Matemática no Vestibular do IME Material Complementar 1: Soluções de Desenho Geométrico c 014, Sergio Lima Netto sergioln@smt.ufrj.br
Esse material inclui as soluções de diversas questões de desenho geométrico que apareceram nas provas do vestibular do IME ao longo dos anos. Em particular, as questões aqui resolvidas são as: 1971/197: Questões 6, 7, 8, 9 e 10. 1970/1971: Questão 1, Itens 1, e 3. 1969/1970: Questão 1, Itens 1, e 3. 1968/1969: Questão 1, Itens 1,, 3 e 4. 1967/1968: Questão 1, Itens 1,, 3, 4 e 5. 1966/1967: Questão. 1965/1966: Questão 1, Itens (a), (b), (c), (d), (e) e (f), e, Itens (a) e (b). 1964/1965: Questão 1, Itens 1 e.
IME 1971/197 - Desenho IME 1971/197, Questão 6 [valor 1,0]: Construção (item (a)): (i) Trace o círculo C 1 C(P, 3), onde P é a interseção do eixo radical e com a reta t suporte dos centros dos círculos de F ; Justificativa (item (a)): Os centros dos círculos do feixe F estão todos sobre a reta t passando pelo ponto O e ortogonal ao eixo radical e. Seja P a interseção do eixo radical e com esta reta t. O eixo radical é o lugar geométrico dos centros dos círculos ortogonais aos círculos do feixe F. Seja um círculo C 1, de raio r 1 e centro O 1 sobre e, ortogonal aos círculos do feixe F, inclusive ao círculo de centro O e raio de cm. ssim, { O1 O = r 1 + O 1 O = O 1 P + OP r 1 = O 1 P + 4 = O 1 P + 1 Logo, o círculo C 1 de raio mínimo é tal que O 1 P e r 1 = 3. Construção (item (b)): (i) Trace o círculo C C(O, r ), onde r = 6 cm e O pertence a t e é tal que O P = 4 3 Justificativa (item (b)): O círculo desejado deve ter raio r = 6 cm e deve ser ortogonal ao círculo C 1 determinado no item anterior. Logo, O P = r + r 1 = 48 O P = 4 3 sln: O enunciado é dúbio, não deixando claro quem está a seis centímetros de O: a reta r ou o círculo desejado. Na solução, considerou-se que deve ser a reta r. IME 1971/197, Questão 7 [valor 1,0]: Construção: (i) Trace o ângulo ˆ = 10 o e marque = 3 cm e C = 5 cm sobre seus lados; (ii) Determine o círculo C 1 circunscrito ao triângulo C ([1], Exercício 1.3); (iii) Trace o círculo C C(C, C), cuja interseção com C 1 (distinta do vértice ) é o vértice D. Justificativa: Da Lei dos Cossenos, a diagonal C é tal que C = + C.C cos ˆ = 9 + 5 30 cos ˆ C = D + CD D.CD cos(180 o ˆ) = 64 + 5 + 80 cos ˆ Logo, cos ˆ = 1 e então ˆ = 10 o.
e r C 6 C 1 t O r 1 r 1 P O 4 3 IME 1971/197, Questão 6: Solução. C 1 C D 5 3 10 o 5 C IME 1971/197, Questão 7: Solução.
IME 1971/197, Questão 8 [valor 1,0]: Construção: (i) Marque F tal que O seja médio de F F ; (ii) Determine a = OF +OP e b = a OF e marque os vértices da elipse O = O = a, com e sobre a reta suporte de F F, e O = O = b, com e sobre a perpendicular a F F por O; (iii) Trace o círculo diretor C 1 (F, a); (iv) Trace por F uma perpendicular p à direção da tangente desejada t, cuja interseção com C 1 é o ponto T ; (v) Trace a mediatriz de T F, determinando t, cuja interseção com F T é o ponto de tangência M. b t p M T C 1 F O c F b 6,5 cm c a IME 1971/197, Questão 8: Solução. Justificativa: interseção de duas tangentes perpendiculares pertence ao círculo de Monge da elipse, cujo raio é OP = a + b. ssim, a = c +OP e, conseqüentemente, b = a OF, determinando os vértices da elipse e o círculo diretor C 1 (F, a). tangente desejada t é mediatriz de F T, com T pertencendo a C 1. Logo, F T é perpendicular a t, o que permite determinar T.
