Escola Secundária/2,3 da Sé-Lamego Proposta de Resolução da Ficha de Trabalho do GAVE Ano Lectivo 2009/10 Funções 2 10.º Ano

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1 Escola Secundária/, da Sé-Lamego Proposta de Resolução da Ficha de Trabalho do GAVE Ano Lectivo 009/10 Funções 10.º Ano Nome: N.º: Turma: 1. AC AB + BC , c.q.m.. Tendo em consideração que os três triângulos rectângulos [ABC], [ABD] e [BCD] são semelhantes, vem: AC BC BD BD ; AB BD 0 BD 50 AC AB AD AD 18 e, consequentemente, DC AC AD AB AD 0 AD 50 Como os triângulos [APQ] e [ADB] são semelhantes, vem: PQ AP PQ x x PQ PQ x. BD AD Considerando a semelhança dos triângulos [CRS] e [BCD], vem: x x SC SR SC 16 SC SC x SC x. CD BD 9 d) d1) d) Como o ponto P se desloca sobre [AD], nunca coincidindo com A, nem com D, então ] 0,18[ f( x) PS PQ 16 (50 x x) x x 16x x x 100x 7 D. f d) 1800x 100x f( x) ( x 18 x) ( x 9) 81 ( x 9) O gráfico de f é um arco de parábola, com a concavidade voltada para baixo, cujo vértice é V (9,00). Logo, o rectângulo de maior área é obtido para x 9. Assim, as suas dimensões são: PQ 9 1 e 16 PS GAVE Funções 1

2 e) e1) e) e) e) Como o ponto P se desloca sobre [AD], nunca coincidindo com A, nem com D, então ] 0,18[ gx ( ) ( PS+ PQ) 16 (50 x x+ x) x 16x + 1x 9 6x O gráfico está representado ao lado. (Note que as bolas são abertas.) ] [ D ' 8,100. g D. g. Como o ponto P se desloca sobre [CB], nunca coincidindo com o ponto C, nem D 0,8. com o ponto B, então ] [ f Dado que os triângulos [CPQ] e [ABC] são semelhantes, então ambos são rectângulos isósceles. Assim, vem: f( x) BP PQ (8 x) x 1 x + x f( x) x + x ( x 8 x) ( x ) 16 ( x ) + 8. O gráfico de f é um arco de parábola, com a concavidade voltada para baixo, cujo vértice é V (,8). Logo, o máximo da função é 8, obtido para x. Esse triângulo é rectângulo isósceles, pois, para x, tem-se PB PQ PC (ver figur. d) f( x) < x + x < x 8x+ 15 > 0 g( x) 8± 6 15 Determinemos os zeros da função auxiliar g, de domínio : gx ( ) 0 x x x 5. gx ( ) > 0 x (, 5, + ). O gráfico de g é uma parábola, com a concavidade voltada para cima. Logo, ] [ ] [ 15 Assim, f( x) < x ( ] 0,[ ] 5,8 [), pois ] 0,8[ D. f GAVE Funções

3 . Partindo do gráfico de f 1, obtém-se o gráfico de f por translação associada ao vector u ( 1,0). O gráfico de f obtém-se do gráfico de f por simetria em relação ao eixo Ox. Finalmente, o gráfico de j f obtém-se do gráfico de f por translação associada ao vector v (0,). jx ( ) > x+ 1+ > x + 1 < 1 x + 1> 1 x+ 1< 1 x > x < 0 x ],0[ Ver representação gráfica ao lado, onde f ( x) > f ( x) x,0. 1 ] [. Como f (0) , então A (0,). Como f (6) , então B (6,8). Como o ponto P se desloca sobre [AB], nunca coincidindo com o ponto D ' 0,6. B, então [ [ g 1 PS f ( x) g( x) x 6 8 x 6 x , com [ 0,6[ Dado que [ 0,6[ x. x, então PS x ( x + 6) + 8 x 6+ 8 x +. Designando por T o ponto médio de [PQ], temos: PQ PT (6 x), com [ 0,6[ Assim, vem: hx ( ) (6 x)( x+ ) (6x+ 1 x x) + 8x x. x. hx ( ) x + 8x+ ( x x) + ( x ) + ( x ) +. O gráfico de h é um arco de parábola, com a concavidade voltada para baixo, cujo vértice é V (,). Logo, o maximizante da função é x. Portanto, o rectângulo de maior área tem as dimensões: PQ (6 ) 8 e PS +. GAVE Funções

