Geometria Analítica e Cálculo Vetorial

1.1

\[ \begin{aligned} V_{\text{sólido}}&=\frac{8}{25}V_{\text{esfera}}\\ &\Longleftrightarrow V_{\text{cone menor}}+V_{\text{cone maior}} =\frac{8}{25}V_{\text{esfera}}\\ &\Longleftrightarrow \frac{1}{3}A_{\text{base}}\overline{AC} +\frac{1}{3}A_{\text{base}}\overline{CB} =\frac{8}{25}\times\frac{4}{3}\pi(5\sqrt2)^3\\ &\Longleftrightarrow \frac{1}{3}A_{\text{base}}\left(\overline{AC}+\overline{CB}\right) =\frac{320\pi\sqrt2}{3}\\ &\Longleftrightarrow \frac{10\sqrt2}{3}A_{\text{base}}=\frac{320\pi\sqrt2}{3}\\ &\Longleftrightarrow A_{\text{base}}=32\pi \end{aligned} \]

Logo, \(\pi r_{\text{base}}^2=32\pi\), pelo que \(r_{\text{base}}=4\sqrt2\).

Para determinar \(\overline{OC}\), utilizamos o Teorema de Pitágoras:

\[ \overline{OC}^{\,2}+(4\sqrt2)^2=(5\sqrt2)^2 \Longleftrightarrow \overline{OC}^{\,2}=18 \]

Assim, \(\overline{OC}=\sqrt{18}=3\sqrt2\).

1.2

Os triângulos \([BC'C]\) e \([BO'O]\) são semelhantes, pelo que:

\[ \frac{\overline{BC}}{\overline{BO}} = \frac{\overline{CC'}}{\overline{OO'}} \Longleftrightarrow \frac{8\sqrt2}{5\sqrt2} = \frac{4\sqrt2}{\overline{OO'}} \Longleftrightarrow \overline{OO'}=\frac{5\sqrt2}{2} \]

O cone obtido tem raio \(\frac{5\sqrt2}{2}\) e altura \(5\sqrt2\). Assim:

\[ \frac{V_{\text{cone}}}{V_{\text{esfera}}} = \frac{\frac13\pi\left(\frac{5\sqrt2}{2}\right)^2(5\sqrt2)} {\frac43\pi(5\sqrt2)^3} = \frac{1}{16} \]

2.1

\[ \begin{aligned} A&=O+\overrightarrow{OA} =O+\frac12\overrightarrow{CA} =O+\frac12(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA})\\ &=(0,0)+\frac12\big((-13,-4)+(7,8)\big) =\frac12(-6,4)=(-3,2) \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} C&=O+\overrightarrow{OC} =O+\frac12\overrightarrow{AC} =O+\frac12(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})\\ &=(0,0)+\frac12\big((-7,-8)+(13,4)\big) =\frac12(6,-4)=(3,-2) \end{aligned} \]

2.2

\[ B=A+\overrightarrow{AB}=(-3,2)+(-7,-8)=(-10,-6) \]

2.3

Reta \(AB\):

\[ m_{AB}=\frac{-6-2}{-10+3}=\frac87, \quad y=\frac87x+b \quad\text{e}\quad b=-6+10\times\frac87=\frac{38}{7} \] \[ AB:\ y=\frac87x+\frac{38}{7} \]

Reta \(BC\):

\[ m_{BC}=\frac{-2+6}{3+10}=\frac4{13}, \quad y=\frac4{13}x+b \quad\text{e}\quad b=-6+10\times\frac4{13}=-\frac{38}{13} \] \[ BC:\ y=\frac4{13}x-\frac{38}{13} \]

Assim, a condição dos pontos do triângulo que pertencem ao terceiro quadrante é:

\[ y\le \frac87x+\frac{38}{7} \ \wedge\ y\ge \frac4{13}x-\frac{38}{13} \ \wedge\ y<0 \ \wedge\ x<0 \]

2.4 a)

\[ M\left(\frac{-10-3}{2},\frac{-6+2}{2}\right) = M\left(-\frac{13}{2},-2\right) \] \[ r^2=\left(-3+\frac{13}{2}\right)^2+(2+2)^2 = \frac{49}{4}+16 = \frac{113}{4} \]