IME 1971/197, Questão 9 [valor 1,0]: Construção: (i) Determine l = OP = cm e marque as distâncias l, 4l e 8l em ângulos π, π 4 e π 8, respectivamente, em relação a OX, determinando os pontos M 1, M e M 3 ; (ii) Retifique o arco do círculo (O, OM 3 ), entre OX e OM 3, determinando a distância a entre OX e a assíntota; (iii) Determine o ponto P t, sobre a perpendicular a OM 1 por O, tal que OP t = a, e trace a tangente desejada P t M 1. P M a M 3 a M 1 l O X a P t IME 1971/197, Questão 9: Solução. Justificativa: Na espiral hiperbólica, o raio vetor é inversamente proporcional ao ângulo deste com o eixo polar OX. Com isto, a medida a do arco associada ao raio vetor é constante e a assíntota é a paralela a uma distância a do eixo. lém disto, a sub-tangente por um ponto da espiral é constante e igual a a também (ver [], pp. 63 65).
IME 1971/197, Questão 10 [valor 1,0]: Construção: (i) Marque sobre o eixo transverso os focos F e F, tais que F O = OF = c = 8 cm, e os vértices e, tais que O = O = a = 4 cm, e sobre o eixo não transverso os vértices e, tais que O = O = b = 4 cm; (ii) Trace a bissetriz b de O ˆF, direção da tangente comum; (iii) Trace uma perpendicular a b por F, cuja interseção com d é o ponto T ; (iv) Trace a mediatriz de F T, determinando a tangente comum t 1 ; (v) Trace a perpendicular a t 1 pelo ponto médio de F, determinando a outra tangente comum t. d t 1 t a b F c O F b T IME 1971/197, Questão 10: Solução.
Justificativa: (a) Dos dados do problema, têm-se { a c = 4 cm c = a c = 8 cm e a = b = 4 cm, o que permite determinar os focos e os vértices de H. (b) (Justificativa geométrica): Como t 1 é mediatriz de T F, pelo conceito de base média no triângulo T F, a interseção de t 1 com F é o ponto M médio deste segmento. Pela simetria de e F, o ponto M pertence a d. Logo, M = MF e MT = MF, de forma que M = MT, indicando que o triângulo MT é isósceles com base T. Uma análise angular simples indica que O ˆT = O ˆF T = ˆT M = M ˆT, de forma que T é a bissetriz de O ˆF. (b) (Justificativa algébrica): Considerando eixos coordenados com origem em O, com o eixo das abscissas ao longo de OF, as parábolas são descritas por { P 1 : cx + (y b) = c 4, P : cx y = 3c 4 onde P 1 e P têm focos e F, respectivamente, e diretriz d. ssim, as tangentes genéricas de cada parábola pelos respectivos pontos (x 1, y 1 ) e (x, y ) são descritas por { T 1 : (y 1 b)y = cx + +(y 1 b + c 4 ) T : y y = cx + (y 3c 4 ). Igualando estas equações, tem-se { y = b y 1 y 1 b + c 4 = y + 3c 4 y 1 by 1 c 4 = 0 y 1 = b ± b + c. Substituindo as soluções para y 1 na equação de T 1 e considerando c = b, tem-se a equação geral das tangentes comuns: T : y = (1 ± 3) x + ( ± 3) b. Multiplicando os coeficientes angulares das duas tangentes, obtém-se o produto 1, indicando que as duas tangentes são perpendiculares. lém disto, usando x = c = b, tem-se y = b para as duas tangentes, indicando que ambas passam pelo ponto médio de F.
