 Variável: cor dos olhos;
Classificação: qualitativa.
2.1 8.
2.2 Cada uma das avenidas.
9
8
Mensagem
1.3 Cada uma das pessoas seleccionadas.
Pág. 277
13
Os Lusíadas
1.2 7.
Pág. 274
Os Maias
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1.1 Conjunto dos alunos da escola do Rui.
Obras seleccionadas pelos jovens
Frequência absoluta
Resposta: (D).
Obras
73
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
13.
18.1
Em Janeiro 40 noites (aproximadamente);
Em Agosto 120 noites.
N.º de palavras por linha
Frequência
absoluta
3
1
18.2 Aproximadamente 110 noites.
4
1
18.3
5
1
6
4
7
4
Amplitude do sector circular
Fracção
8
3
144º
x
14
360º
1
Total
14.
CAPÍTULO 10
Setembro
19.1 Usando uma regra de três simples, vem:
x=
= 5 pessoas
Meio de transporte usado
144º × 1
2
, ou seja , x = .
360º
5
2
.
5
A fracção que corresponde ao terreno agrícola é
Automóvel
19.2 x = 360º – 144º – 85º = 131º.
Autocarro
Usando uma regra de três simples, vem:
Comboio
Amplitude do sector circular
Número de hectares
131º
x
360º
35
Moto
Bicicleta
15.
Pág. 279
Consumos de energia
per capita durante um ano
35 × 131º
x=
, ou seja , x ≈ 12, 7 .
360º
Pág. 278
= 10 000 kW/h
O terreno tem, aproximadamente, 12,7 hectares para construção.
A
20.
Frequência absoluta
B
Número de ervilhas nas vagens de uma ervilheira
C
D
E
9
8
7
6
5
4
3
2
1
16.1 Aproximadamente 55 máquinas de lavar.
1
2
3
4
16.2
Frigoríficos vendidos
= 30 frigoríficos
21.
5 6 7 8
N.° de ervilhas/vagem
Classificações de 60 alunos num exame de Alemão
Frequência absoluta
Loja A
Loja B
Nota: A loja A vendeu 120 frigoríficos, pois 150 × 0,8 = 120.
17.1 Em 2003, 2004 e 2005.
17.2 80.
17.3 Talvez a empresa, nos últimos cinco anos, tenha atravessado uma
25
20
15
10
5
0
40
crise económica e teve necessidade de diminuir às despesas, contratando ano após ano menos empregados.
Homens
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Ano
74
22.
Mulheres
fi
fri
fi
fri
2003
65
56,5%
50
43,5%
2004
50
52,6%
45
47,4%
2005
40
57,1%
30
42,9%
2006
30
37,5%
50
62,5%
2007
15
42,9%
20
57,1%
120
160
200
Classificações
Altura das crianças
Frequência absoluta
17.4
80
24
22
20
18
16
14
12
10
8
6
4
2
0
Polígono de
frequências
1,44
1,46
1,48 1,50
1,52 1,54
1,56
1,58
Alturas/cm
Pág. 280
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
25.2
Frequência absoluta acumulada
23.
62
60
56
51
44
36
27
12
0
5
10
15
20
25
30
35
40
Área em hectares
26.1
Tempo gasto por 50 alunos
no percurso de casa à escola
F
24.1 Determinação do número de classes.
Pág. 281
n = 20 ; 24 < 20 e 25 > 20 . Vamos usar 5 classes.
15
Determinação da amplitude de cada classe:
8 min 55 s – 0 min = 8 min 55 s.
8 min 55 s : 5 = 1 min 47 s.
10
Vamos considerar classes de amplitude 2 minutos.
5
Tempo de atraso
(em minutos)
fi
[0 , 2[
6
0,3
6
0,3
[2 , 4[
6
0,3
12
0,6
[4 , 6[
4
0,2
16
0,8
[6 , 8[
3
0,15
19
0,95
[8 , 10[
1
0,05
20
1
fri
Fi
Fri
1
5
9 13 17 21 25
Tempo/min
26.2
Frequência absoluta acumulada
24.2
20
18
16
14
12
10
8
6
4
2
0
Para definir analiticamente a função cumulativa é necessário definir cada um dos seguintes segmentos de recta e semi-rectas que a
compõem.
2
4
6
8
10
Tempo de atraso (em minutos)
25.1 Determinação do número de classes.
"
AB = ( 5 , 7 ) – (1 , 0) = ( 4 , 7 ) .
n = 25 ; 24 < 25 e 25 > 25 . Vamos usar 5 classes.
Então o declive de AB é
Determinação da amplitude de cada classe:
108 – 92 = 16 e 16 : 5 = 3,2 .
Como y =
Consideramos para amplitude de cada classe um valor aproximado por excesso relativamente ao valor obtido, por exemplo, 4.
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• Para o segmento de recta definido pelos pontos
A(1 , 0) e B (5 , 7), temos:
7
.
4
7
7
7
x + b , então 0 = × 1 + b ⇔ b = – .
4
4
4
7
7
Assim a recta AB é definida por y = x – .
4
4
• Para o segmento de recta definido pelos pontos
B(5 , 7) e C (9 , 22), temos:
Massa das caixas
(em gramas)
fi
[92 , 96[
5
0,2
5
0,2
BC = ( 9 , 22) – ( 5 , 7 ) = ( 4 , 15) .
[96 , 100[
5
0,2
10
0,4
Entãão o declive de BC é
[100 , 104[
9
0,36
19
0,76
[104 , 108[
4
0,16
23
0,92
[108 , 112[
2
0,08
25
1
fri
Fi
Fri
"
15
.
4
15
47
15
.
x + b , então 7 =
×5+b ⇔ b=–
4
4
4
15
47
Assim a recta BC é definida por y =
x–
.
4
4
Como y =
75
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
(B) A afirmação é falsa.
A percentagem de trabalhadores desta empresa com idades
compreendidas entre 24 anos (1.º quartil) e 36 anos (mediana) é
25%.
• Para o segmento de recta definido pelos pontos
C(9 , 22) e D (13 , 31), temos:
"
CD = (13 , 31) – ( 9 , 22) = ( 4 , 9) .
Entãão o declive de CD é
9
.
4
(C) A afirmação é falsa.
O intervalo do diagrama de extremos e quartis em que as idades dos trabalhadores desta empresa são mais dispersas é entre
a mediana e Q3.
9
9
7
x + b , então 22 = × 9 + b ⇔ b = .
4
4
4
9
7
Assim a recta CD é definida por y = x + .
4
4
Como y =
(D) A afirmação é verdadeira.
Resposta: (D).
• Para o segmento de recta definido pelos pontos
D(13 , 31) e E (17 , 39), temos:
3.
"
DE = (17 , 39) – (13 , 31) = ( 4 , 8) .
A média deste conjunto de dados é 773.
O 2.º quartil é a mediana deste conjunto de dados.
Calculemos a mediana:
• Para o segmento de recta definido pelos pontos
xk + xk + 1
, com k =
2
x + x51 700
Logo, x = 50
=
2
E(17 , 39) e F (21 , 44), temos:
x=
"
EF = ( 21 , 44 ) – (17 , 39) = ( 4 , 5) .
5
.
4
Resposta: (B).
4.
F(21 , 44) e G (25 , 50), temos:
• Q1 = xk , com k =
"
FG = ( 25 , 50) – ( 21 , 44 ) = ( 4 , 6) .
• x = xk , com k =
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1.
1 ≤x<5
se
5≤x<9
se
9 ≤ x < 13
se
13 ≤ x < 17
se
17 ≤ x < 21
se
21 ≤ x < 25
se
x ≥ 25
Q3 = x288
5.
Determinação da média, x , deste conjunto de dados:
0 × 2 + 1 × 8 + 2 × 12 + 3 × 3
x=
25
x = 1, 64 .
A moda deste conjunto de dados é 2 (valor da variável com maior
frequência absoluta).
Determinação da mediana deste conjunto de daados:
n+1
x = xk , com k =
e n = 25
5.
2
x = x13 = 2 .
(A) A afirmação é falsa, pois 2 > 1,64 , ou seja, a moda e a mediana são maiores que a média.
A afirmação I é falsa.
Pág. 293
(B) A afirmação é falsa, pois a média é inferior à moda e à mediana.
A afirmação III é verdadeira.
(C) M0 + x = 2 + 1,64 = 3,64 e 3,64 < 3,7 , logo a afirmação é falsa.
Resposta: (D).
(D) x – x = 2 – 1,64 = 0,36 e 0,36 < 0,4 , logo a afirmação
é veerdadeira.
(A) A afirmação é falsa. A mediana das idades dos trabalhadores
desta empresa é 36 anos.
76
n+1
e n = 383 .
4
Resposta: (B).
A afirmação II é verdadeira.
2.
n+1
e n = 383 .
2
• Q3 = xk , com k = 3 ×
Temos então:
se
n+1
e n = 383 .
4
x = x192
3
3
25
x + b , então 44 = × 21 + b ⇔ b =
.
2
2
2
3
25
Assim a recta FG é definida por y = x +
.
