Resolução — Ficha de Treino Mat A · 10.º Ano · maio 2026 RESOLUÇÃO ← Voltar ao enunciado

Proposta de Resolução
Ficha de Treino — Mat A · 10.º Ano · maio 2026

Resolução passo a passo de todos os itens. Os valores aproximados foram, salvo indicação em contrário, obtidos com calculadora gráfica e estão arredondados às milésimas ou às centésimas, conforme o item.

Exercício 1 — Escolha múltipla

1.1.

A reta de regressão de $y$ em $x$ passa sempre pelo centro de gravidade $(\bar{x},\bar{y})=(8,15)$ e tem declive com o mesmo sinal de $r$. Como $r=-0{,}94<0$, o declive da reta é negativo (excluem-se imediatamente (A) e (D), pois (D) tem declive $-0{,}94$ mas $-0{,}94\cdot 8+22{,}52=15$ — esta seria correta apenas se $r$ coincidisse com o declive, o que só acontece se $s_y=s_x$). Verifiquemos (B): $$-1{,}25\times 8+25=-10+25=15=\bar{y}.\;\checkmark$$ Já (C) dá $-1{,}25\cdot 8+5=-5\neq 15$. Logo: Opção (B).

1.2.

$f(x)=\dfrac{\sqrt{2x+6}}{x^{2}-4x+3}$. Condições de existência:

Domínio $=[-3,+\infty[\setminus\{1,3\}$. Opção (A).

1.3.

Completando os quadrados: $$x^{2}-6x+y^{2}+4y+z^{2}-2z+5=0$$ $$\Longleftrightarrow (x-3)^{2}-9+(y+2)^{2}-4+(z-1)^{2}-1+5=0$$ $$\Longleftrightarrow (x-3)^{2}+(y+2)^{2}+(z-1)^{2}=9.$$ Centro $(3,-2,1)$ e raio $r=\sqrt{9}=3$. Opção (B).

1.4.

$f(x)=-2x^{2}+8x-3$. Vértice em $x_{v}=\dfrac{-8}{2\cdot(-2)}=2$ e $f(2)=-8+16-3=5$. Como o coeficiente de $x^{2}$ é negativo, a parábola tem concavidade voltada para baixo, pelo que o máximo absoluto é $5$. Contradomínio $=\;]-\infty,\,5]$. Opção (B).

Exercício 2 — Estatística / regressão linear

2.1. — Adubo orgânico

(a) $\bar{x}=\dfrac{2+3+\cdots+8}{7}=\dfrac{35}{7}=5$ e $\bar{y}=\dfrac{37{,}8}{7}=5{,}4$. Centro de gravidade $\;G=(5;\,5{,}4)$.

(b) Com a calculadora obtém-se $y\approx 0{,}743\,x+1{,}686$ e $r\approx 0{,}999$ (correlação positiva muito forte).

(c) $x=70\,\text{kg}=7$ (dezenas). $\hat{y}=0{,}743\cdot 7+1{,}686\approx 6{,}887$ toneladas. Como $x=7$ está dentro do intervalo dos dados ($2\leq x\leq 8$), trata-se de interpolação, sendo a estimativa fiável.

2.2. — Temperatura vs. consumo

(a) Com a calculadora: $r\approx 0{,}997$. Como $|r|$ está muito próximo de $1$, o modelo linear é adequado.

Reta de regressão: $y\approx 2{,}071\,x-34{,}563$.

(b) $50=2{,}071\,x-34{,}563\Longleftrightarrow x=\dfrac{84{,}563}{2{,}071}\approx 40{,}8\,^{\circ}\!\text{C}$.

(c) $5\,^{\circ}\!\text{C}$ está muito fora do intervalo das temperaturas observadas ($[22\,;\,36]$) — trata-se de extrapolação longe dos dados. Além disso, fisicamente, com $5\,^{\circ}\!\text{C}$ ninguém usa ar-condicionado para arrefecer; o modelo não capta a realidade nesse regime.

2.3. — Redes sociais vs. sono

(a) Com a calculadora: $y\approx -0{,}623\,x+9{,}206$ e $r\approx -0{,}998$. Correlação negativa muito forte.

(b) O declive $-0{,}623$ significa que, em média, cada hora adicional diária em redes sociais está associada a uma diminuição de cerca de $0{,}62$ horas (≈ 37 minutos) no tempo médio de sono.

(c) Para $x=3$: $\hat{y}=-0{,}623\cdot 3+9{,}206\approx 7{,}337$. Erro absoluto $=|7{,}4-7{,}337|\approx 0{,}06$ horas (cerca de $4$ minutos).