IME 1970/1971 - Desenho IME 1970/1971, Questão 1, Item 1 [valor 0,5]: Construção: (i) Trace os arcos-capazes do ângulo de 10 o relativos a cada lado do triângulo dado, cuja interseção é o ponto P desejado. 10 o 10 o P C 10 o IME 1970/1971, Questão 1, Item 1: Solução. Justificativa: Ver [3], pp. 430 434. sln: Este ponto é chamado de ponto de Fermat, que foi quem primeiro teria proposto tal problema. Em [3], porém, este problema é atribuído a Steiner.
IME 1970/1971, Questão 1, Item [valor 1,0]: Construção: (i) Prolongue as mediatrizes M, N e P, cuja interseção é o circuncentro O do triângulo desejado; (ii) Trace uma reta perpendicular qualquer para cada mediatriz dada, cujas interseções duas-a-duas determinam o triângulo auxiliar C ; (iii) Determine o circuncentro O do triângulo C, ponto de encontro de suas mediatrizes ([1], Exercício 1.3); (iv) plique uma translação O O no triângulo C, determinando o triângulo C, cujo circuncentro é O; (v) Trace o segmento OS, cuja interseção com o triângulo C é o ponto S ; (vi) plique uma homotetia, de centro O e razão OS OS, no triângulo C, determinando o triângulo desejado C. N M O S O S C C C IME 1970/1971, Questão 1, Item : Solução. P Justificativa: Os lados dos triângulos C e C são ortogonais às respectivas mediatrizes M, N e P dadas. ssim, os triângulos C (obtido pela translação O O do triângulo C ) e C possuem os mesmos ângulos internos, os respectivos lados paralelos e o mesmo circuncentro O. Logo, o triângulo C pode ser obtido por uma transformação de homotetia, de centro O, do triângulo C. razão de homotetia é determinada para que o ponto S pertença ao triângulo C desejado.
IME 1970/1971, Questão 1, Item 3 [valor 1,0]: Construção: (i) Determine a quarta proporcional h : b 1 = h 1 : x 1 ; (ii) Determine a quarta proporcional h : b = h : x ; (iii) Trace um trapézio de altura h = (h 1 h ) e base média b = (x 1 x ). x 1 b 1 b b x h h C h 1 h b b 1 h 1 F G b h D E H IME 1970/1971, Questão 1, Item 3: Solução. Justificativa: Pela relação das áreas, tem-se hb = h 1b 1 h b b = h 1b 1 h b h 1 h sln: Existem infinitas soluções que satisfazem as condições do problema.
IME 1969/1970 - Desenho IME 1969/1970, Questão 1, Item 1 [valor 1,5]: Construção (fornecida por Nikolaos e ernard Gilbert, via Luís Lopes): (i) Determine o ortocentro H do triângulo CD; (ii) Determine o ponto médio O de H, centro da hipérbole desejada; (iii) Sendo P o ponto médio de C, trace C 1 (P, P O), cujas interseções com C são os pontos P 1 e P tais que OP 1 e OP são as assíntotas, cujas bissetrizes são os eixos da hipérbole; (iv) Trace uma perpendicular ao eixo transverso por, determinando 1 e sobre as assíntotas, de modo que c = a = (1 ) = OF = OF, o que permite determinar os focos F e F. 1 C 1 a P 1 P P C c F O H F D IME 1969/1970, Questão 1, Item 1.
