Porto Editora - Novo Espaco - 10 Ano 2018-19 - 2 Teste
Porto Editora - Novo Espaco - 10 Ano 2018-19 - 2 Teste
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º ano
Proposta de teste de avaliação [novembro – 2018]
Nome: _______________________________________________________________
• Não é permitido o uso de corretor. Deves riscar aquilo que pretendes que não seja classificado.
• As cotações dos itens encontram-se no final do enunciado da prova.
1 k +1
1.2. Determina para que valores reais de k o ponto S 3 − 2k , − pertence ao conjunto A.
2 3
Apresenta o resultado na forma de intervalo de números reais.
1.3. Representa através de uma equação, na forma reduzida, a circunferência de centro T e que
passa em O.
1.4. A interseção da bissetriz dos quadrantes ímpares com o conjunto A é um dos lados de um
quadrado.
Mostra que o perímetro desse quadrado é igual a 12 2 .
igual a 6 + 3 3 .
1
Novo Espaço – Matemática A, 10.º ano
Proposta de teste de avaliação [novembro – 2018]
3. As bolas de Natal
3.1. Na figura está representada, num referencial o.n. Oxyz, uma bola de Natal.
Sabe-se que:
. a superfície da bola é definida pela equação
x 2 + y 2 + z 2 − 12 z = −20 ;
. os pontos A e B pertencem a Oz e são os extremos de um
diâmetro da bola;
a) Determina as coordenadas do centro e o raio da superfície
esférica.
b) Qual dos seguintes pontos pertence à superfície esférica?
(A) ( 3 , 0 , 4) (B) ( 2 , 5 ,3 )
(C) ( −3, 3, 12 ) (D) ( 4, − 1, 6 )
c) Determina as coordenadas do ponto B.
Representa por uma equação a reta paralela a Oy que passa pelo ponto Q.
(C) (
y = 4 1+ 3 ) (D) y = 2 + 48
2
Novo Espaço – Matemática A, 10.º ano
Proposta de teste de avaliação [novembro – 2018]
Sabe-se que:
. o quadrilátero [ABCD] está contido no plano xOy;
. os vértices E e F pertencem a Oz;
. o vértice E tem coordenadas ( 0, 0, 6 ) .
4.1. Considera M ( k 2 , 7, − 2k + 3) , k ∈ ℝ .
FIM
Cotações
Questões 3.1. 3.1. 3.1. 3.1. 3.2. 3.2. 3.2. Total
1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 2. 4.1. 4.2. 4.3.
a) b) c) d) a) b) c)
Pontos 10 15 13 15 15 10 13 13 15 13 15 10 13 15 15 200
3
Novo Espaço – Matemática A, 10.º ano
Proposta de resolução [novembro – 2018]
1.
1
1.1. O simétrico do ponto π, − em relação à reta x = 1 é o ponto de coordenadas
2
1 1
1 − ( π − 1) , − , ou seja, 2 − π , − , que pertence ao conjunto A.
2 2
1
Resposta: (A) π, −
2
1 k +1 1 k +1
1.2. O ponto S 3 − 2k , − pertence ao conjunto A se e só se 3 − 2k ≤ 2 ∧ − ≥ −1 .
2 3 2 3
1 k +1
3 − 2k ≤ 2 ∧ − ≥ −1 ⇔ − 2k ≤ −1 ∧ 3 − 2k − 2 ≥ −6 ⇔
2 3
1 1 7
⇔k≥ ∧ − 2k ≥ −7 ⇔ k ≥ ∧ k ≤
2 2 2
1 7
Resposta: k ∈ ,
2 2
1.3. Centro da circunferência: T ( 2, −1)
Raio da circunferência: OT
2
( OT ) = 12 + 22 . Daqui resulta que OT = 5 .
2 2
Equação da circunferência: ( x − 2 ) + ( y + 1) = 5
2 2
Resposta: ( x − 2 ) + ( y + 1) = 5
2 2
RS = ( 2 + 1) + ( 2 + 1) = 2 × 32 = 3 2 .