2
2
Como y =
x<1
Pág. 294
Q1 = x96
3
.
2
se
n = 383 (ímpar).
Então, temos:
• Para o segmento de recta definido pelos pontos
0

7 x – 7
4
4
15
47
 x–
4
4
9
7
 x+
F(x) =  4
4
2 x + 5

 5 x + 71
4
4

 3 x + 25
2
2

50
n
e n = 100 .
2
00
+ 70
= 700 .
2
A mediana deste conjunto de dados é 700.
5
5
71
x + b , então 39 = × 17 + b ⇔ b =
.
4
4
4
5
71
Assim a recta EF é definida por y = x +
.
4
4
Como y =
Enttão o declive de FG é
520 × 15 + 650 × 20 + 700 × 35 + 1000 × 20 + 1200 × 10
(15 + 20 + 35 + 20 + 10)
x = 773 .
Enttão o declive de DE é 2 .
Como y = 2x + b , então 31 = 2 × 13 + b ⇔ b = 5 .
Assim a recta DE é definida por y = 2x + 5 .
Enttão o declive de EF é
x=
Resposta: (D).
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
6.
CAPÍTULO 10
(A) A afirmação é falsa, por exemplo, se os números obtidos foram:
1 1 1 1 1 3 5 5 , a mediana é 1 e a média é 2,25 .
8.
(B) A afirmação é falsa, pois se saiu sempre um número ímpar a
moda terá de ser um número ímpar (a moda é sempre um valor
do conjunto dos dados) .
• No caso de ter saído o 1 , vem x =
• No caso de ter saído o 3 , vem x =
• No caso de ter saído o 5 , vem x =
• No caso de ter saído o 7 , vem x =
‹
–x≥–5–3
‹
x ≥ 8
7
2
‹
x≥8
7

C.S. =  , 8
2

= 1.
3
= 3.
4, 5, 6, 7 e 8.
5
= 5.
A média deste conjunto de dados é:
7
=7.
4+5+6+7+8
5
⇔ x=6
Números inteiros que verificam a conjunção de condições dada:
x=
(D) A afirmação é falsa, já que metade da soma de dois números
ímpares é sempre um número inteiro (e par).
Resposta: (C).
9.
Resposta: (C).
Pontuação obtida pela Ana:
Pág. 296
O João terá de fazer 33 pontos ou 34 pontos ou 35 pontos, pois:
31 + 34 + 33
= 32, (6) ≈ 33 ;
3
31 + 34 + 34
= 33 ;
3
31 + 34 + 35
= 33, (3) ≈ 33 .
3
Pág. 295
• Mérito técnico:
1. eliminam-se as notas: 7,0 e 8,5 .
8,0 + 8,2 + 8,4
2.
= 8, 2 .
3
3. 8, 2 × 6 = 49, 2 .
• Impressão artística:
Resposta: (C).
10. x2 < 9 ⇔ x > – 3 ‹ x < 3 .
O conjunto dos valores inteiros de x que verificam a condição
dada é: { – 2 , – 1 , 0 , 1 , 2} .
1. eliminam-se as notas: 7,1 e 9,2 .
8,0 + 8,4 + 8,8
2.
= 8, 4 .
3
3. 8, 4 × 4 = 33, 6 .
• Nota final:
A média deste conjunto de valores é, evidentemente, zero.
Resposta: (C).
11. A frequência relativa da classe [160 ,
170[ é igual a
0,32 (0,48 – 0,16), então temos que a = 8 (dobro da classe [150 , 160[
que tem frequência relativa igual a 0,16). A frequência relativa da classe
[180 , 190[ é igual a 0,04. Então temos que c = 0,96 (1 – 0,04), b = 12
e d = 1.
4. 49,2 + 33,6 = 82, 8 .
Pontuação obtida pela Cristina:
• Mérito técnico:
1. eliminam-se as notas: 7,1 e 9,2 .
8,0 + 8,4 + 8,8
2.
= 8, 4 .
3
3. 8, 4 × 4 = 33, 6 .
• Impressão artística:
Resposta: (B).
12.
Pág. 297
Vamos calcular a média da pontuação obtida pelo António:
10 × 39 + 7 × 65 + 5 × 56 + 3 × 20 + 1 × 15 + 0 × 5
200
⇔ x =6.
x=
1. eliminam-se as notas: 8,1 e 8,7 .
8,3 + 8,3 + 8,6
2.
= 8, 4 .
3
3. 8, 4 × 4 = 33, 6 .
O António, na série de 10 tiros, deverá esperar obter uma pontuação igual a 60 (6 × 10).
• Nota final:
Resposta: (B).
4. 49,8 + 33,6 = 83, 4 .
(A) A afirmação é falsa. A Ana obteve 82,8 pontos.
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3–x ≥ – 5
1
A afirmação é verdadeira.
7.
‹
⇔ x>
(C) Sabemos que nos 8 lançamentos saiu sempre um número ímpar,
então temos:
8 ×
8
8 ×
8
8 ×
8
8 ×
8
x+1 1
<
3
2
⇔ 12 – 2x – 2 < 3
⇔ – 2x < 3 – 10
2–
(B) A afirmação é falsa. A Cristina obteve mais 0,6 pontos que a Ana.
(C) A afirmação é verdadeira. Ambas obtiveram, em Impressão
Artística, 33,6 pontos.
13. Como a moda deste conjunto de dados é 2, então o valor de a terá
de ser igual a 2 (para ser o valor com maior frequência absoluta).
Por outro lado sabemos que a média é 3,5, então temos:
2×1+ 2 × 4 +3+3× 4+ 2× 5+6+ b
14
41 + b
⇔ 3, 5 =
⇔ 49 = 41 + b ⇔ b = 8 .
14
x = 3, 5 =
(D) A afirmação é falsa. A Cristina obteve 83,4 pontos e a Ana
82,8 pontos.
Então, temos que a = 2 e b = 8 .
Resposta: (C).
Resposta: (B).
77
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
14. Determinemos a média deste conjunto de dados:
3.2
47 × 4 + 49 × 3 + 52 × 2 + 55 × 4 + 58 × 3 + 60 × 2 + 64 × 6 + 68 × 2 + 72 × 2
x=
( 4 + 3 + 2 + 4 + 3 + 2 + 6 + 2 + 2)
1617
28
⇔ x = 57, 75
⇔ x=
No total há 28 alunos, como 14 são raparigas então, também, há
14 rapazes. Temos, então que:
57,75 = 0,5 × 54 + 0,5 × x , sendo x o peso médio dos rapazes
desta turma. Logo x = 61,5.
a)
Distância
(em km)
N.°
de ciclistas
1
1
11
1
1
1
4
Frequência
absoluta
acumulada
1
2
3
4
5
6
10 12 14 17 18 19 20
1
x10 + x11 6, 5 + 6, 6
=
= 6, 6 .
2
2
c) A moda é 6,5 minutos.
x5 + x6 6, 2 + 6, 3
=
= 6, 25 .
2
2
x + x16
7, 2 + 7, 2
Q3 = 15
=
= 7, 2 .
2
2
d) Q1 =
12% de 25 = 3 .
Resposta: o número de encarregados de educação que admitiu ter
um elevado conhecimento sobre o desempenho em Matemática dos
respectivos educandos foi 3.
O 1.º quartil é 6,25 minutos e o 3.º quartil é 7,2 minutos.
Nível
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
%
4
12
16
20
16
12
8
8
0
4
Distância
(em km)
Frequência
absoluta
Frequência absoluta
acumulada
%
(acumulada)
4
16
32
52
68
80
88
96
96
100
[4,2 ; 5,2[
2
2
[5,2 ; 6,2[
2
4
[6,2 ; 7,2[
10
14
[7,2 ; 8,2[
5
19
[8,2 ; 9,2[
1
20
3.3
A mediana é o valor da variável tal que, pelo menos 50% das
observações são iguais ou inferiores a esse valor e 50% das observações são iguais ou superiores a esse valor. Então, tem-se que:
x=4.
x25 + x26 3 + 3
=
=3
2
2
x + x76 6 + 6
Q3 = 75
=
=6
2
2
1.3 Q1 =
a)
Há maior dispersão entre Q2 e Q3 .
b)
5 × 23 + 12 + 25 + 18 + 30
9
⇔ x ≈ 22, 222
x=
A média do número de pontos obtidos no total de todos os jogos
que a Ana realizou foi 22,2 .
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1
A mediana é 6,6 minutos.
Então, tem-se:
x ' ≈ 22, 222 × 1, 2
⇔ x ' ≈ 26, 666
A Ana obteve, em média, nesses nove jogos 26,7 pontos.
3.1 Variável quantitativa contínua.
78
3
Pág. 299
1
4, 2 + 4, 8 + 5, 9 + 6, 1 + 6, 2 + 6, 3 + 4 × 6, 5 + 2 × 6, 7 + 2 × 6, 8 + 3 × 7, 2 + 7, 3 + 8, 1 + 8, 5
20
⇔ x = 6, 6
b) x =
Pág. 298
Nível 8 corresponde a 8% ;
Nível 9 correponde a 0% ;
Nível 10 corresponde a 4% .