2.4. — Publicidade vs. vendas

(a) Com a calculadora: $y\approx 0{,}840\,x-1{,}621$, $r\approx 0{,}998$.

(b) $20=0{,}840\,x-1{,}621\Longrightarrow x\approx 25{,}74$ (milhares de euros). Investimento mínimo $\approx 25\,700\,€$ (arredondado às centenas).

(c) Mesmo com $|r|\approx 0{,}998$, extrapolar para $x=50$ (mais do dobro do maior valor observado) é arriscado: na prática, o investimento em publicidade tem retornos marginais decrescentes, pelo que o modelo linear tende a sobrestimar os ganhos em larga escala. Não se recomenda o uso do modelo para essa extrapolação.

Exercício 3 — Função quadrática em contexto

3.1. — Foguete

$h(t)=-5t^{2}+30t+5$.

(a) Vértice: $t_{v}=\dfrac{-30}{2\cdot(-5)}=3$ s; $h(3)=-45+90+5=50$ m. Altura máxima 50 m, em $t=3$ s.

(b) $h(t)\geq 25\Longleftrightarrow -5t^{2}+30t-20\geq 0\Longleftrightarrow t^{2}-6t+4\leq 0$. Raízes: $t=\dfrac{6\pm\sqrt{36-16}}{2}=3\pm\sqrt{5}$. Como a parábola tem concavidade para cima, a condição é válida em $[3-\sqrt{5},\,3+\sqrt{5}]$. Duração $=2\sqrt{5}\;$ s $\approx 4{,}47$ s.

(c) $h(t)=0\Longleftrightarrow -5t^{2}+30t+5=0\Longleftrightarrow t^{2}-6t-1=0$ $t=\dfrac{6\pm\sqrt{36+4}}{2}=3\pm\sqrt{10}$. Solução positiva: $t=3+\sqrt{10}$ s (forma $a+b\sqrt{10}$ com $a=3$, $b=1$).

(d) A parábola tem concavidade voltada para baixo e vértice em $t=3\in[1,5]$; logo, em $[1,5]$, o mínimo de $h$ ocorre num extremo do intervalo: $$h(1)=-5+30+5=30\quad\text{e}\quad h(5)=-125+150+5=30.$$ Em ambos $h=30>20$, e como o máximo está em $t=3$ (interior), $h(t)\geq 30>20$ em todo $[1,5]$. $\square$

3.2. — Trampolim

$s(t)=-5t^{2}+4t+12$.

(a) $t_{v}=\dfrac{-4}{2\cdot(-5)}=0{,}4$ s; $s(0{,}4)=-5(0{,}16)+4(0{,}4)+12=-0{,}8+1{,}6+12=12{,}8$ m. Altura máxima 12,8 m em $t=0{,}4$ s.

(b) $s(t)=0\Longleftrightarrow -5t^{2}+4t+12=0\Longleftrightarrow 5t^{2}-4t-12=0$ $t=\dfrac{4\pm\sqrt{16+240}}{10}=\dfrac{4\pm 16}{10}$. $t=2$ ou $t=-\dfrac{6}{5}$. Como $t\geq 0$, $t=2$ s. Toca na água ao fim de $2$ s.

(c) $s(t)>11\Longleftrightarrow -5t^{2}+4t+1>0\Longleftrightarrow 5t^{2}-4t-1<0$ Raízes: $t=\dfrac{4\pm\sqrt{16+20}}{10}=\dfrac{4\pm 6}{10}\in\{1\,;\,-0{,}2\}$. Logo $5t^{2}-4t-1<0$ em $]-0{,}2\,;\,1[$. Como $t\geq 0$: $t\in[0,\,1[\,$, ou seja, durante $1$ segundo.

3.3. — Ponte parabólica

$y=-\dfrac{x^{2}}{15}+5$.

(a) $y=0\Longleftrightarrow x^{2}=75\Longleftrightarrow x=\pm 5\sqrt{3}$. Largura da base $=10\sqrt{3}$ m $\approx 17{,}32$ m.

(b) Camião centrado, com $5$ m de largura, ocupa $x\in[-2{,}5\,;\,2{,}5]$. A altura crítica é nas bordas ($x=\pm 2{,}5$): $$y(\pm 2{,}5)=-\dfrac{6{,}25}{15}+5=-\dfrac{5}{12}+5=\dfrac{55}{12}\approx 4{,}58\;\text{m}.$$ Como $4{,}58>3{,}5$, o camião passa.

(c) $y(7)=-\dfrac{49}{15}+5=\dfrac{75-49}{15}=\dfrac{26}{15}\approx 1{,}73$ m.