Uma equação da circunferência é:

\[ \left(x+\frac{13}{2}\right)^2+(y+2)^2=\frac{113}{4} \]

2.4 b)

No eixo \(Ox\), \(y=0\):

\[ \left(x+\frac{13}{2}\right)^2+4=\frac{113}{4} \Longleftrightarrow \left(x+\frac{13}{2}\right)^2=\frac{97}{4} \] \[ x=-\frac{13+\sqrt{97}}{2} \quad\vee\quad x=\frac{\sqrt{97}-13}{2} \]

No eixo \(Oy\), \(x=0\):

\[ \frac{169}{4}+(y+2)^2=\frac{113}{4} \Longleftrightarrow (y+2)^2=-14 \]

impossível em \(\mathbb{R}\). Logo, a circunferência interseta os eixos coordenados nos pontos:

\[ \left(-\frac{13+\sqrt{97}}{2},0\right) \quad\text{e}\quad \left(\frac{\sqrt{97}-13}{2},0\right) \]

3.1

Um dos lados do retângulo é igual ao perímetro da circunferência de uma das bases e o outro lado é igual à altura do cilindro.

\[ A=\pi r^2 \Longleftrightarrow 4\pi\sqrt[3]{2}=\pi r^2 \Longleftrightarrow r^2=4\sqrt[3]{2} \Longleftrightarrow r=2\sqrt[6]{2} \] \[ P_{\text{circunferência}}=2\times 2\sqrt[6]{2}\,\pi = 4\sqrt[6]{2}\,\pi \] \[ \begin{aligned} P_{\text{retângulo}} &=2\times 4\sqrt[6]{2}\,\pi+2\times\sqrt[3]{256}\\ &=8\sqrt[6]{2}\,\pi+8\sqrt[6]{2}\sqrt2\\ &=8\sqrt[6]{2}(\sqrt2+\pi) \end{aligned} \]

3.2

\[ \overline{AC}=4\sqrt[6]{2} \] \[ \overline{AB}^{\,2}+\overline{BC}^{\,2}=\overline{AC}^{\,2} \Longleftrightarrow 2\overline{AB}^{\,2}=(4\sqrt[6]{2})^2 \] \[ \overline{AB} = \sqrt{\frac{(4\sqrt[6]{2})^2}{2}} = 2\sqrt[3]{4} \]

4.1

Sabemos que \(P(a,b)\) e \(B(3,0)\).

\[ \begin{aligned} \overline{PB} &= \sqrt{(a-3)^2+(b-0)^2}\\ &= \sqrt{a^2-6a+9+b^2} = \sqrt{a^2+b^2-6a+9} \end{aligned} \]

Como \(P(a,b)\) pertence à circunferência de equação \(x^2+y^2=1\), tem-se \(a^2+b^2=1\). Assim:

\[ \overline{PB}=\sqrt{1-6a+9}=\sqrt{10-6a} \]

4.2

A circunferência tem centro no ponto médio de \([PB]\):

\[ \left(\frac{a+3}{2},\frac{b+0}{2}\right) = \left(\frac{a+3}{2},\frac{b}{2}\right) \]

O raio é \(\frac{\overline{PB}}{2}\), ou seja, \(\frac{\sqrt{10-6a}}{2}\). Uma equação da circunferência é:

\[ \left(x-\frac{a+3}{2}\right)^2 + \left(y-\frac{b}{2}\right)^2 = \left(\frac{\sqrt{10-6a}}{2}\right)^2 \] \[ \begin{aligned} &x^2-(a+3)x+\frac{(a+3)^2}{4} +y^2-by+\frac{b^2}{4} = \frac{10-6a}{4}\\ &\Longleftrightarrow x^2-(a+3)x+y^2-by +\frac{a^2+6a+9+b^2-10+6a}{4}=0\\ &\Longleftrightarrow x^2-(a+3)x+y^2-by +\frac{(a^2+b^2)-1+12a}{4}=0\\ &\Longleftrightarrow x^2+y^2-(a+3)x-by+3a=0 \end{aligned} \]

5.1

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{AM_2} &= \overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{CB} = \overrightarrow{AC}+\frac12(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB})\\ &= \overrightarrow{AC}+\frac12(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}) = \frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AB} \end{aligned} \]