2.2
2
A média é 6,6 minutos.
1.1
2.1
2
x=
Resposta: (C).
1.2
4,2 4,8 5,9 6,1 6,2 6,3 6,5 6,7 6,8 7,2 7,3 8,1 8,5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.1
4.2
CAPÍTULO 10
N.º de
mensagens
SMS
[0, 5[
[5, 10[
[10, 15[
[15, 20[
[20, 25[
[25, 30[
fi
15
44
35
22
16
18
Fi
15
59
94
116
132
150
utilizasse esta medida na negociação com os seus empregadores
dado que o seu valor se deve ao facto de o seu ordenado e o do seu
marido serem muito superiores aos restantes.
Numa negociação salarial, os empregados possivelmente baseavam as
suas reivindicações na moda, pois é a medida com o valor mais baixo.
6.1
N.º de
mensagens
SMS
[0, 5[
fr
0,1
0,293
0,233
0,147
0,107
0,12
0,1
0,393
0,626
0,773
0,88
1
[5, 10[
[10, 15[
[15, 20[
[20, 25[
N.º de
irmãos
frequência
relativa
(%)
frequência
absoluta
frequência
absoluta
acumulada
0
30
9 (30 × 0,3)
9
1
20
6 (30 × 0,2)
15
2
27
8 (30 × 0,27)
23
3
10
3 (30 × 0,1)
26
4
13
4 (30 × 0,13)
30
M0 = 0 irmãos
2, 5 × 15 + 7, 5 × 44 + 12, 5 × 35 + 17, 5 × 22 + 22, 5 × 16 + 27, 5 × 18
150
⇔ x ≈ 13, 6
x=
0×9+1×6+2×8+3×3+ 4× 4
30
x ≈ 1, 57
x + x16 1 + 2
= 1, 5
x = 15
=
2
2
x=
Significa que, em média, estas 150 pessoas, na semana anterior à realização do inquérito, enviaram entre 13 e 14 mensagens cada uma.
4.3
Pág. 300
Então, temos que a moda é 0 irmãos, a média é aproximadamente
1,57 irmãos e a mediana é 1,5 irmãos.
[25, 30[
6.2
i
Fr
i
A classe mediana é [10 , 15[ .
4.4 Temos que:
0,626 – 0,393 = 0,233 e 0,50 – 0,393 = 0,107 .
Então,
0,233 — 5
, logo x ¯ 2,3 .
0,107 — x
Assim, vem que a mediana é aproximadamente igual a
12,3 (10 + 2,3) .
7.1 a) Q1 = 2 ;
b) ~
x = 4;
Metade das pessoas enviou menos de 12,3 mensagens nessa semana.
c) Q3 = 9 .
5.1 Dona
Marido
Empregado 1
Empregado 2
Empregado 3
Empregado 4
3 500 €
2 500 €
800 €
500 €
500 €
500 €
7.2 25% dos dados são iguais ou superiores a nove, então temos:
0,25 × 3000 = 750 .
Em 750 dos 3000 andares vivem nove ou mais pessoas.
7.3 50% dos dados são iguais ou inferiores a quatro, então temos:
0,5 × 3000 = 1500.
3500 + 2500 + 800 + 3 × 500
x=
, ou seja , x ≈ 1383, 33 .
6
M0 = 500
500 + 800
2
x = 650 .
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x=
A média dos salários é 1383,33 euros (aproximadamente); a moda
é 500 euros e a mediana 650 euros.
5.2 Uma resposta possível é:
A média poderia ser a medida utilizada pela dona para provar que
paga ordenados razoáveis, apesar de ser bastante improvável que ela
Em 1500 dos 3000 andares vivem mais que uma pessoa e menos
que quatro pessoas.
8.1
32 × 12 + 10 × 15
≈ 12, 71 .
42
A Ana ganhou, em média, por hora, na semana passada, de segunda-feira a sexta-feira, aproximadamente, 12,71 euros.
8.2 a)
32 × 12 + 10 × 15 + 8 × 20
= 13, 88 .
50
A Ana ganhou, em média, por hora durante a semana, incluindo o
sábado, 13,88 euros.
79
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
Por outro lado, temos que x + y = 100 , então 75% dos trabalhadores são homens a 25% dos trabalhadores são mulheres.
8.3 Seja x o valor que a Ana vai ganhar, por hora, ao sábado.
Terá de ser:
15.
32 × 12 + 10 × 15 + 8x
= 15
50
⇔ 384 + 150 + 8x = 750
⇔ 8x = 216
⇔ x = 27
A média das classificações do 2.º período é igual à média das classificações do 1.º período acrescida de 2 valores.
16.1 A classe modal é [5 , 10[ (classe com maior valor de frequência
absoluta).
16.2 A mediana pertence à classe [5 , 10[ já que:
A Ana terá de ganhar 27 euros por hora.
x=
9.1
Pág. 301
x15 + x16
.
2
Então, a classe mediana é [5 , 10[ .
N.º de golos
marcados
Frequência
absoluta
Frequência
relativa
Frequência
abs. acumul.
Frequência
rel. acumul.
0
14
0,26
14
0,26
1
13
0,24
27
0,5
2
13
0,24
40
0,74
3
8
0,15
48
0,89
Como 25 < 45 e 26 > 45 , vamos usar 6 classes.
4
4
0,07
52
0,96
5
2
0,04
54
1
Calculemos a amplitude de cada uma delas:
95 – 6 = 89 e 89 : 6 ¯ 14,8 .
2, 5 × 6 + 7, 5 × 11 + 12, 5 × 6 + 17, 5 × 4 + 22, 5 × 3
30
⇔ x ≈ 10, 3 .
16.3 x =
17.1 No total as duas turmas têm 45 alunos.
Fixemos, então, a amplitude de cada classe em 15.
0 × 14 + 1 × 13 + 2 × 13 + 3 × 8 + 4 × 4 + 5 × 2
54
⇔ x ≈ 1, 6 .
9.2 a) x =
Classes
Frequência
absoluta
Frequência
relativa
Frequência
abs. acumul.
Frequência
rel. acumul.
[6 , 21[
9
0,2
9
0,2
[21 , 36[
4
0,09
13
0,29
[36 , 51[
9
0,2
22
0,49
c) M0 = 0 .
[51 , 66[
12
0,27
34
0,76
d) Q1 = x14 = 0 ;
[66 , 81[
6
0,13
40
0,89
[81 , 96[
5
0,11
45
1
b) x =
x27 + x28 1 + 2
=
= 1, 5 .
2
2
Q2 = 1,5 (mediana) ;
Q3 = x41 = 3 .
10.1 M0 = 6 horas de sol.
17.2 A classe modal é [51 , 66[.
10.2 x~ = x31 = 8 horas de sol.
A classe mediana é [51 , 66[ , já que a mediana corresponde ao
5 × 6 + 6 × 12 + 7 × 10 + 8 × 9 + 9 × 8 + 10 × 8 + 11 × 8
61
x ≈ 7,9 horas de sol .
 45 + 1
.
valor da variável que ocupa a posição 23 
 2 
10.3 x =
11.1 n = 5 ;
17.3
11.2 n = 5 ;
13, 5 × 9 + 28, 5 × 4 + 43, 5 × 9 + 58, 5 × 12 + 73, 5 × 6 + 88, 5 × 5
45
⇔ x ≈ 49
x=
11.3 n = 3 ;
12.1
17.4 Em primeiro lugar determinemos o 1.º quartil e o 3.º quartil.
1+6+8+ n + 2
= 6 ⇔ n = 13 .
5
x11 + x12
24 + 29
=
= 26, 5
2
2
x + x35 65 + 67
=
= 66
Q3 = 34
2
2
Q1 =
10 + 5 + n + 3 + 4 + 12
=6 ⇔ n = 2.
12.2
6
12.3
2+3+ 4 +1+6+ n
= 6 ⇔ n = 20 .
6
13.
x=
A mediana é o valor da variável que ocupa a posição 23, ou seja,
x23 = 52 .
16 × 15 + 12 × 13
(15 + 12)
Vamos construir um diagrama de extremos e quartis:
⇔ x ≈ 14, 7 .
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14.
Pág. 302
800x + 600y
= 750
x+y
⇔ 800x + 600y = 750 (x + y)
⇔ 800x + 600y = 750x + 750y
⇔ 50x = 150y
⇔ x = 3y
80
x representa a percentagem
de homens
y representa a percentagem
de mulheres
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
18.1 A classe modal é [40 , 50[ .
CAPÍTULO 10
Pág. 303
20.2
18.2
x=
5 × 1 + 15 × 3 + 25 × 4 + 35 × 12 + 45 × 15 + 55 × 10 + 65 × 6 + 75 × 3 + 85 × 1 + 95 × 1
(1 + 3 + 4 + 12 + 15 + 10 + 6 + 3 + 1 + 1)
x = 46, 25%
24 + 2
= 6, 5 , então
4
x6 + x7
0+1
=
= 0, 5 .