3.4. — Lucro

$L(x)=-\dfrac{1}{2}x^{2}+80x-600$, $x\in[0,180]$.

(a) $x_{v}=\dfrac{-80}{2\cdot(-1/2)}=80$; $L(80)=-3200+6400-600=2600$ €. Lucro máximo $2\,600$ € com $x=80$ unidades.

(b) $L(x)<0\Longleftrightarrow x^{2}-160x+1200>0$. Raízes: $x=\dfrac{160\pm\sqrt{25600-4800}}{2}=\dfrac{160\pm\sqrt{20800}}{2}=80\pm 20\sqrt{13}$. Como a parábola $x^{2}-160x+1200$ tem concavidade para cima, $L(x)<0$ em $]-\infty,\,80-20\sqrt{13}[\,\cup\,]80+20\sqrt{13},\,+\infty[$. Como $x\in[0,180]$: prejuízo para $x\in\bigl[0,\,80-20\sqrt{13}\bigr[\;\cup\;\bigl]80+20\sqrt{13},\,180\bigr]$, isto é, aproximadamente $x<7{,}9$ ou $x>152{,}1$.

(c) $L(x)\geq 1400\Longleftrightarrow x^{2}-160x+4000\leq 0$. Raízes: $x=80\pm 20\sqrt{6}$. Logo $x\in[80-20\sqrt{6},\,80+20\sqrt{6}]$ ($\approx[31{,}0\,;\,129{,}0]$).

(d) $L$ é parábola com concavidade para baixo e vértice em $x=80\in[40,120]$. Logo, em $[40,120]$, o mínimo está nos extremos: $L(40)=-800+3200-600=1800$ e $L(120)=-7200+9600-600=1800$. Como ambos são $>1000$ e o vértice é máximo, $L(x)\geq 1800>1000$ em $[40,120]$. $\square$

Exercício 4 — Funções e calculadora gráfica

4.1.

$f(x)=-x^{2}+4x+1$; $g(x)=2x-3$. Vértice de $f$: $x_{v}=2$, donde $P=(2,0)$.

$f(x)=g(x)\Longleftrightarrow -x^{2}+2x+4=0\Longleftrightarrow x^{2}-2x-4=0\Longleftrightarrow x=1\pm\sqrt{5}$. Abcissa positiva: $x_{Q}=1+\sqrt{5}\approx 3{,}24$; $y_{Q}=g(x_{Q})=2(1+\sqrt{5})-3=-1+2\sqrt{5}\approx 3{,}47$.

Triângulo $[OPQ]$: $O(0,0)$, $P(2,0)$ (sobre $Ox$), $Q\approx(3{,}24\,;\,3{,}47)$. Base $\overline{OP}=2$; altura $=|y_{Q}|=2\sqrt{5}-1$. $$A=\dfrac{1}{2}\cdot 2\cdot(2\sqrt{5}-1)=2\sqrt{5}-1\approx 3{,}47.$$ Área $\approx 3{,}47$ u.a.

4.2.

$h(x)=x^{3}-6x$; $k(x)=2x+1$. Intersecções: $x^{3}-8x-1=0$. Com a calculadora obtêm-se três raízes: $$x_{1}\approx -2{,}77;\quad x_{2}\approx -0{,}13;\quad x_{3}\approx 2{,}88.$$ Logo $A\approx(-2{,}77\,;\,-4{,}54)$ (com $y=k(x_{1})$) e $B\approx(2{,}88\,;\,6{,}76)$.

Distâncias: $\overline{OA}=\sqrt{(-2{,}77)^{2}+(-4{,}54)^{2}}\approx 5{,}32$; $\overline{OB}=\sqrt{2{,}88^{2}+6{,}76^{2}}\approx 7{,}35$; $\overline{AB}=\sqrt{(2{,}88-(-2{,}77))^{2}+(6{,}76-(-4{,}54))^{2}}\approx 12{,}63$.

Perímetro $\approx 5{,}32+7{,}35+12{,}63\approx 25{,}30$. $\approx 25{,}30$ u.c.

4.3.

$p(x)=\sqrt{x+4}$ ($x\geq -4$); $q(x)=\dfrac{x}{2}-1$.

$R$: $\sqrt{x+4}=\dfrac{x}{2}-1$ requer $x\geq 2$. Elevando ao quadrado: $x+4=\dfrac{x^{2}}{4}-x+1\Longleftrightarrow x^{2}-8x-12=0\Longleftrightarrow x=4\pm 2\sqrt{7}$. Solução válida $x_{R}=4+2\sqrt{7}\approx 9{,}29$; $y_{R}\approx 3{,}65$.

