Soluções do Capítulo 9 (Volume 2)

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1 Soluções do pítulo 9 (Volume ) 1. onsidee s ests oposts e do tetedo. omo e, os pontos e estão, mbos, no plno medido de, que é pependicul. Logo, et é otogonl, po est contid em um plno pependicul.. Tomemos, po exemplo, o ponto, médio de. Os tiângulos etângulos e G são iguis. Logo, G, o que most que está no plno medido d digonl G. O mesmo ocoe com os demis pontos médios. Logo, todos eles estão sobe um mesmo plno. E G. É inteseção dos plnos medidoes dos segmentos detemindos po eles, que é et pependicul o plno do tiângulo pssndo pelo seu cicuncento. 4. O conjunto dos plnos equidistntes de dois plnos secntes é união dos dois plnos bissetoes dos diedos fomdos po eles (estes dois plnos são pependicules ente si). o cso dos plnos seem plelos, o L.G. dos pontos equidistntes é o plno plelo mbos, igul distânci dos dois. 4

2 5. O tiângulo é isósceles ( ) e tem um ângulo igul 60 o ; logo, ele é equiláteo. ssim, (ldo do quddo). omo e são tmbém iguis o ldo do quddo, segue-se que o tiângulo tmbém é equiláteo. Potnto, o tiângulo é isósceles, com (ltu de tiângulo equiláteo de ldo ) e (digonl de quddo de ldo ). ssim, o ângulo α que fom com o plno hoizontl é tl que cos α / / / e α 5 o α β omo o tiângulo é etângulo em, o segmento é pependicul. Logo, o ângulo que o plno fom com o plno hoizontl é o ângulo que et fom com ele. P clculá-lo bst conduzi po um plno pependicul. Podemos, po exemplo, tç pependicul po o plno hoizontl, que o intesect em. omo e são mbs otogonis, o plno fomdo é pependicul. et, contid neste plno, é pependicul e, potnto, tg 0 o ângulo β que o plno de fom com o plno hoizontl é tl que: cosβ / e β 54 o.. Logo, o 44

3 6. Um ponto P qulque d et detemin com o ponto O um digonl de um plelepípedo etângulo com ests de dieção x, y e z. O ângulo γ, fomdo com o eixo z, é tl que cos γ z/op. o mesmo modo, cos α x/op e cos β y/op. Logo, cos α + cos β + x + y + z OP cos γ 1 OP OP x z γ y 7. Po um ponto qulque P de α tcemos um et que cot em Q et inteseção de α e β. Sej S o pé d pependicul bixd de P β. O ângulo θ que fom com o plno α é tl que sen θ PS/PQ. Logo, θ é máximo qundo PQ é mínimo, ou sej, qundo é pependicul à et de inteseção. P S θ Q 8. Os elementos pedidos pecem n seção detemind no octedo po um plno que contém dois vétices opostos e pss pelo ponto médio de dus ests oposts. Sendo est do octedo, seção é um losngo de ldos iguis e digonis iguis e. distânci d ente s fces oposts do octedo é ltu do losngo e pode se 45

4 clculd expimindo-se áe do losngo de dois modos difeentes (como o poduto d bse pel ltu e como o semipoduto ds digonis). Temos:.. d e dí 6 d O ângulo diedo ente fces djcentes é tl que: α tn / / 1,414 ; dí α/ 55 o e α 110 o. α/ 9. O ângulo diedo ente dus fces do tetedo pece n seção pependicul à su est comum. É conveniente tomá-l pssndo pelo ponto médio d est; neste cso, el contém est opost. pependicul o plno bixd de cot quele 1 plno no seu cicuncento. ssim, temos e. Potnto, o ângulo diedo α é tl que cos α / 1/ e α 70 o. α 46

5 10. O cento do tetedo fic sobe ltu tçd de um dos vétices e divide em segmentos que estão ente si n zão :1 (vej o execício 18). ssim, o ângulo α pedido é o ângulo do vétice de um tiângulo isósceles de bse igul e ldos iguis ¾ d ltu do tetedo, ou sej, α 110 o. 6 / 6. Logo, sen α 0, Logo, α/ 55 o e 6 / α/ O tiângulo é etângulo, pois é pependicul. Po outo ldo, o tiângulo tmbém é etângulo, já que et s é pependicul o plno, po se pependicul e otogonl. ssim, temos s elções: + c b +, de onde se obtém + b + c c b s 47