2
2
x + xk +1
24
x= k
, com k =
= 12 , então
2
2
x + x13 1 + 1
x = 12
=
= 1.
2
2
3 × 24 + 2
xk , com k =
, então
4
x18 + x19
2+3
=
= 2, 5 .
2
2
19.1 Q1 = xk , com k =
Q1 =
Q2 =
Q2 =
Q3 =
Q3 =
20.3 Uma resposta possível é:
A amplitude maior corresponde ao Sr. Silva mas, se compararmos
com o diagrama correspondente ao Sr. João, verificamos que em
50% dos dias o Sr. João montou de 10 a 12 televisores por dia,
enquanto que o Sr. Silva montou de 9 a 12 televisores por dia. À
D. Luísa corresponde uma amplitude de 6 a 11, tendo montado
de 7 a 10 televisores por dia durante, aproximadamente, 50% do
período em que se registaram os dados.
19.2 O número de jogos em que o número de golos foi inferior a três
foi 18 (6 + 8 + 4), num total de 24 jogos.
21.1 Determinemos o salário semanal médio:
200 + 4 × 400 + 3 × 500 + 800 + 3000
10
x = 710 .
18
× 100 = 0, 75 × 100 = 75 , logo a percentagem
24
pedida é igual a 75% .
x=
Então, temos
Determinemos o salário semanal mediano:
ordenado, por ordem crescente, os salários temos:
200 400 400 400 400 500 500 500 800 3000
20.1 Sr. Silva: ordenando os valores registados por ordem crescente, vem:
8 8 9 10 10 11 11 12 14 14
Q1 = xk , com k =
10 + 2
= 3.
4
x=
Q1 = x3 = 9 .
Q2 =
Q2 =
Q3 =
Q3 =
x + xk +1
10
x= k
, com k =
= 5.
2
2
x5 + x6 10 + 11
=
= 10, 5 .
2
2
3 × 10 + 2
xk , com k =
=8.
4
x8 = 12 .
x5 + x6
400 + 500
=
= 450 .
2
2
O salário semanal médio é 710 euros, o salário semanal mediano
é 450 euros e o salário semanal modal é 400 euros.
21.2 Muito provavelmente, no salário modal para poder afirmar que a
maior parte dos trabalhadores ganha apenas 400 euros.
22.1 A moda é 0 mm.
Para determinar a mediana vamos ordenar, por ordem crescente,
os valores registados:
0 0 0 0 0 0 0 0 2 6 7 10 14 15 16
A mediana é o valor que ocupa a 8.ª posição, assim x~ = 0 mm .
D. Luísa: ordenando os valores registados por ordem crescente, vem:
6 7 7 8 8 9 9 10 11 11
Determinemos a média,
Q1 = xk , com k = 3 .
0 × 8 + 2 + 6 + 7 + 10 + 14 + 15 + 16
15
⇔ x ≈ 4, 7
x=
Q1 = x3 = 7 .
xk + xk +1
, com k = 5 .
2
x + x6 8 + 9
=
= 8, 5 .
Q2 = 5
2
2
Q3 = xk , com k = 8 .
Q2 = x =
A média é 4,7 mm.
22.2 Uma resposta possível é:
Talvez a média. A moda e a mediana coincidem com o valor mínimo, este facto pode fazer crer que não choveu nos 15 dias em
que se desenrolou o trabalho.
Q3 = x8 = 10 .
Sr. João: ordenando os valores registados por ordem crescente, vem:
23.1
N.º de horas
de sol
fi
fri
Fi
Fri
[0 , 2[
1
0,01
1
0,01
Q1 = x3 = 10
[2 , 4[
2
0,02
3
0,03
xk + xk +1
, com k = 5 .
2
x + x6 10 + 11
=
= 10, 5 .
Q2 = 5
2
2
Q3 = xk , com k = 8 .
[4 , 6[
2
0,02
5
0,05
[6 , 8[
3
0,03
8
0,08
[8 , 10[
17
0,19
25
0,27
[10 , 12[
40
0,45
65
0,72
Q3 = x8 = 12 .
[12 , 14[
25
0,28
90
1
8 9 10 10 10 11 11 12 12 13
Q1 = xk , com k = 3 .
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Pág. 304
Q2 = x =
81
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
23.2
CAPÍTULO 10
1.1
Número de horas de Sol por dia
Frequência relativa
100
80
75
Número de raparigas com altura igual ou superior a 165 cm:
14 ( 12 + 2) .
60
50
40
Então, temos:
25
20
A percentagem dos alunos que frequentam o 10.º ano e têm
altura igual ou superior a 165 cm é, aproximadamente, 33%.
0
2
4
6
8
10 12 14
Classes
23.3 Uma resposta possível é:
Talvez, o 1.º e o 3.º quartis, pois ficaria a saber que metade dos
dias, no Verão, têm, aproximadamente, entre 9 horas e 13 horas
de Sol diárias.
1.
Pág. 310
Ao adicionarmos a cada um dos elementos de um conjunto a constante k , a média vem adicionada dessa constante e o desvio-padrão não se altera.
Resposta: (C).
2.
Pág. 312
a) Número de rapazes com altura igual ou superior a 165 cm:
22 (12 + 6 + 4) .
O desvio-padrão é sempre um número não negativo, logo a afirmação I é falsa, já que o desvio-padrão pode ser zero.
A afirmação II é, também, falsa.
Quando maior por o desvio-padrão maior será a dispersão dos
dados em relação à média.
A afirmação III é verdadeira.
b) Número raparigas com altura inferior a 165 cm:
46 (4 + 24 + 18) .
Número total de raparigas: 60 (4 + 24 + 18 + 12 +2) .
Então, temos:
1.2 Não, pois não é representativa (não contém indivíduos de todos os
extractos da população); o número de alunos de cada ano deveria
ser proporcional à população dos alunos da escola.
1.3 Número de rapazes e de raparigas cujas alturas pertencem à classe
[165 , 175[ : 24 (12 + 12).
Para determinarmos a amplitude pedida vamos usar uma regra de
três simples:
Amplitude do ângulo ao centro
Por outro lado, a + 2b + 28 + b = 250 , então:
150 + 3b + 28 = 250 ⇔ b = 24.
Resposta: (D).
4.
Pág. 311
Ao multiplicar cada um dos valores de um conjunto de dados por
uma constante diferente de zero, k , a média e o desvio-padrão
vêm multiplicados por essa constante.
Assim, a média passa a ser:
x = 32 × 1, 35
⇔ x = 43, 2
O desvio-padrão passa a ser:
σ = 1, 5 × 1, 35
⇔ σ = 2, 025
Resposta: (C).
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5.
Temos que o 1.º e o 3.º quartis são, respectivamente, 12 e 15.
A amplitude interquartis é a diferença entre o 3.º quartil e o 1.º quartil, isto é, igual a: Q3 – Q1, assim vem:
Q3 – Q1 = 15 – 12 = 3 .
Resposta: (C).
6.
A média vem adicionada de quatro unidades, o desvio-padrão e a
amplitude não se alteram.
Resposta: (C).
82
Número de alunos
360º
______________________ 108
x
______________________ 24
x = 80º
Temos que:
a = 250 × 0,6 ⇔ a = 150 .
46
≈ 0, 77 .
60
A percentagem de raparigas que frequentam o 10.º ano e têm
uma altura inferior a 165 cm é, aproximadamente, 77% .
Resposta: (C).
3.
22 + 14
≈ 0, 33 .
108
A amplitude do ângulo ao centro do sector circular no qual a altura
do Pedro está incluída é 80º.
1.4 a) x =
0 + 4 × 190
10 × 150 + 16 × 160 + 12 × 170 + 6 × 180
(10 + 16 + 12 + 6 + 4)
7940
48
x ≈ 165 cm
⇔ x=
b) x =
0 + 2 × 180
4 × 140 + 24 × 150 + 18 × 160 + 12 × 170
( 4 + 24 + 18 + 12 + 2)
9440
60
x ≈ 157 cm
⇔ x=
0 + 8 × 180 + 4 × 190
4 × 140 + 34 × 150 + 34 × 160 + 24 × 170
108
17 380
⇔ x=
108
x ≈ 161 cm
c) x =
xk + xk +1
48
= 24 .
, com k =
2
2
x + x25
, então temos que a classe
x = 24
2
mediana é [155 , 165[ .
1.5 a) x =
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
~ = 155 + 5,7 = 160,7, ou seja, a mediana é aproximaDonde, x
damente igual a 161 cm.
Vamos construir parte da tabela de frequências:
Classes
fi
fri
Fri
[145 , 155[
10
0,208
0,208
[155 , 165[
16
0,333
0,541
1.6 a) Vamos construir uma tabela para organizar valores necessários
para o cálculo do desvio-padrão:
Assim, temos:
Classes
fi
–
(xi – x)2
–2
)
fi (xi – x
[145 , 155[
10
(150 – 165)2 = 225
10 × 225 = 2250
16
(160 –
165)2
= 25
16 × 25 = 2250
165)2
= 25
12 × 25 = 300
[155 , 165[
0,541 – 0,208 = 0,333
0,5 – 0,208 = 0,292
0,333 — 10
0,292 — x
Logo, x ¯ 8,8 .