$S=(0,2)$ (intersecção de $p$ com $Oy$). $T=(2,0)$ (intersecção de $q$ com $Ox$).

Área: $$A=\dfrac{1}{2}\bigl|x_{R}(y_{S}-y_{T})+x_{S}(y_{T}-y_{R})+x_{T}(y_{R}-y_{S})\bigr|$$ $$=\dfrac{1}{2}|9{,}29\cdot 2+0+2\cdot(3{,}65-2)|=\dfrac{1}{2}|18{,}58+3{,}30|\approx 10{,}94.$$ Área $\approx 10{,}94$ u.a.

4.4.

$f(x)=-x^{3}+3x^{2}+9x+5$ em $[-2,\,4]$. Com a calculadora identificam-se os extremos no intervalo:

(a) $M=(3,\,32)$ (maior ordenada); $N=(-1,\,0)$ (menor ordenada).

(b) Declive: $m=\dfrac{32-0}{3-(-1)}=\dfrac{32}{4}=8$. Reta: $y-0=8(x+1)$, ou seja, $y=8x+8$. Comprimento: $\overline{MN}=\sqrt{4^{2}+32^{2}}=\sqrt{16+1024}=\sqrt{1040}=4\sqrt{65}\approx 32{,}25$.

(c) $O=(0,0)$, $M=(3,32)$, $N=(-1,0)$. Área do triângulo $[OMN]$: $$A=\dfrac{1}{2}|0(32-0)+3(0-0)+(-1)(0-32)|=\dfrac{1}{2}\cdot 32=16\;\text{u.a.}$$

Exercício 5 — Cálculo vetorial no plano

5.1.

$A(-2,3)$, $B(4,1)$, $C(6,7)$.

(a) Em $[ABCD]$ paralelogramo: $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\Longleftrightarrow D-A=C-B\Longleftrightarrow D=A+(C-B)=(-2+2\,,\,3+6)=(0,9)$.

(b) $\overrightarrow{AB}=(6,-2)$. Para $\vec{u}=(k-1,\,2k+3)$ colinear com $\overrightarrow{AB}$: $$(k-1)\cdot(-2)-(2k+3)\cdot 6=0\Longleftrightarrow -2k+2-12k-18=0\Longleftrightarrow -14k=16\Longleftrightarrow k=-\dfrac{8}{7}.$$

(c) Ponto médio de $[BC]$: $M=\bigl(\tfrac{4+6}{2},\,\tfrac{1+7}{2}\bigr)=(5,4)$. Simétrico de $A$ relativamente a $M$: $A'=2M-A=(10-(-2),\,8-3)=(12,5)$.

(d) $\overrightarrow{AB}=(6,-2)$, $\overrightarrow{BC}=(2,6)$. Produto escalar: $6\cdot 2+(-2)\cdot 6=12-12=0$, logo $\overrightarrow{AB}\perp\overrightarrow{BC}$. Triângulo retângulo em $B$. $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{40}$, $|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{40}$. Área $=\dfrac{1}{2}\cdot\sqrt{40}\cdot\sqrt{40}=\dfrac{40}{2}=20$ u.a.

5.2.

$P(1,-2)$, $Q(5,0)$, $\vec{v}=(3,-1)$. $\overrightarrow{PQ}=(4,2)$.

(a) $2\vec{v}-\overrightarrow{PQ}=(6,-2)-(4,2)=(2,-4)$. $R=P+(2,-4)=(3,-6)$.

(b) $\overrightarrow{PQ}+\lambda\vec{v}=(4+3\lambda,\,2-\lambda)$. $\|\cdot\|^{2}=50$: $$(4+3\lambda)^{2}+(2-\lambda)^{2}=50$$ $$16+24\lambda+9\lambda^{2}+4-4\lambda+\lambda^{2}=50$$ $$10\lambda^{2}+20\lambda-30=0\Longleftrightarrow \lambda^{2}+2\lambda-3=0\Longleftrightarrow \lambda=1\;\vee\;\lambda=-3.$$

(c) $S$ divide $[PQ]$ na razão $\overline{PS}:\overline{SQ}=3:1$, isto é, $\overrightarrow{PS}=\tfrac{3}{4}\overrightarrow{PQ}=\tfrac{3}{4}(4,2)=(3,\,1{,}5)$. $S=P+(3,\,1{,}5)=(4,\,-0{,}5)$.

5.3.

$A(0,0)$, $B(6,2)$, $C(8,7)$.

(a) $D=A+(C-B)=(0+2,\,0+5)=(2,5)$.