Como \(A\), \(G\) e \(M_2\) são colineares, existe \(\lambda\ne0\) tal que:

\[ \overrightarrow{AG} = \lambda\overrightarrow{AM_2} = \lambda\left(\frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AB}\right) \]

Analogamente, existe \(\alpha\ne0\) tal que:

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{BG} &= \alpha\overrightarrow{BM_3} = \alpha(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM_3})\\ &= \alpha\left(-\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AC}\right) \end{aligned} \]

Como \(\overrightarrow{AB}\) e \(\overrightarrow{AC}\) não são colineares, obtém-se:

\[ \begin{cases} -\alpha+1-\frac{\lambda}{2}=0\\ \frac{\alpha}{2}-\frac{\lambda}{2}=0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} \lambda=\frac23\\ \alpha=\frac23 \end{cases} \]

Portanto,

\[ \overrightarrow{AG}=\frac23\overrightarrow{AM_2} \quad\text{e}\quad \overrightarrow{BG}=\frac23\overrightarrow{BM_3} \]

pelo que \(G\) divide \([AM_2]\) e \([BM_3]\) na razão 2 para 1.

5.2

Para mostrar que \(C\), \(G\) e \(M_1\) são colineares, provemos que existe \(\beta\ne0\) tal que \(\overrightarrow{CG}=\beta\overrightarrow{CM_1}\).

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{CG} &= \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AC}\\ &= \frac23\left(\frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AB}\right) -\overrightarrow{AC} = \frac13\overrightarrow{AB}-\frac23\overrightarrow{AC} \end{aligned} \] \[ \overrightarrow{CM_1} = \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AM_1} = \frac12\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC} \] \[ \overrightarrow{CG}=\beta\overrightarrow{CM_1} \Longleftrightarrow \frac13\overrightarrow{AB}-\frac23\overrightarrow{AC} = \beta\left(\frac12\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right) \]

Como \(\overrightarrow{AB}\) e \(\overrightarrow{AC}\) não são colineares:

\[ \begin{cases} \frac13-\frac{\beta}{2}=0\\ -\frac23+\beta=0 \end{cases} \Longleftrightarrow \beta=\frac23 \]

Donde, \(\overrightarrow{CG}=\frac23\overrightarrow{CM_1}\), pelo que os pontos \(C\), \(G\) e \(M_1\) são colineares e \(G\) divide \([CM_1]\) na razão 2 para 1.

6.1

\[ r:\ y=\sqrt{a}x+b \quad\text{e}\quad s:\ y=-2ax+b \]

As retas \(r\) e \(s\) têm ordenada na origem igual a \(b\), pelo que \(B(0,b)\).

\[ 0=\sqrt{a}\,x_A+b \Longleftrightarrow x_A=-\frac{b}{\sqrt a} = -\frac{b\sqrt a}{a} \] \[ A\left(-\frac{b\sqrt a}{a},0\right) \] \[ 0=-2ax_C+b \Longleftrightarrow x_C=\frac{b}{2a} \] \[ C\left(\frac{b}{2a},0\right) \]

A área do triângulo é dada por \(\frac{\overline{AC}\times\overline{OB}}{2}\):

\[ \frac{\left(\left|-\frac{b\sqrt a}{a}\right|+\frac{b}{2a}\right)b}{2} = \frac12\left(\frac{b\sqrt a}{a}+\frac{b}{2a}\right)b = \frac{b^2(2\sqrt a+1)}{4a} \]

6.2

O vetor \((2,3)\) é paralelo ao lado \([AB]\), pelo que o declive de \(r\) é \(\frac32\). Assim, \(\sqrt a=\frac32\) e \(a=\frac94\).

\[ \frac{b^2(2\sqrt a+1)}{4a}=36 \] \[ \frac{b^2(2\times\frac32+1)}{4\times\frac94}=36 \Longleftrightarrow \frac{4b^2}{9}=36 \Longleftrightarrow b^2=81 \]

Como \(b>0\), \(b=9\).

\[ A(-6,0),\quad B(0,9),\quad C(2,0) \] \[ \overline{AB}=\sqrt{(-6-0)^2+(0-9)^2}=3\sqrt{13} \] \[ \overline{BC}=\sqrt{(0-2)^2+(9-0)^2}=\sqrt{85}, \quad \overline{AC}=|-6-2|=8 \]

O perímetro do triângulo \([ABC]\) é \(3\sqrt{13}+\sqrt{85}+8\).