~ = 155 + 8,8 = 163,8, ou seja, a mediana é aproximaDonde, x
damente igual a 164 cm.
[165 , 175[
12
(170 –
[175 , 185[
6
(180 – 165)2 = 225
6 × 225 = 1350
[185 , 195[
4
165)2
4 × 625 = 2500
Total
48
(190 –
= 625
6800
6800
47
⇔ s ≈ 12 ;
s=
xk + xk +1
60
= 30 .
, com k =
2
2
x + x31
, então temos que a classe
x = 30
2
mediana é [155 , 165[ .
b) x =
b) Vamos construir uma tabela para organizar valores necessários
para o cálculo do desvio-padrão:
Vamos construir parte da tabela de frequências:
Classes
fi
fri
Fri
[135 , 145[
4
0,07
0,07
[145 , 155[
24
0,4
0,47
[155 , 165[
18
0,3
0,77
Classes
fi
–
(xi – x)2
[135 , 145[
4
(140 – 157)2 = 289
4 × 289 = 1156
[145 , 155[
24
(150 – 157)2 = 49
24 × 49 = 1176
[155 , 165[
18
(160 – 157)2 = 9
18 × 9 = 162
[165 , 175[
12
[175 , 185[
2
Total
60
–2
)
fi (xi – x
(170 –
157)2
= 169
12 × 169 = 2028
(180 –
157)2
= 529
2 × 529 = 1058
5580
Assim, temos:
5580
59
⇔ s ≈ 9, 7 ;
s=
0,77 – 0,47 = 0,3
0,5 – 0,47 = 0,03
0,3 — 10
c) Vamos construir uma tabela para organizar valores necessários
para o cálculo do desvio-padrão:
0,03 — x
Logo, x = 1 .
~ = 155 + 1 = 156, ou seja a mediana é aproximadaDonde, x
mente igual a 156 cm.
xk + xk +1
108
= 54 .
, com k =
2
2
x + x55
, então temos que a classe
x = 54
2
mediana é [155 , 165[ .
c) x =
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fi
fri
Fri
[135 , 145[
4
0,04
0,04
[145 , 155[
34
0,315
0,319
[155 , 165[
34
0,315
0,634
Assim, temos:
0,634 – 0,319 = 0,315
0,5 – 0,319 = 0,181
0,315 — 10
0,181 — x
Logo, x ¯ 5,7 .
fi
–
(xi – x)2
[135 , 145[
4
(140 – 161)2 = 441
4 × 441 = 1764
[145 , 155[
34
(150 – 161)2 = 121
34 × 121 = 4114
34
(160 –
161)2
=1
34 × 1 = 34
(170 –
161)2
= 81
24 × 81 = 1944
(180 –
161)2
= 361
8 × 361 = 2888
(190 –
161)2
= 841
4 × 841 = 3364
[155 , 165[
[165 , 175[
[175 , 185[
Vamos construir parte da tabela de frequências:
Classes
Classes
24
8
[185 , 195[
4
total
108
–2
)
fi (xi – x
14 108
14 108
107
⇔ s ≈ 11, 5 .
s=
2.1
Pág. 313
Casal A: A amplitude do conjunto das idades é 6 (9 – 3).
Casal B: A amplitude do conjunto das idades é 8 (15 – 7).
2.2 Casal A
Determinemos a média:
x=
3+4+6+8+9
=6.
5
83
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Determinemos, agora, o desvio de cada uma das idades em relação
–
à média, isto é, as diferenças xi – x
. Para isso, vamos constuir uma
tabela:
CAPÍTULO 10
Calculemos os desvios de cada um dos “pesos” em relação à média:
–
xi – x
xi
3
3–6=–3
4
4–6=–2
6
6–6 = 0
8
8–6=2
9
9–6=3
52 – 55 = – 3
52
52 – 55 = – 3
53
53 – 55 = – 2
55
55 – 55 = 0
56
56 – 55 = 1
58
58 – 55 = 3
59
59 – 55 = 4
3.2 No 2.º grupo, porque tem maior desvio médio.
Determinemos a média:
4.1 Vamos determinar a média:
7 + 9 + 11 + 13 + 15
= 11 .
5
x=
Para determinar o desvio de cada uma das idades em relação à
média, vamos construir uma tabela:
–
xi – x
xi
7
7 – 11 = – 4
9
9 – 11 = – 2
11
11 – 11 = 0
13
13 – 11 = 2
15
15 – 11 = 4
14 × 1 + 15 × 2 + 16 × 3 + 17 × 2 + 18 × 1 + 19 × 1
(1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 1)
163
10
⇔ x = 16, 3
⇔ x=
Vamos, agora, organizar os valores necessários para o cálculo do
desvio-patrão numa tabela:
xi
fi
–
(xi – x)2
14
1
(14 – 16,3)2 = 5,29
1 × 5,29 = 5,29
15
2
(15 – 16,3)2 = 1,69
2 × 1,69 = 3,38
3
(16 –
16,3)2
= 0,09
3 × 0,09 = 0,27
(17 –
16,3)2
= 0,49
2 × 0,49 = 0,98
16,3)2
16
2.3 Casal A
Desvio médio =
Casal B
Desvio médio =
17
5
∑
i =1
xi – x
=
5
1
(18 –
= 2,89
1 × 2,89 = 2,89
19
1
(19 – 16,3)2 = 7,29
1 × 7,29 = 7,29
Total
10
∑
i =1
xi – x
=
5
4+2+0+2+4
= 2, 4 ;
5
2 × 53 + 3 × 55 + 2 × 57
= 55 .
7
Para calcular cada um dos desvios dos “pesos” em relação à média,
vamos construir uma tabela:
xi
–
xi – x
53
53 – 55 = – 2
53
53 – 55 = – 2
55
55 – 55 = 0
55
55 – 55 = 0
55
55 – 55 = 0
57
57
20, 1
9
⇔ s ≈ 1, 5 .
s=
4.2 Determinemos a média:
x=
– 2 × 6 + (– 1) × 18 + 0 × 36 + 1 × 25 + 2 × 14 + 3 × 5
(6 + 18 + 36 + 25 + 14 + 5)
38
104
⇔ x ≈ 0, 37
⇔ x=
Para determinar o desvio-padrão, vamos construir a seguinte tabela:
–2
6
(– 2 – 0,365)2 = 5,593225
33,55935
–1
18
(– 1 – 0,365)2 = 1,863225
33,53805
0
36
(0 – 0,365)2 = 0,133225
25
14
3
5
Total
104
Vamos determinar a média:
2 × 52 + 53 + 55 + 56 + 58 + 59
= 55 .
7
154, 1154
103
⇔ s ≈ 1, 22 .
s=
–2
)
fi (xi – x
fi
2
57 – 55 = 2
–
(xi – x)2
xi
1
57 – 55 = 2
2.º grupo
x=
20,1
5
Vamos inicialmente determinar a média:
x=
2
–2
)
fi (xi – x
18
3+2+0+2+3
= 2;
5
3.1 1.º grupo
CEXMA10 © Porto Editora
52
Casal B
x=
84
–
xi – x
xi
4,7961
(1 –
0,365)2
= 0,403225
10,080625
(2 –
0,365)2
= 2,673225
37,42515
(3 –
0,365)2
= 6,943225
34,716125
154,1154
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
4.3 Determinemos a média:
6.1 António: 21 ; Carlos: 15 ; Francisco: 21 ; João: 49 .
Pág. 314
234, 5 × 5 + 254, 5 × 4 + 274, 5 × 3 + 294,, 5 × 2
x=
( 5 + 4 + 3 + 2)
6.2 Maior desvio-padrão: João (s ¯ 12,82) .
3603
x=
14
⇔ x ≈ 257, 36
6.3 Não. Quando há valores extremos (neste caso 3), a amplitude é
Maior desvio-padrão: Carlos (s ¯ 4,67) .
uma medida de dispersão fraca. No entanto, se excluírmos o resultado do 1.º dia, a amplitude seria 30, continuando a ser a maior
amplitude dos quatro conjuntos de resultados.
Para determinar o desvio-padrão, vamos construir a seguinte tabela:
–
(xi – x)2
–2
)
fi (xi – x
xi
fi
234,5
5
(234,5 – 257,36)2 = 522,5796
254,5
4
(254,5 – 257,36)2 = 8,1796
32,7184
274,5
3
(274,5 – 257,36)2 = 293,7796
881,3388
294,5
2
(294,5 – 257,36)2 = 1 379,3796
Total
14
2 612,898
2 758,7592
6 285,7144
6285, 7144
13
⇔ s ≈ 21, 99 .
s=
5.1
6.4
Q1
Q3
António
17
28
Carlos
15
23
Franscisco
25
38
João
35
49
Entre Q1 e Q3 estão 50% dos resultados. Logo, podemos concluir
que, apesar de a amplitude ser maior no caso do João, este é que
obteve melhores resultados.