(b) Ponto médio de $[AC]=(4\,;\,3{,}5)$; ponto médio de $[BD]=\bigl(\tfrac{6+2}{2},\,\tfrac{2+5}{2}\bigr)=(4\,;\,3{,}5)$. Coincidem: as diagonais bissetam-se mutuamente em $(4\,;\,3{,}5)$.

(c) Ponto médio de $[AD]$: $(1\,;\,2{,}5)$. $\overrightarrow{BC}=(2,5)$: declive $\tfrac{5}{2}$. Equação: $y-2{,}5=\dfrac{5}{2}(x-1)\Longleftrightarrow y=\dfrac{5}{2}x$.

5.4.

$A(-1,2)$, $B(3,-1)$, $C(5,6)$.

(a) $G=\dfrac{A+B+C}{3}=\Bigl(\dfrac{-1+3+5}{3},\,\dfrac{2-1+6}{3}\Bigr)=\Bigl(\dfrac{7}{3},\,\dfrac{7}{3}\Bigr)$.

(b) $\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=(G-A)+(G-B)+(G-C)=3G-(A+B+C)=3G-3G=\vec{0}$. $\square$

(c) $M=\dfrac{B+C}{2}=(4\,;\,2{,}5)$. $\overrightarrow{AM}=(5\,;\,0{,}5)$. $H=A+\tfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}=\bigl(-1+\tfrac{10}{3},\,2+\tfrac{1}{3}\bigr)=\bigl(\tfrac{7}{3},\,\tfrac{7}{3}\bigr)=G$. Confirma-se a propriedade clássica: o baricentro divide cada mediana na razão $2:1$ a partir do vértice.

Exercício 6 — Geometria analítica no espaço

6.1. — Cubo

(a) $A$ pertence ao semieixo positivo $Ox$ e ao plano $z=0$: $A=(a,0,0)$ com $a>0$. Da equação vetorial da reta $AE$, $A$ obtém-se com $t=0$, donde $A=(4,0,0)$. Para $E$, $z=4\Longleftrightarrow t=4$, donde $E=(4,0,4)$.

Como $C\in Oy^{+}$ no plano $z=0$ e a aresta do cubo é $|AE|=4$, temos $C=(0,4,0)$ (sendo $A$ e $C$ vértices opostos da base). Os restantes vértices são $B(4,4,0)$, $D(0,0,0)$ na base e $E(4,0,4)$, $F(4,4,4)$, $G(0,4,4)$, $H(0,0,4)$ na face superior.

(b) Superfície esférica de centro $E(4,0,4)$ tangente a $z=0$: raio $=4$ (distância $E$ ao plano). $$(x-4)^{2}+y^{2}+(z-4)^{2}=16.$$ Intersecção com $z=2$: $(x-4)^{2}+y^{2}+(2-4)^{2}=16\Longleftrightarrow (x-4)^{2}+y^{2}=12$. Circunferência de raio $r'=2\sqrt{3}$. Perímetro $=2\pi\cdot 2\sqrt{3}=4\pi\sqrt{3}$.

(c) $G$ é o vértice diagonalmente oposto a $A$ no cubo: $G(0,4,4)$. Plano mediador de $[AG]$:

Equação: $-1(x-2)+1(y-2)+1(z-2)=0\Longleftrightarrow -x+y+z-2=0\Longleftrightarrow x-y-z+2=0$.

6.2. — Pirâmide quadrangular regular

$A(2,2,0)$, $V(0,0,6)$. Base centrada na origem, lados paralelos aos eixos. Como $A$ é um vértice e os lados são paralelos aos eixos, os vértices da base são as combinações $(\pm 2,\pm 2,0)$.

(a) Em ordem cíclica: $A(2,2,0)$, $B(-2,2,0)$, $C(-2,-2,0)$, $D(2,-2,0)$. Lado $\overline{AB}=4$; área da base $=16$; volume $V_{p}=\tfrac{1}{3}\cdot 16\cdot 6=32$ u.v.

(b) Plano mediador de $[AV]$, com $A(2,2,0)$ e $V(0,0,6)$: $M=(1,1,3)$; $\overrightarrow{AV}=(-2,-2,6)\parallel(-1,-1,3)$. $-1(x-1)-1(y-1)+3(z-3)=0\Longleftrightarrow -x-y+3z-7=0\Longleftrightarrow x+y-3z+7=0$.

(c) $M_{AB}=\bigl(\tfrac{2-2}{2},\tfrac{2+2}{2},0\bigr)=(0,2,0)$. $\overline{VM_{AB}}=\sqrt{0^{2}+2^{2}+6^{2}}=\sqrt{40}$. $\square$

(d) $|\overrightarrow{VA}|=\sqrt{2^{2}+2^{2}+6^{2}}=\sqrt{44}=2\sqrt{11}$. Equação: $x^{2}+y^{2}+(z-6)^{2}=44$. Origem $O(0,0,0)$: $0+0+36=36\neq 44$, logo $O$ não pertence à superfície (está no seu interior, pois $\overline{OV}=6<2\sqrt{11}\approx 6{,}63$).