6 1. Sejm e os pontos médios ds ests e. omo e, os vétices e petencem o plno medido d est ; logo, o plno é pependicul e et, contid neste plno, tmbém é pependicul. o mesmo modo, é tmbém pependicul e é, potnto, pependicul comum e. 1. seção detemind em um tetedo qulque po um plno plelo dus ests oposts é um plelogmo, já que s ets de inteseção com s fces são plels um ds dus ests. o cso do tetedo egul, tis seções são etângulos, já que s ests oposts são otogonis. lém disso, no cso de pss pelo ponto médio de um est, cd ldo é igul metde d est do tetedo. Potnto, seção é um quddo. 14. inteseção de um esfe de cento O e io é o conjunto dos pontos P do plno tis que PO. Sej Q pojeção otogonl de O sobe o plno. Em cd tiângulo OPQ, o cteto OQ é fixo. Logo, OP se mntém constnte e igul se e somente se QP se 48

7 mntém constnte e igul OQ. Potnto, o L.G. dos pontos de inteseção é sempe um cículo, que tem io máximo qundo OQ 0, ou sej, qundo o plno pss pelo cento O d esfe. 15. omo estes dois pontos não são dimetlmente opostos, eles não são colinees com o cento d esfe. Logo, deteminm um único plno, que intesect esfe segundo um cículo máximo. 16. P é um tiângulo etângulo em P se e somente se medin eltiv mede metde do segemento. Isto fz com que o LG dos pontos que P deteminm um ângulo eto P sej o conjunto dos pontos tis que distânci o ponto médio de é constnte e igul à metde de, ou sej, um esfe de diâmeto. 17. Os pés ds pependicules fomm com P e Q um ângulo eto. Logo, seu lug geomético é o cículo esultnte d inteseção d esfe de diâmeto PQ (vej o execício nteio) com o plno; este cículo tem diâmeto QR, onde R é pojeção de P sobe o plno. P. Q 18. O L.G. dos pontos equidistntes de tês vétices, e de um tetedo é pependicul seu plno pssndo pelo cicuncento. o cso de um tetedo egul, est pependicul pss pelo vétice (já que ele é equidistnde de, e ); é, potnto, ltu do tetedo. O cento d esfe cicuscit é o ponto O sobe ltu tl que O O. ssim, no tiângulo O, temos: 49

8 R 6 R +, onde R é o io d esfe cicunscit. 6 Resolvendo equção cim, obtém-se R. Potnto, o ponto O é tl que 4 O 6 / 4. Este ponto necessimente está sobe s demis ltus do tetedo e é 6 / 4 cento tmbém ds esfes tngentes às fces do tetedo (já que ltu eltiv um vétice é tmbém à et de inteseção dos bissetoes dos diedos ds fces); gumento nálogo most tmbém que ele é cento de um esfe tngente às ests. Os ios dests esfes são ddos po: O O 1 6 e O R R R O O R ' 19. Os ios ds esfes cicunscit, inscit e tngente às ests de um octedo egul pecem n seção obtid po um plno que pss po dois vétices opostos e pelos pontos médios de dus ests oposts não incidentes estes vétices. O io R d esfe cicunscit é igul à metde d digonl do octedo, que, po su vez, é digonl de um quddo de ldo. Logo, R.O io d esfe tngente às ests é igul à metde d distânci ente dus ests oposts; ou sej, /. O io d esfe inscit é igul à metde d distânci ente s ests (vej o execício 8) e é igul

9 R O ' 0. Os centos ds esfes são vétices de um tetedo egul de est. O io R d esfe tngente exteiomente els é igul O + 1, onde O é o segmento que une o cento O do tetedo um dos vétices (ou sej o io d esfe cicunscit o tetedo). 6 6 Usndo o esultdo do execício 18, temos R O 1. Um esfe tngente tês fces de um cubo tem seu cento equidistnte dests fces; potnto, sobe et de inteseção dos tês diedos, que é digonl efeente este vétice (bst not que o vétice oposto é equidistnte ds tês fces). figu, estão epesentdos o cento Q de um ds esfes tngente tês fces e o cento O d esfe centl. 51

10 Temos: GQ E e, potnto, GQ. onsidendo o segmento OG, que G coesponde à metde d digonl do cubo, temos. +, de onde se obtém E G Q O. á 4 fusos hoáios (um p cd ho do di). Logo, o ângulo centl coespondente um fuso hoáio é 60 o /4 15 o.. O fuso centl coespondente um loclidde tem longitude igul o múltiplo de 15 mis póximo d longitude d loclidde. ssim, temos: idde Longitude eidino o em elção o às 1 h do entl Geenwich Rio de Jneio ov Yok 74 o 75 o 5 hos 10 h Rio de Jneio 4 o 45 o hos 1 h Pis o 0 o 0 ho 15 h tens 4 o 0 o + hos 17 h gdá 45 o 45 o + hos 18 h lcutá 88 o 90 o +6 hos 1 h 5