6.3 a)

\[ A\left(-\frac{5\sqrt4}{4},0\right) = A\left(-\frac52,0\right), \quad B(0,5), \quad C\left(\frac{5}{2\times4},0\right) = C\left(\frac58,0\right) \] \[ \overrightarrow{AB}=\left(\frac52,5\right), \quad \overrightarrow{CB}=\left(-\frac58,5\right) \]

A área do trapézio \([ACC'A']\) é \(\frac89\) da área do triângulo \([ABC]\), pelo que a área do triângulo \([A'C'B]\) é \(\frac19\) da área de \([ACB]\).

Como os triângulos \([A'C'B]\) e \([ACB]\) são semelhantes, \(r^2=\frac19\), logo \(r=\frac13\).

\[ \overrightarrow{AA'}=\frac23\overrightarrow{AB} = \frac23\left(\frac52,5\right) = \left(\frac53,\frac{10}{3}\right) \] \[ \overrightarrow{CC'}=\frac23\overrightarrow{CB} = \frac23\left(-\frac58,5\right) = \left(-\frac{5}{12},\frac{10}{3}\right) \] \[ A'=A+\overrightarrow{AA'} = \left(-\frac52,0\right) + \left(\frac53,\frac{10}{3}\right) = \left(-\frac56,\frac{10}{3}\right) \] \[ C'=C+\overrightarrow{CC'} = \left(\frac58,0\right) + \left(-\frac{5}{12},\frac{10}{3}\right) = \left(\frac{5}{24},\frac{10}{3}\right) \]

6.3 b)

\[ r:\ y=2x+5, \quad s:\ y=-8x+5, \quad A'C':\ y=\frac{10}{3}, \quad AC:\ y=0 \]

A condição pedida é:

\[ y\le 2x+5 \ \wedge\ y\le -8x+5 \ \wedge\ 0\le y\le \frac{10}{3} \]

7.1

A semirreta que é a bissetriz do primeiro quadrante pode ser definida pela condição \(y=x\wedge x\ge0\), pelo que \(A(1,1)\) e \(B(3,3)\).

Sejam \((x,y)\) as coordenadas de um ponto genérico da mediatriz do segmento de reta \([AB]\).

\[ (x-1)^2+(y-1)^2=(x-3)^2+(y-3)^2 \] \[ \Longleftrightarrow x^2-2x+1+y^2-2y+1 = x^2-6x+9+y^2-6y+9 \] \[ \Longleftrightarrow 4y=-4x+16 \Longleftrightarrow y=-x+4 \]

Pretende-se ainda que \(y=2x\). Assim:

\[ 2x=-x+4 \Longleftrightarrow 3x=4 \Longleftrightarrow x=\frac43 \] \[ P\left(\frac43,\frac83\right) \]

7.2

O ponto \(A'\), simétrico de \(A\) em relação à origem, tem coordenadas \((-1,-1)\). O ponto \(B'\), simétrico de \(B\) em relação ao eixo \(Oy\), tem coordenadas \((-3,3)\).

a)

\[ m_{AB'}=\frac{3-1}{-3-1}=\frac2{-4}=-\frac12 \] \[ y=-\frac12x+b \] \[ A\in AB' \Longrightarrow 1=-\frac12\times1+b \Longleftrightarrow b=\frac32 \] \[ AB':\ y=-\frac12x+\frac32 \]

b)

\[ k^2=-\frac12k+\frac32 \Longleftrightarrow 2k^2+k-3=0 \] \[ k=\frac{-1\pm\sqrt{1-4\times2\times(-3)}}{2\times2} = \frac{-1\pm5}{4} \] \[ k=1\quad\vee\quad k=-\frac32 \]

c)

\[ \overline{AA'}=\sqrt{(1+1)^2+(1+1)^2}=2\sqrt2 \] \[ \overline{AB'}=\sqrt{(1+3)^2+(1-3)^2}=2\sqrt5 \] \[ \overline{A'B'}=\sqrt{(-1+3)^2+(-1-3)^2}=2\sqrt5 \]

O triângulo \([AA'B']\) é isósceles.

\[ (2\sqrt5)^2=h^2+(\sqrt2)^2 \Longleftrightarrow 20=h^2+2 \Longleftrightarrow h=3\sqrt2 \] \[ A_{\triangle}=\frac{2\sqrt2\times3\sqrt2}{2}=6 \]

A área do triângulo é \(6\) u. a.