6.3.

$A(1,-2,3)$, $B(5,4,-1)$.

(a) $M=(3,1,1)$; $\overrightarrow{AB}=(4,6,-4)\parallel(2,3,-2)$. Plano mediador: $2(x-3)+3(y-1)-2(z-1)=0\Longleftrightarrow 2x+3y-2z-7=0$.

(b) Superfície esférica de diâmetro $[AB]$: centro $M=(3,1,1)$ e raio $r=\tfrac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|=\tfrac{1}{2}\sqrt{16+36+16}=\tfrac{1}{2}\sqrt{68}=\sqrt{17}$. $$(x-3)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}=17.$$

(c) $\overline{OM}=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}<\sqrt{17}=r$. Logo $O$ está no interior. Distância de $O$ à superfície $=r-\overline{OM}=\sqrt{17}-\sqrt{11}$.

(d) Pontos da reta $AB$ a distância $5$ de $M$. Vetor unitário: $\vec{u}=\dfrac{(2,3,-2)}{\sqrt{17}}$. Pontos: $M\pm 5\vec{u}=\Bigl(3\pm\dfrac{10\sqrt{17}}{17},\;1\pm\dfrac{15\sqrt{17}}{17},\;1\mp\dfrac{10\sqrt{17}}{17}\Bigr)$.

6.4.

$(x-2)^{2}+(y+1)^{2}+(z-3)^{2}=49$.

(a) Centro $C(2,-1,3)$; raio $r=7$.

(b) Plano $z=k$ tangente $\Longleftrightarrow$ distância de $C$ a $z=k$ é $r$: $|k-3|=7\Longleftrightarrow k=10\;\vee\;k=-4$.

(c) Plano $y=2$: distância de $C$ ao plano $=|2-(-1)|=3$. Raio da circunferência $=\sqrt{49-9}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$. Perímetro $=4\pi\sqrt{10}$.

(d) Verificação: $(2-2)^{2}+(-1+1)^{2}+(10-3)^{2}=0+0+49=49.\;\checkmark$ Logo $P\in S$.
O plano paralelo a $Oxy$ que passa por $P(2,-1,10)$ tem equação $z=10$.
Distância do centro $C(2,-1,3)$ ao plano $z=10$: $d=|10-3|=7=r$.
Como a distância do centro ao plano é igual ao raio, o plano só tem um ponto comum com a superfície esférica — esse ponto é exatamente $P$ (porque $P$ pertence simultaneamente ao plano $z=10$ e à esfera $S$). Logo, o plano $z=10$ é tangente a $S$ em $P$. $\square$

Exercício 7 — Sólidos no espaço

7.1. — Pirâmide quadrangular regular

$A(3,-3,0)$, base centrada em $O$, lados paralelos aos eixos. Os vértices da base são $(\pm 3,\pm 3,0)$. Em ordem cíclica: $A(3,-3,0)$, $B(3,3,0)$, $C(-3,3,0)$, $D(-3,-3,0)$. Lado $=6$, área da base $=36$.

(a) $V_{p}=\tfrac{1}{3}\cdot 36\cdot h=12h=96\Longrightarrow h=8$. Logo $V=(0,0,8)$.

(b) Face $[ABV]$: $A(3,-3,0)$, $B(3,3,0)$, $V(0,0,8)$. Como $\overline{VA}=\overline{VB}=\sqrt{9+9+64}=\sqrt{82}$, o triângulo é isósceles em $V$. Tomando $[AB]$ como base, a altura passa pelo ponto médio de $[AB]$: $$M_{AB}=\Bigl(\tfrac{3+3}{2},\tfrac{-3+3}{2},0\Bigr)=(3,0,0).$$ $\overline{AB}=\sqrt{0+36+0}=6$   e   $\overline{VM_{AB}}=\sqrt{9+0+64}=\sqrt{73}$.
Área da face: $A_{[ABV]}=\dfrac{1}{2}\cdot\overline{AB}\cdot\overline{VM_{AB}}=\dfrac{1}{2}\cdot 6\cdot\sqrt{73}=3\sqrt{73}$ (na forma $a\sqrt{b}$ com $a=3$, $b=73$).