4 5. Ver gráfico da esquerda. Ver gráfico da direita. Relativamente ao gráfico de f, sabemos que o vértice da parábola é Vf (, 1) e que contém o ponto A (1,1), por exemplo. Assim, a função pode ser definida por uma expressão da forma f( x) a( x ) 1. Dado que o ponto A pertence ao seu gráfico, então as suas coordenadas têm de verificar a expressão anterior. Assim, temos: f(1) 1 a(1 ) 1 1 a. Logo, a função pode ser definida por f( x) ( x ) 1. Relativamente ao gráfico de g, sabemos que o vértice da parábola é V g (,) e que contém o ponto O (0,0), por exemplo. Assim, a função pode ser definida por uma expressão da forma gx ( ) ax ( ) +. Dado que o ponto O pertence ao seu gráfico, então as suas coordenadas têm de verificar a expressão anterior. Assim, temos: g(0) 0 a(0 ) + 0 a 1. Logo, a função pode ser definida por gx ( ) ( x ) Para h 0 e k 0 obtém-se uma parábola geometricamente igual à considerada, com vértice na origem do referencial e Oy como eixo de simetria. Essa parábola pode ser definida por f( x) ax. l Desta forma, o ponto C tem as coordenadas (, l ). l l l Logo, f( ) l a l l( a 1) 0 l, pois l > 0. a f( x) x 8x+ 7 ( x x) + 7 ( x 1) ( x 1) +. A parábola tem por vértice o ponto V (1,), sendo a, h 1 e k. Assim, como l 1, temos: 1 1 A V + (,0) (,) ; 1 D V + (,0) (,); 1 B A+ (0,1) (,) ; C D+ (0,1) (,). Sendo A(, 1) e C (,), então D(, 1). Logo, l AD, pelo que a O vértice da parábola é o ponto médio de [AD]: V ( +, ) (0, 1). Logo, h 0 e k 1. Assim, a função pode ser definida por f( x) 1( x 0) 1 x 1. GAVE Funções

5 7. f( x) x 6x+ 11 ( x ) ( x ) +. Logo, a parábola tem por vértice o ponto A (,). A equação reduzida da recta r é da forma y x+ b. Como A (,) é um ponto dessa recta, então + b b 1. Portanto, a equação reduzida da recta r é y x 1. A equação reduzida da recta t é da forma y x+ b. Como A (,) é um ponto dessa recta, então + b b 8. Portanto, a equação reduzida da recta t é y x+ 8. Determinemos as coordenadas dos pontos de intersecção das rectas com a parábola: 7± 9 1 y x 6x+ 11 x 6x+ 11 x 1 x x x x x y x 1 y x 1 y x 1 y y y x 1 ± 16 y x 6x+ 11 x x+ 0 x x 1 x x 1 x y x+ 8 y x+ 8 y x+ 8 y 6 y y x + 8 Portanto, B (,) e C (1,6). AB ( ) + ( ), BC (1 ) + (6 ) e AC (1 ) + (6 ) 5. Como AC AB + BC (0 + 18), então o triângulo [ABC] é rectângulo em B. O eixo de simetria da parábola é a recta de equação x. 6 O declive da recta BC é m BC 1. 1 Logo, a equação reduzida da recta BC é da forma y x+ b. Como C (1,6) é um ponto dessa recta, então 6 1+ b b 7. Portanto, a equação reduzida da recta BC é y x+ 7. O ponto D pertence a esta recta e tem abcissa. Logo, a ordenada desse ponto é y + 7. Portanto, D (, ). Designando por C a projecção ortogonal do ponto C sobre a recta de equação x, temos: A [ ACD] AD CC '. A recta de equação y contém o vértice A (,) da parábola que é o gráfico de f. Portanto, hx ( ) f( x) + ( x ) + + ( x ) +. GAVE Funções 5

6 8. f (9,15) 0, 9,15 0,01 9,15, > 1,95. Logo, a bola passa a barreira. f (5) 0, 5 0,01 5 1,75 <,. Logo, a bola entra na baliza. Vai ser golo. A bola passa por cima da barreira, pois ultrapassa-a a uma altura de, aproximadamente,,1 metros e atinge a linha de golo a uma altura de 1,75 metros, inferior à altura a que se encontra a barra da baliza. f( x) 0,x 0,01x 0,01( x x) 0,01 ( x 16) 56 0,01( x 16) +,56. O gráfico de f é um arco de parábola, com a concavidade voltada para baixo, cujo vértice é V (16;,56). Logo, a bola atinge a altura máxima de,56 metros. Quando a bola atinge a altura máxima, esta localiza-se na posição V (16;,56). Dado que o plano da trajectória da bola é perpendicular à linha de golo, a distância da bola à linha de golo, nesse instante, é igual a distância da bola ao ponto L (5,0). d VL (5 16) + (,56 0) 9,. Quando a bola atinge a altura máxima, encontra-se aproximadamente a 9, metros da linha de golo. FIM 6 GAVE Funções