Escola Secundária/2,3 da Sé-Lamego Proposta de Resolução da Ficha de Trabalho do GAVE Ano Lectivo 2009/10 Geometria 1 10.º Ano

Transcrição

1 scola Secundária/, da Sé-Lamego Proposta de Resolução da icha de Trabalho do GV no Lectivo 009/0 Geometria 0.º no Nome: N.º: Turma:. Debrucemo-nos sobre a sexta parte de cada um dos hexágonos regulares geometricamente iguais de lado, como ilustrado na figura ao lado. N O omo os hexágonos são regulares e geometricamente iguais, então são iguais as áreas das sextas partes de cada um deles, isto é, [ ] [ NOQ] (), 6 designando a área de cada um desses hexágonos. D R Q P onsiderando a figura da esquerda, verificamos que o triângulo equilátero [] (recorde que o lado do hexágono regular é geometricamente igual ao raio da circunferência que o circunscreve) está decomposto em quatro triângulos equiláteros geometricamente iguais. ssim, podemos concluir que [ ] (). onsiderando agora a figura da direita e tendo em conta que a altura de um triângulo equilátero de lado a é a, temos: N Q () 6 [ NOQ] [ NQ] N R [ NR] (4), logo [ NOQ] [ NR] () 4 4 onsequentemente, por () e (), será [ NOQ] (6) ssim, por () e (6), strelaverde 6 strelaazul. Isto é, são iguais as áreas das duas estrelas. LTRNTIV: omo os hexágonos são regulares e geometricamente iguais, então são iguais as áreas das sextas partes de cada um deles, isto é, [ ] [ NOQ] (), designando a área de cada um desses hexágonos. 6 onsiderando a figura da esquerda, verificamos que o triângulo equilátero [] (recorde que o lado do hexágono regular é geometricamente igual ao raio da circunferência que o circunscreve) está decomposto em quatro triângulos equiláteros geometricamente iguais. ssim, podemos concluir que [ ] (). onsiderando agora a figura da direita, verificamos que os segmentos de recta [NR] e [NP] são medianas dos triângulos rectângulos geometricamente iguais [NQ] e [NOQ], respectivamente. Desta forma, cada um destes triângulos é dividido pela respectiva mediana em dois triângulos com áreas iguais. ssim, podemos concluir que [ NOQ] (). ssim, por () e (), strelaverde 6 strelaazul. Isto é, são iguais as áreas das duas estrelas. GV Geometria

2 . + [ D ] [ D ] [ D] D O D+ O Utilizando a mesma decomposição da alínea anterior, temos: + [ D ] [ D] [ D] D O D + O r r r + r r r r + r 4 4 Tracejada írculo írculo 4 4 [ D] π 4 π π π 6 π 6 ( π ) 4 4. plicando o Teorema de Pitágoras no triângulo [IJ] (ver figura ao lado), temos: H G IJ I + J + 0. J Tendo em consideração a semelhança dos triângulos rectângulos [IJ] e [PJ], vem: P J P I J P Logo, P P. P I Ver figura à direita. N'' alculando o volume da pirâmide, relativamente à base [L], temos: L V N. 6 altura do triângulo [LN], relativamente à base [L], é L 6 h' NL ( ), L h ' pelo que a sua área é. V 6 ssim, a altura da pirâmide, relativamente à base [LN], é h 6. 6 '' ' L N' D GV Geometria

3 e) e) Os pontos J e K pertencem simultaneamente ao plano seccionador e à face superior do cubo, logo [JK] é a secção nessa face. Q J H K G T s rectas JK e pertencem ao plano que contém a face superior do cubo, logo o ponto Q R D pertence a esse plano e ao plano seccionador. S as como o ponto Q pertence ao plano I seccionador e a recta pertence também ao plano que contém a face frontal do cubo, então o ponto Q pertence simultaneamente ao plano seccionador e ao plano que contém a face frontal do cubo. onsequentemente, a recta QI é a intersecção do plano seccionador com o plano que contém a face frontal do cubo, sendo o segmento [RI] a secção nesta face. ntretanto, verifica-se que os pontos R e J pertencem à face lateral esquerda do cubo e ao plano seccionador. Logo, o segmento [JR] é a secção nessa face. Para obter as restantes secções nas últimas três faces, basta ter em conta que um plano intersecta planos paralelos segundo rectas paralelas. onsequentemente, as secções em faces paralelas serão segmentos de recta paralelos (sendo conhecido um seu extremo em cada uma dessa três faces). secção obtida é um hexágono regular, cujo centro é o centro do cubo (conclusão que poderá obter começando por constatar a igualdade entre os pares de triângulos rectângulos: [QK] e [QI], e [QJ] e [QR]). e) omo RI +, então o hexágono tem de perímetro P 6. Hexágono e) onsideremos o hexágono regular decomposto em seis triângulos equiláteros geometricamente iguais. 6 altura de cada um deles é h ' ( ) e a sua área é L h ' (veja a questão -). ssim, Hexágono O volume da esfera é V 4 00π π. Seja r ' D o raio da base dos dois cones. O volume do sólido é dado por: VS π ( r ') + π ( r ') π ( r ') ( + ) π ( r ') 0 0 π ( r ') VS omo V, então: 0 00π π ( r ') 0 ( r ') 60 ( r ') 6 Logo, r ' D 4, pois r ' > 0. ssim, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo rectângulo [OD], temos: O OD D 4, c.q.m. P-.º, 99/99 Página

