MA13 Geometria AV3 2014

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Silvana Sousa Padilha
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MA13 Geometria AV3 014 Questão 1 [,0 pt ] Sejam P T e P U segmentos tangentes a duas circunferências concêntricas, com T pertencente à menor e U

Prolongue QT na direção de T até o ponto R da circunferência maior.

1 MA13 Geometria AV3 014 Questão 1 [,0 pt ] Sejam P T e P U segmentos tangentes a duas circunferências concêntricas, com T pertencente à menor e U à maior. Se o segmento P T corta a circunferência maior no ponto Q, mostre que P T P U = QT. Prolongue QT na direção de T até o ponto R da circunferência maior. Sendo O o centro de ambos os círculos, como o raio OT é perpendicular a QR, temos que QT = T R A potência de P em relação ao círculo maior é dada tanto por P U quanto por P Q P R, logo P U = P Q P R. Mas P Q = P T QT e P R = P T + T R = P T + QT. Assim, P U = P Q P R = ( P T QT ) ( P T + QT ) = P T QT. Portanto, P T P U = QT. alternativa Como P T e P U são tangentes às circunferências, serão retos os ângulos P ˆT O e P ÛO. Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos QT O, P T O e P UO, temos QO = T O + QT, (1) P O = T O + P T, () P O = UO + P U. (3)

Questão [,0 pt ] Considere um polígono P circunscrito a um círculo C.

2 Reescrevendo (1), temos Por () e (3), temos T O = QO QT. (4) T O + P T = UO + P U, logo, substituindo a expressão para T O obtida em (4), obtemos QO QT + P T = UO + P U. Como UO e QO são raios de uma mesma circunferencia, e, portanto, UO = QO, a expressão acima nos dá QT + P T = P U, que, reescrevendo, fica P T P U = QT. Questão [,0 pt ] Considere um polígono P circunscrito a um círculo C. Se uma reta r passa pelo centro de C e divide P em dois polígonos, P 1 e P, prove que P 1 e P têm mesma área se, e somente se, têm o mesmo perímetro. Sejam P e Q os pontos onde a reta r intersecta o polígono e denote por P, A 1,..., A n, Q os vértices do polígono P 1 e P, B 1,..., B m, Q os vértices do polígono P, como na figura abaixo.

Decompondo o polígono P 1 em n + 1 triângulos de altura dada pelo raio r do círculo, que tenham o centro O do círculo como um dos vértices (figura), a área de P 1 é dada por Área(P 1 ) = l 1

3 Denotemos ainda l 1 = P A 1, l = A 1 A,..., l n = A n 1 A n e l n+1 = A n Q e l 1 = P B 1, l = B 1 B,..., l m = B m 1 B m e l m+1 = B m Q. Observe que o perímetro de P 1 é dado por P 1 = l 1 + l l n + l n+1 + P Q, e o de P é dado por P = l 1 + l l m + l m+1 + P Q. Decompondo o polígono P 1 em n + 1 triângulos de altura dada pelo raio r do círculo, que tenham o centro O do círculo como um dos vértices (figura), a área de P 1 é dada por Área(P 1 ) = l 1 r + l r l n r = (l 1 + l l n 1 + l n )r = (P 1 P Q)r. Da mesma forma, decompondo o polígono P em m + 1 triângulos, temos + l n+1 r Assim, Área(P ) = l 1 r + l r l m r = (l 1 + l l m 1 + l m)r = (P P Q)r. Área(P 1 ) = Área(P ) (P 1 P Q)r = (P P Q)r + l m+1 r P 1 = P.

Questão 3 [,0 pt ] Sejam ABCD um quadrado de lado L, a semicircunferência de diâmetro CD, o segmento BG tangente à semicircunferência em E, conforme a figura abaixo.