7.1 Conjunto A: determinemos, inicialmente, a média:
xA =
xi
fi
fr
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
Total
2
3
3
6
4
4
3
3
2
2
32
0,0625
0,093 75
0,093 75
0,1875
0,125
0,125
0,093 75
0,093 75
0,0625
0,0625
1
i
Pág. 315
1+ 2+3+ 5+6+ 7
=4.
6
Para determinar o desvio-padrão vamos construir a seguinte tabela:
A moda é 20 kg.
5.2 Determinemos a média:
17 × 2 + 18 × 3 + 19 × 3 + 20 × 6 + 21 × 4 + 22 × 4 + 23 × 3 + 24 × 3 + 25 × 2 + 26 × 2
32
⇔ x = 21, 25
xi
fi
–
(xi – x)2
1
1
(1 – 4)2 = 9
2
1
(2 – 4)2 = 4
3
1
(3 – 4)2 = 1
5
1
(5 – 4)2 = 1
6
1
(6 – 4)2 = 4
7
1
(7 – 4)2 = 9
Total
6
28
x=
CEXMA10 © Porto Editora
Determinemos, agora, o desvio-padrão:
–
(xi – x)2
sA =
28
⇔ sA ≈ 2, 366 ;
5
Conjunto B: determinemos, inicialmente, a média:
–2
)
fi (xi – x
xi
fi
17
2
(17 – 21,25)2 = 18,0625
36,125
18
3
(18 – 21,25)2 = 10,5625
31,6875
19
3
(19 – 21,25)2 = 05,0625
15,1875
20
6
(20 – 21,25)2 = 01,5625
09,375
xi
fi
–
(xi – x)2
21
4
(21 – 21,25)2 = 00,0625
00,25
5
1
(5 – 8)2 = 9
22
4
(22 – 21,25)2 = 00,5625
02,25
6
1
(6 – 8)2 = 4
23
3
(23 – 21,25)2 = 03,0625
09,1875
7
1
(7 – 8)2 = 1
24
3
(24 – 21,25)2 = 07,5625
22,6875
9
1
(9 – 8)2 = 1
25
2
(25 – 21,25)2 = 14,0625
28,125
1
(10 – 8)2 = 4
2
(26 – 21,25)2 = 22,5625
10
26
45,125
Total
32
11
1
(11 – 8)2 = 9
200
31
⇔ s ≈ 2, 54 .
s=
0200
5 + 6 + 7 + 9 + 10 + 11
=8.
6
xB = xA + 4 = 8
xB =
Elaboremos uma tabela para determinar o desvio-padrão:
sB =
Logo,
28
⇔ sB ≈ 2, 37 .
5
–
–
xA 0 xB
e
sA = sB ¯ 2,37 .
85
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
7.2 Seja C o conjunto cujos elementos se obtêm multiplicando por 2
CAPÍTULO 10
9.1 Vamos determinar a velocidade média:
cada um dos elementos do conjunto A e em seguida adicionados de
4 unidades cada um, então temos:
x=
C = {6 , 8 , 10 , 14 , 16 , 18} .
x ≈ 57,05 km/h
Determinemos, agora, o desvio-padrão:
Determinar a média dos elementos deste conjunto:
6 + 8 + 10 + 14 + 16 + 18
xc =
= 12 .
6
classe
xi
fi
–
xi – x
–
(xi – x)2
–2
)
fi (xi – x
[30 , 40[
35
0
– 22,05
486,2025
0
Determinemos, agora, o desvio-padrão:
[40 , 50[
45
18
– 12,05
145,2025
2613,645
xi
fi
–
(xi – x)2
[50 , 60[
55
30
– 2,05
4,2025
126,075
6
1
(6 – 12)2 = 36
[60 , 70[
65
35
7,95
63,2025
2212,0875
8
1
(8 – 12)2 = 16
[70 , 80[
75
0
17,95
322,2025
0
10
1
(10 – 12)2 = 4
Total
14
1
(14 – 12)2 = 4
16
1
(16 – 12)2 = 16
18
1
(18 – 12)2 = 36
Total
6
112
sC =
O desvio-padrão não sofre qualquer alteração.
1.
–
–
xC = 2xA + 4 e sC = 2sA
2.
5,2
1
Vamos organizar os valores necessários para determinar o desvio-padrão:
xi
fi
–
(xi – x)2
–2
)
fi × (xi – x
(4,1 – 4,783)2 = 0,466 489
0,25
6
(0,25 – 0,99)2 = 0,5476
3,2856
(5,2 – 4,783)2 = 0,173 889
0,75
8
(0,75 – 0,99)2 = 0,0576
0,4608
–
(xi – x)2
4,783)2
0,99)2
6,1
1
(6,1 –
= 0,734 489
1,25
6
(1,25 –
= 0,0676
0,4056
4,7
1
(4,7 – 4,783)2 = 0,006 889
1,75
3
(1,75 – 0,99)2 = 0,5776
1,7328
5,0
1
(5,0 – 4,783)2 = 0,047 089
2,25
2
(2,25 – 0,99)2 = 1,5876
3,1752
Total
25
3,6
1
Total
6
(3,6 –
4,783)2
= 1,399 489
3,828 334
s=
s1 =
CEXMA10 © Porto Editora
0, 25 × 6 + 0, 75 × 8 + 1, 25 × 6 + 1, 75 × 3 + 2, 25 × 2
(6 + 8 + 6 + 3 + 2 )
x ≈ 0,99 ho
oras
Para calcular o desvio-padrão vamos elaborar a seguinte tabela:
1
Determinemos um valor aproximado da média:
x=
4, 1 + 5, 2 + 6, 1 + 4, 7 + 5, 0 + 3, 6
6
⇔ x1 ≈ 4, 783
x1 =
4,1
Pág. 317
Quando há uma associação positiva entre duas variáveis, estas
variam no mesmo sentido, ou seja à medida que uma aumenta a
outra, de um modo geral, também aumenta;
Resposta: (C).
8.1 Determinemos a média:
fi
4951,8075
9.2 A média correcta será adicionada de 5 km/h, ou seja, será de 62 km/h.
112
⇔ sC ≈ 4, 73 .
5
xi
83
4951, 8075
⇔ s ≈ 7, 77 .
82
s=
Podemos concluir que:
3, 828 334
⇔ s1 ≈ 0, 875 .
5
–
8.2 a) x2 = 10 x1 ¯ 47,83 .
s2 = 10 s1 ¯ 8,75 .
–
–
b) x
3 = 100 x1 – 100 ¯ 4683 .
s3 = 1000 s1 ¯ 875 .
9, 06
⇔ s ≈ 0, 614 .
24
Resposta: (A).
3.
–
86
35 × 0 + 45 × 18 + 55 × 30 + 65 × 35 + 75 × 0
(18 + 30 + 35)
Será de esperar que em:
I exista uma correlação positiva;
II exista uma correlação negativa;
III exista uma correlação negativa;
IV exista uma correlação negativa.
Resposta: (C).
9,06
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.
CAPÍTULO 10
Pág. 318
(A) A afirmação é falsa, em I as variáveis estão associados positivamente e em III estão associadas negativamente.
(B) A afirmação é falsa, exista maior grau de associação em III que
em II, pois está melhor definida a recta mais “próxima” dos
pontos representados em cada um dos diagramas.
(C) A afirmação é falsa, pois é nula a correlação representada no
diagrama de dispersão IV.
(D) A afirmação é verdadeira, pois a recta mais “próxima” dos
pontos está melhor definida no diagrama de dispersão I.
Resposta: (D).
5.
A recta de regressão passa no ponto de coordenadas (x– , y– ) ,
–
sendo y a média da variável y , então temos:
3.3 As variáveis x e y estão relacionadas pela seguinte equação:
y = 1,04x + 7,03 . Ora, como x = 7 , vem: y = 1,04 × 7 + 7,03, ou
seja, y = 14,31.
Prevê-se, assim, que um aluno que estudou 7 horas possa obter
uma classificação de 14 valores.
3.4 Não, pois y = 1,04 × 15 + 7,03, ou seja, y = 22,63, e a classificação máxima possível é, evidentemente, 20.
4.
O coeficiente de correlação não se altera.
5.1
Pág. 321
y– = 0,321 × (– 1,8) + 2,6
y– = 2,0222
Resposta: (D).
6.
A afirmação I é falsa, já que se o coeficiente de correlação, r , verifica a condição 0 < r ≤ 1, a correlação é positiva e tanto mais
forte quanto mais próximo de um for o valor de r.
A afirmação II é verdadeira.
A afirmação III é falsa, já que se o coeficiente de correlação, r , for
igual a zero, significa que as variáveis não se relacionam (a correlação é nula).
Resposta: (C).
5.2 a) r ¯ – 0,99 ;
b) y = – 0,08x + 757,58 .
5.3 a) y = – 0,08 × 250 + 757,58
y = 737,58
1.
Para uma altitude de 250 metros prevê-se uma pressão atmosférica de cerca de 738 mmHg ;
Pág. 319
A afirmação (A) é falsa. No gráfico I existe uma associação positiva
entre as variáveis x e y , no gráfico III existe uma associação
negativa entre as variáveis x e y.