4 Seja D o ponto de intersecção do plano agora considerado com a geratriz [D] e r '' OD' o raio da base deste novo cone. tendendo à semelhança dos triângulos [D] e [OD ], vem: OD ' O OD ' OD '. D 4 π Desta forma, o volume deste cone é V '' π π. 4 Ora, x D + D Dado que o perímetro do círculo da base do cone é igual ao comprimento do arco do sector circular correspondente à superfície lateral do mesmo, o seu comprimento P π D π. Tendo em consideração a existência de proporcionalidade directa entre o comprimento do arco do sector circular e a amplitude do sector, vem α π α π 60º π x 60º π 4 π 60º α π 4 60º α α 7º Logo, α 6º.. onsideremos a figura ao lado, onde se acrescentaram alguns elementos face à figura fornecida. O ponto L é o ponto médio do lado []. ntes de mais, é conveniente salientar algumas relações (tenha em consideração a semelhança dos triângulos [J] e [N]): J N ; JN J N. Também, como sabemos, o volume de um cone é directamente proporcional à N sua altura, assim como ao quadrado do raio da base ( Vone π r h). onsideremos a rotação referida no enunciado, mas agora atendamos aos três cones gerados pelos triângulos [N], [JN] e [J]. Dado que o cone gerado pelo triângulo [J] possui metade da altura e metade do raio da base do gerado pelo V triângulo [N], então o seu volume é a oitava parte do deste último, isto é, V one zul. Dado que os triângulos [J] e [JN] são geometricamente iguais, então os volumes dos cones gerados por estes V triângulos são iguais. Logo, V oneverde. ssim, o volume (V ) do cone gerado pelo triângulo [N] verifica a seguinte relação: V V V ' V Vone zul VoneVerde V V. 4 J L 6. Par de rectas 4 6 Posição relativa D D 4 GV Geometria

5 Par (recta, plano) 4 6 Posição relativa D omo VPirâmide b h e sendo V Pirâmide 44 e h, vem: 44 b 6. ssim, a sua base é um quadrado com 6. Designado por O o centro da base do cubo e aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo rectângulo [O], temos: 6 O + O ssim, P onsiderando a semelhança dos triângulos [O] e [LG] e designado por a o comprimento da aresta do cubo, temos: O O 6 6 a a a 4. LG G a a Portanto, o volume do cubo é V ubo 7. N.º de faces N.º de vértices N.º de arestas Verifica a relação de uler? V + V Sim Designado por a o comprimento da aresta do cubo, temos: Vc a e Vp Vc + 6 VPirâmide a + 6 a a a. Vp Logo, V. c área total do cubo é c 6a. Designado por b o comprimento da aresta lateral da pirâmide, temos: a a b a + a a + a. a a a a ssim, a altura de uma face lateral da pirâmide é h' a a 4 4 a a duma dessas faces é f a. ssim, 4 p c 4 a 4. 6a e a área Ora, Vp 9 a 9 a 64 a 4. Logo, p cm. 4 P-.º, 99/99 Página

6 . afirmação é falsa, pois a intersecção de dois planos concorrentes (não coincidentes) é uma recta. No caso, é a recta que contém o ponto V e é paralela à recta D. O raio da base do cilindro é r m. ntão, o perímetro da base é Pb π 4π m. Logo, o perímetro pedido é P (4π + ) ( π + ) m, c.q.m. aresta da base é o lado de um quadrado de diagonal 4, logo: + (4 ) 6 e, portanto, 4. De facto, o comprimento da aresta da base da pirâmide é 4 m. parte submersa da pirâmide é outra pirâmide semelhante à pirâmide [DV], sendo a razão de semelhança r s. ssim, o volume submerso da pirâmide (V ) verificará a seguinte relação: V ' ( r ) V. s [ DV ] 6 6 Logo, V ' 4 m. omo o volume do cilindro é V π 64π m, então o volume de líquido vertido é c 64π 6 6 V l π m. 6 6 Dado que ( π ) m ( π ) 000l 99l, foram vertidos 99 litros de líquido no cilindro. 9. omo o volume do paralelepípedo é igual a do volume do cubo, então H DG. dmitindo DG, então será H. ssim, podemos considerar [] uma diagonal espacial de um paralelepípedo de dimensões 4, donde secção produzida no sólido pelo plano encontra-se representada na figura ao lado. Tenha em consideração a explicação avançada na questão -e) e aplique-a a esta situação. (s rectas foram traçadas por esta ordem: p, q, r, s e t) s rectas HL e L são concorrentes perpendiculares; as rectas HP e GL são não complanares e as rectas HN e DK são concorrentes oblíquas. O plano KHG determina como secção no cubo o triângulo equilátero [KHG], pois os seus lados são diagonais faciais desse cubo. Sendo equilátero, o triângulo também é equiângulo e, portanto, khg 60º. O segmento de recta [P] é uma diagonal do quadrado [JQP], que o divide em dois triângulos rectângulos isósceles geometricamente iguais. Logo, PQ 4º. q p t s Nota: PROL 0 - relativamente à alínea, tenho em consideração a resolução da icha de Trabalho O cubo e o seu dual ; relativamente à alínea, tenha presente a resolução da ctividade Descobrindo os Sólidos Platónicos, desenvolvida no Laboratório de atemática (ver páginas 9 a 4 do anual). r 6 GV Geometria