8.1

O ponto \(U\) tem coordenadas \((6,-6,-6)\) e \(S(0,0,-6)\). Um vetor diretor da reta \(US\) é:

\[ \overrightarrow{US}=S-U=(0,0,-6)-(6,-6,-6)=(-6,6,0) \] \[ \begin{cases} x=6-6k\\ y=-6+6k\\ z=-6 \end{cases} \quad k\in\mathbb{R} \]

8.2

As coordenadas de \(N\) e \(P\) são, respetivamente, \(N(0,-6,0)\) e \(P(6,0,0)\).

\[ \overrightarrow{NP}=P-N=(6,0,0)-(0,-6,0)=(6,6,0) \] \[ (x,y,z)=(0,-6,0)+k(6,6,0),\quad k\in[0,1] \]

8.3

\[ P(6,0,0),\quad T(6,0,-6) \] \[ M\left(\frac{6+6}{2},\frac{0+0}{2},\frac{0-6}{2}\right)=M(6,0,-3) \] \[ R(0,-6,-6), \quad \overrightarrow{RM}=M-R=(6,0,-3)-(0,-6,-6)=(6,6,3) \]

8.4

\[ \overrightarrow{RU}+\overrightarrow{UT}=\overrightarrow{RT} \Longleftrightarrow \overrightarrow{ST}+\overrightarrow{UT}=\overrightarrow{RT} \Longleftrightarrow -\overrightarrow{TS}-\overrightarrow{TU}=\overrightarrow{RT} \] \[ \overrightarrow{RT}+\overrightarrow{TM}=\overrightarrow{RM} \Longleftrightarrow \overrightarrow{RT}+\frac12\overrightarrow{TP}=\overrightarrow{RM} \] \[ \overrightarrow{RM} = -\overrightarrow{TS}-\overrightarrow{TU} +\frac12\overrightarrow{TP} \]

Assim, \(a=-1\), \(b=-1\) e \(c=\frac12\).

8.5

\[ \overrightarrow{PV}=(-3,-3,4), \quad P(6,0,0), \quad V=(3,-3,4) \]

Sendo \(W(x,y,z)\) um ponto genérico do plano mediador de \([VT]\), tem-se:

\[ d(W,V)=d(W,T) \] \[ (x-3)^2+(y+3)^2+(z-4)^2 = (x-6)^2+y^2+(z+6)^2 \] \[ \Longleftrightarrow 6x+6y-20z-38=0 \Longleftrightarrow 3x+3y-10z-19=0 \]

O plano mediador pode ser definido por \(3x+3y-10z-19=0\).

9.1

O quadrilátero \([PQRU]\) é um quadrado, pelo que \(\overrightarrow{PU}\) e \(\overrightarrow{QR}\) têm a mesma direção, o mesmo sentido e o mesmo comprimento.

\[ \overrightarrow{PU}=U-P=(0,1,2)-(3,0,2)=(-3,1,0) \] \[ R=Q+\overrightarrow{PU}=(4,3,2)+(-3,1,0)=(1,4,2) \]

Seja \(M\) o centro do quadrado \([PQRU]\), também ponto médio de \([QU]\):

\[ M\left(\frac{4+0}{2},\frac{3+1}{2},\frac{2+2}{2}\right)=(2,2,2) \] \[ S=M+\frac12\overrightarrow{TS} = (2,2,2)+\frac12(0,0,2\sqrt5) = (2,2,2+\sqrt5) \] \[ T=M-\frac12\overrightarrow{TS} = (2,2,2)-(0,0,\sqrt5) = (2,2,2-\sqrt5) \]

9.2

\[ \overrightarrow{PR}=R-P=(1,4,2)-(3,0,2)=(-2,4,0) \]

Pretende-se \(\vec u=k\overrightarrow{PR}\), com \(k\in\mathbb{R}\setminus\{0\}\), e \(\|\vec u\|=\sqrt{45}\).

\[ \vec u=(-2k,4k,0) \] \[ \sqrt{(-2k)^2+(4k)^2}=\sqrt{45} \Longleftrightarrow 20k^2=45 \Longleftrightarrow k=\pm\frac32 \] \[ \vec u=(3,-6,0) \quad\text{ou}\quad \vec u=(-3,6,0) \]

9.3 a)

Como \(Q(4,3,2)\), o plano paralelo a \(xOz\) que contém \(Q\) é \(y=3\).