A afirmação (B) é falsa. A correlação entre x e y é mais forte no
gráfico I que no gráfico II, pois a recta que está mais “próxima”
dos pontos assinalados em cada um dos gráficos está melhor definida no gráfico I.
b) y = – 0,08 × 750 + 737,58
y = 697,58
Para uma altitude de 750 metros prevê-se uma pressão atmosférica de cerca de 698 mmHg.
6.1 a) r ¯ 0,71 ;
b) y = 1,94x – 12,08 .
2.1 y = 0,480x + 3,328.
2.2 r ¯ 0,883.
Como r > 0 , as variáveis x e y estão associadas positivamente,
ou seja, quando a variável x aumenta a variável y também
aumenta. Por outro lado como o valor de r está muito próximo de
um significa que a correlação existente entre as duas variáveis é forte.
2.3 As variáveis x e y estão relacionadas pela seguinte equação:
6.2 y = 1,94 × 42 – 12,08
y = 69,4
Prevê-se que esse cliente possa efectuar uma despesa de aproximadamente 69,40 euros.
6.3 127,60 = 1,94x – 12,08 ⇔ x = 72 .
y = 0,480x + 3,328. Ora se x = 6 , então temos:
Ora 72 minutos corresponde a uma hora e 12 minutos.
Prevê-se que esse cliente tenha permanecido no supermercado
1 h 12 min.
y = 0,480 × 6 + 3,328 ⇔ y = 6,208, ou seja, prevê-se que a moto
tenha, aproximadamente, 6200 km.
CEXMA10 © Porto Editora
3.1
Pág. 320
7.1
Pág. 322
7.2 a) r ¯ – 0,83 ;
3.2 y = 1,04x + 7,03 .
b) y = 0,76x + 0,60 .
87
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
8.
12.1
8.1
8.2
8.3
8.4
8.5
8.6
Sinal
Grau
Tipo
positiva
forte
linear
positiva
fraca
fraca
negativa
forte
negativa
forte
11 + 3 × 13 + 3 × 14 + 15 + 2 × 19 + 22 + 24
12
⇔ x ≈ 15, 92
Organizemos, numa tabela, os valores necessários para determi-
linear
nar o desvio-padrão.
9.1 A correlação é positiva.
Estima-se que até aos 20 anos de idade a altura de uma pessoa aumente.
9.2 A correlação é negativa.
11
1
15
associado ao tamanho do sapato de uma pessoa.
3
3
1
–
(xi – x)2
(11 – 15,92)2 = 24,2064
–2
)
fi (xi – x
024,2064
(13 –
15,92)2
= 8,5264
025,5792
(14 –
15,92)2
= 3,6864
011,0592
(15 –
15,92)2
= 0,8464
000,8464
15,92)2
= 9,4864
018,9728
19
2
(19 –
22
1
(22 – 15,92)2 = 36,9664
036,9664
24
1
(24 – 15,92)2 = 65,2864
065,2864
Total
12
9.4 A correlação é positiva.
182,9168
Pág. 323
170
Altura/cm
fi
14
9.3 A correlação é nula, pois o número de idas à praia em nada está
Estima-se que à medida que a temperatura, nessa sala, aumenta a
altura do mercúrio num termómetro colocado nessa sala, também,
aumente.
xi
13
Estima-se que há medida que os anos passam o valor de um automóvel diminui.
10.1
Pág. 324
x=
nula
negativa
Temperatura: calculemos a média.
s=
182, 9168
⇔ s ≈ 4, 08 .
11
150
Latitude: calculemos a média,
130
37 + 39 + 40 + 42 + 49 + 50 + 2 × 52 + 2 × 53 + 2 × 54
12
⇔ x ≈ 47, 92 .
x=
50
60
70 Peso/kg
y = 2,15x + 23,58
10.2 y = 2,15 × 65 + 23,58
y = 163,33
Organizemos, numa tabela, os valores necessários para determinar o desvio-padrão.
Estima-se que o Carlos tenha 163 cm de altura.
xi
fi
–
(xi – x)2
37
1
(37 – 47,92)2 = 119,2464
119,2464
39
1
(39 – 47,92)2 = 79,5664
079,5664
100
40
1
(40 – 47,92)2 = 62,7264
062,7264
80
42
1
(42 – 47,92)2 = 35,0464
035,0464
10.3 146 = 2,15x + 23,58
x ¯ 56,94 kg
11.1
Classificações em Física/%
Estima-se que a Diana pesa 57 kg.
60
49
40
50
1
1
(49 –
47,92)2
= 1,1664
001,1664
(50 –
47,92)2
= 4,3264
004,3264
(52 –
47,92)2
= 16,6464
033,2928
(53 –
47,92)2
= 25,8064
051,6128
(54 –
47,92)2
= 36,9664
073,9328
20
0
52
20
40
60
80 100
Classificações em Mat./%
53
y = 0,68x + 29,36
11.2 y = 0,68 × 55 + 29,36
2
2
54
2
Total
12
–2
)
fi (xi – x
460,9168
y = 66,76
CEXMA10 © Porto Editora
Estima-se que o António poderia ter obtido, no teste de Física,
aproximadamente 67%.
11.3 A Ana poderia ter obtido, aproximadamente, 75% no teste de
Matemática.
11.4 Correlação linear positiva forte.
É positiva dado que à medida que a classificação de Matemática
aumenta a classificação de Física também aumenta. É forte pois
os pontos estão distribuídos relativamente próximos da recta de
regressão.
88
460, 9168
11
⇔ s ≈ 6, 47 .
s=
12.2 Com recurso à calculadora gráfica determina-se o coeficiente de
correlação, que no caso é r ¯ – 0,94.
Como o valor de r está muito próximo de – 1, a correlação entre
as duas variáveis, temperatura a latitude, é negativa forte.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
15.2
Número de horas de Sol
13.1 a) e c)
x
B
C
2
1
2
3
4
3
2
1
y
120
A
1
90
60
13
14
15
E
F
4
4
30
D
4
3
5
2
1
6
1
2
16
17
Temperatura/°C
y = 18,37x + 197,26
16.1
Para x = 16 tem-se: y = 18,37 × 16 – 197,26, ou seja,
334,9
22,4
y = 96,66.
Temperatura (°C)
b) Com recurso à calculadora gráfica determina-se o coeficiente de
correlação, que no caso é r ¯ 0,94 .
Como r é positivo, o número de horas de sol é tanto maior quanto maior for a temperatura do ar. Como r tem um valor próximo
de um, a correlação é bastante forte.
Precipitação (mm)
19,5
Essa localidade teria, aproximadamente, 97 horas de sol.
15,5
12
9
115,45
13.2 a)
Precipitação total/mm
65,6
26,25
390
1,1
0
0
290
190
16.2 Observando os dois diagramas, podemos conduzir que:
14
13
• A temperatura, em graus Celsius, variou de 9 a 22,4; há grande
concentração de temperaturas inferiores a 12 ºC, pelo menos
50% das temperaturas estão entre 12 ºC e 19,5 ºC.
15
16
17
Temperatura do ar/°C
y = -33,84x + 785,13
• A precipitação, em milímetros, variou entre 1,1 e 334,9. Há
grande dispersão dos valores superiores a 115,45 e grande concentração de valores inferiores a 26,25. Pelo menos 50% dos
dados estão entre 26,25 e 115,45.
b) Recorrendo à calculadora gráfica obtêm-se o valor do coeficiente de correlação, no caso, r ¯ – 0,70.
Como r é negativo significa que a correlação é negativa. Por
outro lado como – 1 < r < – 0,5 , podemos dizer que a correlação é, para além de negativa, forte.
17.1
uma vez que poderá haver influência de uma variável na noutra.
Talvez faça sentido dizer que quanto mais tempo se gasta para
almoçar maior será o custo da refeição.
14.2 Não fará sentido estudar uma possível relação entre as duas variáveis, uma vez que não há influência de uma variável na outra.
100
Classificação em Português
14.1 Fará sentido estudar uma possível relação entre as duas variáveis,
80
60
40
20
14.3 Talvez faça sentido estudar uma possível relação entre as duas
CEXMA10 © Porto Editora
variáveis. É possível que existe influência de uma variável na outra,
20
já que turmas com menos alunos podem ter melhores resultados.
15.1
40
60
80
100
Classificação em Matemática
Pág. 325
17.2 r ¯ 0,75 .
x
1,5
3
4,5
6
7,5
7,5
9
9
10,5
y
10
10
20
40
20
50
30
50
60
17.3 Como r é positivo e está próximo de um, podemos afirmar que
há uma correlação positiva forte entre as duas variáveis.
89
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
18.1 Sexo: qualitativa.
Pág. 326
Conclusão: A atenção das raparigas é igual ou superior à dos
rapazes, excepto no nível 1. Não há nenhuma rapariga que esteja
sempre atenta.
As restantes variáveis são quantitativas discretas.