(c) Plano mediador de $[CV]$, com $C(-3,3,0)$ e $V(0,0,8)$: $M=(-1{,}5\,;\,1{,}5\,;\,4)$; $\overrightarrow{CV}=(3,-3,8)$. $3(x+1{,}5)-3(y-1{,}5)+8(z-4)=0\Longleftrightarrow 3x-3y+8z-23=0$.

(d) $\overline{AC}=\sqrt{(3-(-3))^{2}+(-3-3)^{2}+0}=\sqrt{72}=6\sqrt{2}$; $\overline{AV}=\sqrt{9+9+64}=\sqrt{82}$; $\overline{CV}=\sqrt{9+9+64}=\sqrt{82}$. Como $\overline{AV}=\overline{CV}$, $[ACV]$ é isósceles em $V$. Perímetro $=6\sqrt{2}+2\sqrt{82}\approx 26{,}60$.

7.2. — Prisma reto

$A(0,0,0)$, $B(6,0,0)$, $C(6,4,0)$, $D(0,4,0)$, altura $5$.

(a) $E(0,0,5)$, $F(6,0,5)$, $G(6,4,5)$, $H(0,4,5)$.

(b) $\overline{AG}=\sqrt{6^{2}+4^{2}+5^{2}}=\sqrt{77}$.

(c) $M=(3,2,\,2{,}5)$; $\overrightarrow{AG}=(6,4,5)$. $6(x-3)+4(y-2)+5(z-2{,}5)=0\Longleftrightarrow 12x+8y+10z-77=0$.

(d) Centro do prisma (intersecção das diagonais) $=\dfrac{A+G}{2}=(3,2\,;\,2{,}5)$, que coincide com o ponto $M$ usado para escrever o plano mediador. Logo, o plano mediador passa pelo centro. $\square$

7.3. — Tetraedro $[OABC]$

$O(0,0,0)$, $A(4,0,0)$, $B(0,4,0)$, $C(0,0,4)$.

(a) $\overline{AB}=\sqrt{16+16}=4\sqrt{2}$; $\overline{BC}=\sqrt{16+16}=4\sqrt{2}$; $\overline{AC}=\sqrt{16+16}=4\sqrt{2}$. Logo $[ABC]$ é equilátero com lado $4\sqrt{2}$.
Para o tetraedro ser regular seriam necessárias todas as arestas iguais. No entanto, $\overline{OA}=4\neq 4\sqrt{2}=\overline{AB}$. Portanto o tetraedro não é regular; é apenas tri-ortogonal em $O$.

(b) Volume com base $[OAB]\subset Oxy$. $O(0,0,0)$, $A(4,0,0)$, $B(0,4,0)$: triângulo retângulo em $O$ com catetos de comprimento $4$. Área da base $=\tfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 4=8$. A altura do tetraedro relativamente a esta base é a distância do vértice oposto $C(0,0,4)$ ao plano $Oxy$, que vale $4$ (a sua cota). Logo, $$V_{\text{tetraedro}}=\dfrac{1}{3}\cdot 8\cdot 4=\dfrac{32}{3}\;\text{u.v.}$$

(c) $[ABC]$ é equilátero de lado $\ell=4\sqrt{2}$ (alínea (a)). Aplicando a fórmula da área do triângulo equilátero, $$A_{[ABC]}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\,\ell^{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot(4\sqrt{2})^{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot 32=8\sqrt{3}\;\text{u.a.}$$ (forma $a\sqrt{b}$ com $a=8$, $b=3$).

(d) Designe-se por $d$ a distância de $O$ ao plano $ABC$. Tomando agora $[ABC]$ como base do mesmo tetraedro, a altura correspondente é precisamente $d$. Pela fórmula $V=\dfrac{1}{3}\,A_{\text{base}}\times h$, com $V$ de (b) e $A_{\text{base}}$ de (c): $$\dfrac{32}{3}=\dfrac{1}{3}\cdot 8\sqrt{3}\cdot d\;\Longleftrightarrow\; 32=8\sqrt{3}\,d\;\Longleftrightarrow\; d=\dfrac{32}{8\sqrt{3}}=\dfrac{4}{\sqrt{3}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}.$$ (forma $\dfrac{a\sqrt{b}}{c}$ com $a=4$, $b=3$, $c=3$).

7.4. — Cubo

Face superior em $z=4$: $A(0,0,4)$, $B(6,0,4)$, $C(6,6,4)$, $D(0,6,4)$. Face inferior em $z=-2$. Aresta $=6$ (distância $4-(-2)=6$, coincidindo com o lado da face superior).

(a) $A'(0,0,-2)$, $B'(6,0,-2)$, $C'(6,6,-2)$, $D'(0,6,-2)$. Aresta $=6$.

(b) Volume $=6^{3}=216$ u.v.