1
Novo Espaço – Matemática A, 10.º ano
Proposta de resolução [novembro – 2018]
2. Equação da circunferência: x 2 + y 2 = 12
( )
Assim, B 0, 2 3 e C 0, −2 3 . ( )
O ponto A pertence à circunferência e tem ordenada 3.
x 2 + 32 = 12 ⇔ x 2 = 3 ⇔ x = 3 ∨ x = − 3
Assim, A ( )
3 , 3 , pelo que D ( )
3 , −3 .
Altura do trapézio: 3
4 3+6
A medida da área do trapézio é dada por:
2
( )
× 3 = 2 3 + 3 × 3 = 6 + 3 3 , como
se queria demostrar.
3.1.
2
a) x 2 + y 2 + z 2 − 12 z = −20 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 12 z + 36 = −20 + 36 ⇔ x 2 + y 2 + ( z − 6 ) = 16
Centro: ( 0, 0, 6 )
Raio: 4
Resposta: Centro ( 0, 0, 6 ) e raio 4
b) As coordenadas do ponto ( )
2 , 5 , 3 são solução da equação
2 2
x 2 + y 2 + z 2 − 12 z = −20 , dado que 2 + 5 + 32 − 12 × 3 = 2 + 5 + 9 − 36 = −20 .
Resposta: (B) ( 2 , 5 ,3 )
2
c) B ( 0, 0, z ) tal que 02 + 0 2 + ( z − 6 ) = 16 ∧ z < 6
2
( z − 6) = 16 ∧ z < 6 ⇔ ( z − 6 = 4 ∨ z − 6 = −4 ) ∧ z < 6 ⇔ z = 2
Resposta: B ( 0, 0, 2 )
Então, tem-se:
2
Novo Espaço – Matemática A, 10.º ano
Proposta de resolução [novembro – 2018]
x+ 3
=0
2 x = − 3
y−2
= 0 ⇔ y = 2
2 z = 3
z+9
2 =6
( )
A reta paralela a Oy que passa em Q − 3, 2,3 é definida por x = − 3 ∧ z = 3
Resposta: x=− 3 ∧ z =3
3.2.
a) O ponto P tem coordenadas ( 8,0 ) .
2
Equação da circunferência de centro P e raio 4: ( x − 8 ) + y 2 = 16
2
Resposta: ( x − 8 ) + y 2 = 16
2 2
PB = PE , pelo que: ( x − 6) + y 2 + z 2 = x2 + y2 + ( z − 6)
x 2 − 12 x + 36 + y 2 + z 2 = x 2 + y 2 + z 2 − 12 z + 36 ⇔ −12 x = −12 z ⇔ x = z
O plano mediador de [BE] é definido pela equação x = z .
O ponto M ( k 2 , 7, − 2k + 3) , k ∈ ℝ pertence ao plano mediador de [BE] se e só se
k 2 = −2 k + 3 .
−2 ± 4 + 12
k 2 = −2k + 3 ⇔ k 2 + 2k − 3 = 0 ⇔ k = ⇔ k = 1 ∨ k = −3
2
Resposta: k ∈ {−3,1}
3
Novo Espaço – Matemática A, 10.º ano
Proposta de resolução [novembro – 2018]
OE = 6
1 2 1
( )
Assim, V = 2 × × BC × OE = 2 × × 72 × 6 = 288 .
3 3
Resposta: 288
4.3. Recorrendo ao esquema seguinte, os triângulos [ERS] e [EOC] são semelhantes.
RS 2
Então, = . Daqui resulta que RS = 2 .
6 6
A metade da diagonal do quadrado resulta da interseção do plano z = 4 com o octaedro e
mede 2. Logo, a diagonal mede 4.
Assim, designando por x o lado do quadrado, tem-se x 2 + x 2 = 16 , ou seja, x 2 = 8 , que
corresponde à área do quadrado.
Resposta: 8