18.2 Para Matemática, temos:
• Nível 1
18.5
62 + 68 + 72 + 85
x=
= 71, 75 ;
4
80
• Nível 2
60
60 + 72 + 45 + 38 + 10 + 54 + 51
x=
≈ 47, 14 ;
7
40
• Nível 3
x=
20 + 15 + 56 + 20
= 27, 75 ;
4
20
0
Para Português, temos:
• Nível 1
• A mediana em Matemática é superior à de Português.
• A amplitude das duas disciplinas é sensivelmente a mesma.
• Em Matemática há mais concentração das notas acima da mediana que em Português.
• 50% das classificações em Matemática estão entre 20 e 68,
enquanto que 50% das classificações em Português estão entre
35 e 72.
• Nível 2
50 + 61 + 35 + 22 + 45 + 91 + 48
≈ 50, 29 ;
7
• Nível 3
x=
30 + 58 + 75 + 45
= 52 .
4
Resumindo, numa tabela estes valores, temos:
1.1
Nível
Matemática
Português
1
71,75
55,00
2
47,14
50,29
3
27,75
52,00
Recorrendo à calculadora gráfica obteve-se o coeficiente de correlação. Assim, temos:
r = 0,987674498
Assim, o coeficiente da correlação, arredondando às milésimas é
0,988.
Interpretação: Relativamente ao valor absoluto, tal como o diagrama de dispersão sugere, os pontos estão praticamente alinhados,
segundo uma recta; relativamente ao sinal, a recta tem declive positivo.
Comentário: A média em Matemática varia conforme o nível,
enquanto a média em Português é mais uniforme.
Idades dos alunos
1.2
14 anos
33%
15 anos
27%
17 anos
20%
18.4
Rapazes
Raparigas
3
2
1
90
2
Pág. 328
De acordo com o modelo, há alguns séculos (três ou mais) teríamos
a situação absurda de haver, em Portugal, um número negativo de
habitantes. Por outro lado, e também de acordo com o modelo
linear a população iria crescer sem limitações, pelo que este modelo
nunca será bom para fazer previsões, a muito longo prazo (atendendo à limitação dos recursos).
1.3 Apresenta-se a seguir um exemplo de resposta:
Nível atingido num teste de atenção
N.° de alunos
CEXMA10 © Porto Editora
16 anos
20%
1
Pág. 327
Por exemplo:
Média
18.3
Mat.
Interpretação:
48 + 20 + 80 + 72
x=
= 55 ;
4
x=
Port.
3
4
5
Atenção (nível)
De acordo com o modelo linear apresentado, a população residente
em Portugal, em 2010, seria, aproximadamente, de
10,9 (0,0477 × 2010 – 84,95) milhões de habitantes e, em 2050,
seria, aproximadamente, de 12,8 (0,0477 × 2050 – 84,95) milhões
de habitantes. O primeiro valor está ligeiramente acima das projecções do INE, mas o segundo já se encontra muito afastado.
Concluímos assim que, a concretizarem-se as projecções do INE, o
modelo linear apresentado estará inadequado à evolução da população residente em Portugal, a partir de 2010, até porque, a partir
dessa data, a população começará a diminuir, ao contrário do sugerido pelo modelo. A principal razão de ordem social para esse facto
é apresentada no documento do INE: níveis de fecundidade abaixo
do limiar de substituição de gerações.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 10
2.1
2.2
Pág. 329
xi
fi
fri
Fri
[0 , 3[
4
0,12
0,12
[3 , 6[
9
0,26
0,38
[6 , 9[
11
0,32
0,70
[9 , 12[
6
0,18
0,88
[12 , 15[
2
0,06
0,94
[15 , 18[
1
0,03
0,97
[18 , 21[
0
0,00
0,97
[21 , 24[
1
0,03
1,00
2.5 Se o número de rebites em falta de cada um dos aviões sofrer um
aumento de 100%, a média, assim como o desvio-padrão vêm multiplicados por 2.
Então temos:
média ¯ 2 × 7,6 = 15,2 e desvio-padrão ¯ 2 × 4,5 = 9 .
3.1
Pág. 330
1, 5 × 4 + 4, 5 × 9 + 7, 5 × 11 + 10, 5 × 6 + 13, 5 × 2 + 16, 5 × 1 + 22, 5 × 1
34
⇔ x ≈ 7, 59
x=
O número médio de rebites em falta na inspecção aos 34 aviões é,
aproximadamente, 7,6.
2.3 Vamos construir uma tabela onde construir os valores necessários
para se calcular o desvio-padrão.
xi
fi
1,5
4
4,5
–
(xi – x)2
(1,5 – 7,59)2 = 37,0881
9
–2
)
fi (xi – x
148,3524
(4,5 –
7,59)2
= 9,5481
085,9329
7,59)2
= 0,0081
000,0891
7,5
11
(7,5 –
10,5
6
(10,5 – 7,59)2 = 8,4681
7,59)2
r ¯ 0,52 .
Correlação positiva fraca.
050,8086
3.2 O centro de gravidade do diagrama de dispersão é o ponto de coor-
–
–
–
denadas (x , y) , sendo que x representa a média do número de
–
golos marcados e y representa a média do número de minutos jogados.
13,5
2
(13,5 –
= 34,9281
069,8562
16,5
1
(16,5 – 7,59)2 = 79,3881
079,3881
Determinemos o valor de x :
19,5
0
(19,5 – 7,59)2 = 141,8481
000
3 × 12 + 4 × 7 + 5 + 6 × 4 + 10
25
⇔ x = 4, 12
22,5
1
(22,5 –
Total
34
7,59)2
= 222,3081
222,3081
656,7351
–
x=
Determinemos o valor de –y :
s=
656, 7351
⇔ s ≈ 4, 5 .
33
2.4
Número de rebites em falta
Frequência relativa (%)
CEXMA10 © Porto Editora
100
ores
total de minutos jogados pelos 25 jogado
25
16 367
⇔ y =
, ou seja, y = 654,68 .
25
y =
Então temos que as coordenadas do centro de gravidade do diagrama de dispersão são: (4,12 ; 654,68) .
80
75
60
3.3 y = 78,88x + 329,68 .
50
40
3.4 a) Se y = 500 então 500 = 78,88x + 329,68, ou seja, x ¯ 2,16 .
25
20
0
Se um jogador jogou 500 minutos prevê-se que tenha marcado 2
golos.
3
Q1 Q2 Q3
6
9
12 15 18 21 24 Classes
Q1 = 4,5 ; Q2 = 7,5 e Q3 = 10,5 .
b) Se x = 7 então y = 78,88 × 7 + 329,68, ou seja, y = 881,84 .
Se o jogador marcou 7 golos prevê-se que tenha jogado 882
minutos.
91
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 10.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
4.1
CAPÍTULO 10
Pág. 331
A diferença do número de pessoas que acederam a sites de televisão
em Maio de 2006 para o mês de Maio de 2007 foi de
1178 – 1157 = 21, ou seja 21 milhares de pessoas. Efectuando uma
regra de três simples, vem que:
1178 — 100
21
x=
—x
21 × 100
, ou seja , x ≈ 1, 78 .
1178
A percentagem correspondente a essa diminuição é 1,78% .
4.2 No último trimentre de 2006 acederam a sites de televisão a partir de
casa 3615 milhares de pessoas (1289 + 1185 + 1141), então temos:
x=
3615
(31 + 30 + 31)
, ou seja, x ≈ 39, 3 .
Conclusão: A média diária de visitantes destes sites, no último trimestre de 2006, foi de 39 milhares de pessoas.
4.3 Como a moda do conjunto destes dados é 1157 e 1224 e por observação da tabela verifica-se que o valor 1157 é o único que se repete
(duas vezes, em Julho de 2006 e Maio de 2007), enquanto que o
valor 1224 aparece uma única vez (Janeiro de 2007), obviamente
num dos meses de Junho ou Julho de 2007, o número de pessoas, em
milhares, que acederam a este tipo de sites foi de 1224.
Assim sendo e como a média do número de pessoas que visitou este
tipo de sites entre Maio de 2006 e Julho de 2007 foi de 1236 (milhares), temos que:
1178 + 1217 + 1157 + 1088 + 1305 + 1289 + 1185 + 1141 + 1224 +
+ 1276 + 1293+ 1244 + 1157 + 1224 = 16 978
Desta forma, temos:
16978 + x
= 1236 , ou seja, x = 1562 .
15
E, 1562 + 1224 = 2786 , logo em Junho de 2007 e Julho do mesmo
ano, acederam a este tipo de site 2786 milhares de pessoas.
4.4 Por análise da tabela verifica-se que os meses consecutivos onde
houve um maior aumento de visitantes deste tipo de sites foi de
Agosto de 2006 para Setembro de 2006.
1305
≈ 1, 199 , ou seja, a percentagem desse aumento
1088
foi de, aproximadamente, 20% . Uma razão que possa justificar este
aumento pode ser a de a maioria das pessoas gozarem as suas férias
no mês de Agosto, não estando por isso, nas suas casas para poderem aceder a este tipo de sites.
CEXMA10 © Porto Editora
Então temos:
92