(c) Centro do cubo: $(3,3,1)$. Diagonal espacial $=6\sqrt{3}$; raio da esfera circunscrita $=3\sqrt{3}$. $$(x-3)^{2}+(y-3)^{2}+(z-1)^{2}=27.$$

(d) Diagonal $[A\,C']$ com $A(0,0,4)$ e $C'(6,6,-2)$. Ponto médio: $(3,3,1)$ — centro. Vetor diretor: $(6,6,-6)\parallel(1,1,-1)$. Plano mediador: $1(x-3)+1(y-3)-1(z-1)=0\Longleftrightarrow x+y-z-5=0$.

Exercício 8 — Funções com parâmetro

8.1.

$f(x)=(k^{2}-4)x+(k+2)$.

(a) Afim crescente $\Longleftrightarrow k^{2}-4>0\Longleftrightarrow k<-2\;\vee\;k>2$.

(b) Constante $\Longleftrightarrow k^{2}-4=0\Longleftrightarrow k=\pm 2$. (Note que para $k=-2$, $f(x)=0$; para $k=2$, $f(x)=4$.)

(c) Para $k=3$: $f(x)=(9-4)\,x+(3+2)=5x+5$, ou seja, $m=5$ e $b=5$. Zero de $f$: $5x+5=0\Longleftrightarrow x=-1$.

8.2.

$g(x)=x^{2}+(2m-4)x+m^{2}+1$.

(a) Tangente a $Ox\Longleftrightarrow\Delta=0$: $\Delta=(2m-4)^{2}-4(m^{2}+1)=4m^{2}-16m+16-4m^{2}-4=-16m+12=0\Longleftrightarrow m=\dfrac{3}{4}$.

(b) $g(x)>0\;\forall x\in\mathbb{R}\Longleftrightarrow\Delta<0\Longleftrightarrow -16m+12<0\Longleftrightarrow m>\dfrac{3}{4}$ (concavidade já voltada para cima, pois o coeficiente de $x^{2}$ é $1>0$).

(c) Eixo de simetria $x=-\dfrac{2m-4}{2}=2-m$. Pretende-se $2-m=3\Longleftrightarrow m=-1$. Para $m=-1$: $g(x)=x^{2}-6x+2$. Vértice $V=(3,\,-7)$. Contradomínio $=[-7,\,+\infty[$.

8.3.

$h_{a}(x)=ax^{2}-2(a+1)x+(a+4)$, $a\neq 0$.

(a) $h_{a}(1)=a-2(a+1)+(a+4)=a-2a-2+a+4=2$. Independente de $a$ $\Longrightarrow$ $P(1,2)$ pertence ao gráfico. $\square$

(b) Concavidade voltada para cima $\Longleftrightarrow a>0$. Não intersetar $Ox\Longleftrightarrow\Delta<0$: $\Delta=4(a+1)^{2}-4a(a+4)=4\bigl((a+1)^{2}-a(a+4)\bigr)=4\bigl(a^{2}+2a+1-a^{2}-4a\bigr)=4(-2a+1)=-8a+4$. $-8a+4<0\Longleftrightarrow a>\dfrac{1}{2}$. Conjunto solução: $a>\dfrac{1}{2}$.

(c) Para $a=1$: $h_{1}(x)=x^{2}-4x+5=(x-2)^{2}+1$. Vértice $(2,1)$. Concavidade para cima. $h_{1}$ é decrescente em $]-\infty,2]$ e crescente em $[2,+\infty[$; mínimo absoluto igual a $1$ atingido em $x=2$. Não tem máximo.

8.4.

$\varphi(x)=\begin{cases}2x+b & \text{se }x\leq 1\\ -x^{2}+4x-3 & \text{se }x>1\end{cases}$

(a) Para os dois ramos coincidirem em $x=1$, o valor do 1.º ramo nesse ponto, $\varphi(1)=2(1)+b=2+b$, tem de ser igual ao valor que se obteria substituindo $x=1$ na expressão do 2.º ramo, $-(1)^{2}+4(1)-3=0$. Igualando: $2+b=0\Longleftrightarrow b=-2$.

(b) Para $b=-2$:

Contradomínio global $=]-\infty,\,1]$.

FIM da resolução
Observação metodológica. Em itens onde se pede o uso da calculadora gráfica (Exercício 2 e Exercício 4), apresentaram-se aqui apenas os resultados numéricos e as condições/equações que permitem chegar aos pontos relevantes. Numa resposta de teste, o aluno deve ainda reproduzir o esboço dos gráficos e marcar os pontos cujas coordenadas são depois apresentadas arredondadas às centésimas.