4 Questão 3 [,0 pt ] Sejam ABCD um quadrado de lado L, a semicircunferência de diâmetro CD, o segmento BG tangente à semicircunferência em E, conforme a figura abaixo. Calcule, em função de L, a medida do segmento DG. Seja F o centro da semicircunferência. Como BE BC, e F E F C, os triângulos BEF e BCF serão congruentes pelo caso LLL, logo B ˆF E B ˆF C. Da mesma forma, serão congruentes os triângulos GEF e GDF. Logo, G ˆF E G ˆF D e DĜF EĜF. Como temos 180 = (DF E) + (EF C) = (GF D) + (BF C), (GF D) + (BF C) = 90, e, como (CBF ) + (BF C) = 90, temos G ˆF D C ˆBF. Assim, os triângulos retângulos BCF e F DG são semelhantes, com BC F D = CF DG L L = L DG DG = L 4

Questão 4 [,0 pt ] Um plano é perpendicular à diagonal AG do cubo ABCDEF GH da figura, de forma que sua interseção com as faces do cubo seja o hexágono UV W XY Z.

(a) Primeiramente, observe que a diagonal AG do cubo é ortogonal às diagonais de face ED, BD e BE, pois AG contém a altura do tetraedro AEDB. Da mesma forma, AG é ortogonal às diagonais CH, CF e F H.

5 Questão 4 [,0 pt ] Um plano é perpendicular à diagonal AG do cubo ABCDEF GH da figura, de forma que sua interseção com as faces do cubo seja o hexágono UV W XY Z. (a) Mostre que cada lado do hexágono UV W XY Z é paralelo a uma das diagonais da face do cubo em que está contido. (b) Determine o perímetro do hexágono UV W XY Z, sendo 1 a medida da aresta do cubo. (a) Primeiramente, observe que a diagonal AG do cubo é ortogonal às diagonais de face ED, BD e BE, pois AG contém a altura do tetraedro AEDB. Da mesma forma, AG é ortogonal às diagonais CH, CF e F H. O plano π considerado, perpendicular a diagonal AG, é paralelo ao plano determinado por E, D e B, portanto, a interseção Y Z com a face ADHE é paralela à diagonal ED desta face. Analogamente, UV e W X são paralelos às diagonais BD e BE das faces em que estão. Da mesma forma, π é paralelo ao plano determinado por C, F e H, portanto, UZ, V W e XY serão paralelos, respectivamente, às diagonais de face CH, CF e F H. (b) Pelo item (a), serão isósceles os triângulos CUV, BV W, F XW, EXY, HY Z e DUZ. Fazendo HY = a, teremos então a = HY = HZ = UC = CV = W F = XF, 1 a = EY = DZ = DU = BV = BW = EX. Assim, Y Z = UV = W X = a, Logo, o perímetro de UV W XY Z é dado por UZ = V W = XY = (1 a). Y Z + UV + W X + UZ = V W = XY = 3a + 3(1 a) = 3.

6 Questão 5 [,0 pt ] Considere o cubo ABCDEFGH de aresta a. Um cone C 1 tem base inscrita na face ABCD e vértice na intersecção das diagonais da face EFGH. Outro cone C tem base inscrita na face EFGH e vértice na intersecção das diagonais da face ABCD. Calcule o volume da parte comum a esses dois cones. Seja I o ponto na face ABCD que é vértice de um dos cones, e J o ponto na face EF GH, vértice do outro cone. Considere os pontos K e M, interseção de cada um dos cones com as arestas AB e EF, respectivamente (veja a figura). Como K e M são pontos médios das arestas em que estão, e I e J são os centros de suas faces, IJMK é um retângulo, cujo centro é o ponto L, interseção das geratrizes IM e JK dos cones. A distância de L ao centro O do cubo será dada então por KI/ = a/4. A distância de O a cada um dos pontos I e J será igual a a/. Assim, a interseção dos cones será um sólido formado por dois cones, cuja base é um círculo de raio OL = a/4, e cujas alturas OI e OJ medem a/. Portanto, o volume deste sólido é dado por ) ) a ( ( π a 4 V = 3 = π a3 48.

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