9.3 b)

\[ W\left(\frac{4+1}{2},\frac{3+4}{2},\frac{2+2}{2}\right) = \left(\frac52,\frac72,2\right) \]

O plano perpendicular ao eixo \(Ox\) que contém o ponto médio de \([QR]\) é:

\[ x=\frac52 \]

9.3 c)

\[ U(0,1,2), \quad T(2,2,2-\sqrt5) \] \[ r=\|\overrightarrow{UT}\| = \|\overrightarrow{PU}\| = \sqrt{2^2+1^2+(-\sqrt5)^2} = \sqrt{10} \] \[ x^2+(y-1)^2+(z-2)^2=10 \]

9.4

\[ V_{\text{octaedro}} = 2\times V_{\text{pirâmide }[PQRUS]} = 2\times\frac{\text{área da base}\times\text{altura}}{3} \] \[ = 2\times \frac{\|\overrightarrow{PQ}\|^2\left\|\frac12\overrightarrow{TS}\right\|}{3} = 2\times\frac{(\sqrt{10})^2\times\sqrt5}{3} = \frac{20\sqrt5}{3} \]

10.1

\[ A(4,0,0), \quad B(8,3,0), \quad \overrightarrow{AB}=B-A=(4,3,0) \] \[ (x,y,z)=(4,0,0)+k(4,3,0),\quad k\in\mathbb{R} \]

10.2

O conjunto pedido é a superfície esférica de centro \(C\) e raio \(\sqrt[4]{8}\).

\[ \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD} \] \[ C=B+\overrightarrow{AD} = (8,3,0)+\big((1,4,0)-(4,0,0)\big) = (5,7,0) \] \[ (x-5)^2+(y-7)^2+z^2=(\sqrt[4]{8})^2 = \sqrt8 \]

10.3

O ponto médio de \([BD]\) é:

\[ M\left(\frac{8+1}{2},\frac{3+4}{2},0\right) = \left(\frac92,\frac72,0\right) \]

O ponto \(V\) tem abcissa e ordenada iguais às de \(M\), portanto \(V\left(\frac92,\frac72,6\right)\). O simétrico de \(V\) em relação ao plano \(yOz\) é:

\[ W\left(-\frac92,\frac72,6\right) \] \[ \overrightarrow{VW}=W-V = \left(-\frac92,\frac72,6\right) - \left(\frac92,\frac72,6\right) = (-9,0,0) \] \[ (x,y,z)=\left(\frac92,\frac72,6\right)+k(-9,0,0),\quad k\in[0,1] \]

Também pode ser definido por:

\[ y=\frac72\ \wedge\ z=6\ \wedge\ -\frac92\le x\le\frac92 \]

10.4

\[ A_{\text{total}}=A_{\text{lateral}}+A_{\text{base}} = 4A_{[ABV]}+A_{[ABCD]} = 4\times\frac{\overline{AB}\times\overline{NV}}{2} +\overline{AB}^{\,2} \]

sendo \(N\) o ponto médio de \([AB]\).

\[ N\left(\frac{4+8}{2},\frac{0+3}{2},0\right) = \left(6,\frac32,0\right) \] \[ d(N,V) = \sqrt{\left(6-\frac92\right)^2+\left(\frac32-\frac72\right)^2+(0-6)^2} = \frac{13}{2} \] \[ d(A,B)=\|\overrightarrow{AB}\|=\sqrt{4^2+3^2}=5 \] \[ A_{\text{total}} = 4\times\frac{5\times\frac{13}{2}}{2} +5^2 = 65+25=90 \]

11.1

\[ F(1,3,-4), \quad \overrightarrow{FA}=(2,3,6) \] \[ A=F+\overrightarrow{FA}=(1,3,-4)+(2,3,6)=(3,6,2) \]

A reta que passa em \(A\) e é paralela ao eixo \(Ox\) pode ser definida por:

\[ (x,y,z)=(3,6,2)+k(1,0,0),\quad k\in\mathbb{R} \]

ou por \(y=6\wedge z=2\).

11.2

O ponto \(E\) tem abcissa \(-5\) e cota \(-1\), logo \(E(-5,y,-1)\).

Como \([ABCDEFGH]\) é um cubo, \(\|\overrightarrow{FA}\|=\|\overrightarrow{FE}\|\).

\[ \overrightarrow{FE}=E-F=(-5,y,-1)-(1,3,-4)=(-6,y-3,3) \] \[ \sqrt{(-6)^2+(y-3)^2+3^2} = \sqrt{2^2+3^2+6^2} \] \[ 6^2+(y-3)^2+3^2=2^2+3^2+6^2 \Longleftrightarrow (y-3)^2=2^2 \] \[ y=5\quad\vee\quad y=1 \]

A ordenada do ponto \(E\) é \(1\), pois terá de ser menor do que a ordenada do ponto \(A\).

11.3 a)

\[ AF:\ (x,y,z)=(1,3,-4)+k(2,3,6),\quad k\in\mathbb{R} \]

11.3 b)

A superfície esférica de centro \(F\) à qual pertence \(G\) tem raio \(\|\overrightarrow{FG}\|\). O segmento \([FG]\) é uma aresta do cubo, pelo que:

\[ \|\overrightarrow{FG}\| = \|\overrightarrow{FA}\| = \sqrt{2^2+3^2+6^2}=7 \] \[ (x-1)^2+(y-3)^2+(z+4)^2=49 \]

12.1

O triângulo \([ABO]\) é isósceles, logo \(d(O,A)=d(O,B)\).

Seja \(a\) a abcissa do ponto \(A\), com \(a>0\). Assim:

\[ A(a,0,0),\quad B(0,a,0),\quad C(0,0,6) \] \[ V_{[ABCO]} = \frac{\text{área da base}\times\text{altura}}{3} \] \[ 144 = \frac{\frac{\overline{AO}\times\overline{BO}}{2}\times6}{3} = \frac16 a\times a\times6 = a^2 \] \[ a=-12\quad\vee\quad a=12 \]

Como \(a>0\), \(a=12\), pelo que \(A(12,0,0)\) e \(B(0,12,0)\).

12.2

\[ A(12,0,0), \quad C(0,0,6) \] \[ M\left(\frac{12+0}{2},\frac{0+0}{2},\frac{0+6}{2}\right) = M(6,0,3) \] \[ \overrightarrow{MB}=B-M=(0,12,0)-(6,0,3)=(-6,12,-3) \] \[ (x,y,z)=(6,0,3)+k(-6,12,-3),\quad k\in\mathbb{R} \]

12.3 a)

A esfera tem centro na origem e raio \(d(O,P)\). Como \(P\) pertence à reta \(OP\) e tem abcissa 2:

\[ \begin{cases} x=k\\ y=k\\ z=2k \end{cases} \quad\text{e}\quad x=2 \Longrightarrow k=2,\ y=2,\ z=4 \] \[ P(2,2,4) \] \[ d(O,P)=\sqrt{(2-0)^2+(2-0)^2+(4-0)^2} = \sqrt{24}=2\sqrt6 \] \[ x^2+y^2+z^2\le 24 \]

12.3 b)

\[ V_{\text{esfera}} = \frac43\pi(2\sqrt6)^3 = \frac43\pi\cdot 8\cdot 6\sqrt6 = 64\pi\sqrt6 \]

12.3 c)

\[ x^2+y^2+z^2\le24 \quad\wedge\quad x=a \] \[ a^2+y^2+z^2\le24 \Longleftrightarrow y^2+z^2\le24-a^2 \]

Se o raio do círculo é \(2\sqrt2\), então \(r^2=8\), pelo que:

\[ 24-a^2=8 \Longleftrightarrow a^2=16 \Longleftrightarrow a=-4\quad\vee\quad a=4 \]

Os valores pedidos são \(-4\) e \(4\).