IME 1969/1970, Questão 1, Item [valor 1,0]: r T 1 d θ θ1 T T d 1 d r 1 r P θ T O 1 D O IME 1969/1970, Questão 1, Item : nálise algébrica. Construção (lgébrica): (i) Determine x 1 = (r 1 r )sen50 o = r sen50 o e x = (r 1 + r ) cos 50 o = 3r cos 50 o ; (ii) Construa o triângulo retângulo de hipotenusa D e cateto x 1, determinando o outro cateto x 3 ; (iii) Construa o triângulo retângulo de cateto x+x3 e ângulo adjacente 40 o, determinando a hipotenusa T ; (iv) Construa o triângulo retângulo de catetos T e r 1, determinando a hipotenusa d 1 ; (v) Construa o triângulo retângulo de catetos T e r, determinando a hipotenusa d ; (vi) Trace os círculos C 1 (O 1, d 1 ) e C (O, d ), cuja interseção é o ponto P desejado. C P 1 C 100 o r 1 x 40 o D 50 o O 1 O d r 1 x 1 T x3 r d 1 r IME 1969/1970, Questão 1, Item. Justificativa (lgébrica): Sejam P a solução do problema, T 1 e T os pontos de tangência por P aos círculos de centros O 1 e O, respectivamente. Sejam as distâncias D = O 1 O, T = P T 1 = P T, d 1 = P O 1 e d = P O. Justapondo os triângulos P O 1 T 1 e P O T, têm-se, pela lei dos cosse-
nos, que { (r1 + r ) = d 1 + d d 1 d cos(θ 1 + θ ) D = d 1 + d d 1 d cos(100 o (θ 1 + θ )) Da primeira equação, r 1 +r 1 r +r = (T +r 1)+(T +r ) d 1 d cos(θ 1 +θ ) de modo que cos(θ 1 +θ ) = T r 1 r d 1 d sen(θ 1 +θ ) = T (r 1+r ) d 1 d Com isto, da segunda equação do sistema, tem-se D = d 1+d d 1 d [cos(θ 1 +θ ) cos 100 o + sen(θ 1 +θ ) sen100 o ] = d 1+d [ (T r 1 r ) cos 100 o +T (r 1 +r ) sen100 o] de modo que o comprimento T das tangentes por P é solução de ssim, T (1 cos 100 o ) T (r 1 +r ) sen100 o + (r 1 +r +r 1 r cos 100 o ) D = 0 T = (r 1+r )sen100 o ± 4(1 cos 100 o = 4(r 1+r )sen50 o cos 50 o ± ) 8sen 50 o pois sen100 o = sen50 o cos 50 o e (1 cos 100 o ) = sen 50 o, com Logo, = 4(r 1 +r ) sen 100 o 8(1 cos 100 o )(r 1 +r +r 1 r cos 100 o D ) = 4(r 1 + r ) 4(r 1 + r ) cos 100 o 8(r 1 + r ) 16r 1 r cos 100 o + 8(r 1 + r ) cos 100 o + 16r 1 r cos 100 o + 8D (1 cos 100 o ) = 4(r 1 r ) +8(r 1 r ) cos 100 o 4(r 1 r ) cos 100 o +8D (1 cos 100 o ) = 4(r 1 r ) (1 cos 100 o ) + 8D (1 cos 100 o ) = 16sen 50 o [ (r 1 r ) sen 50 o + D ] T = (r 1+r ) cos 50 o ± (r 1 r ) sen 50 o + D sen50 o
IME 1969/1970, Questão 1, Item 3 [valor 0,5]: Construção: (i) Reflita um ponto S 1 qualquer pelos pontos M, N, P, Q e R dados, gerando os pontos S, S 3, S 4, S 5 e S 6, em seqüência; (ii) Determine o vértice, ponto médio de S 1 S 6 ; (iii) Reflita o ponto pelos pontos M, N, P, Q e R dados, gerando os demais vértices, C, D e E do pentágono desejado. E S 6 R S 5 Q S 4 S 1 D M P S N C IME 1969/1970, Questão 1, Item 3: Solução II [4]. S 3 Justificativa [4]: Os pontos S e são simétricos de S 1 e, respectivamente, em relação ao ponto M. Logo, o segmento S é paralelo e de mesmo tamanho que o segmento S 1. Estendendo o raciocínio, o mesmo pode ser concluído para todos os segmentos S 1, S, S 3 C, S 4 D, S 5 E e S 6, de modo que o vértice é ponto médio de S 1 S 6.
IME 1968/1969 - Desenho IME 1968/1969, Questão 1, Item 1 [valor 1,0]: Construção: (i) Determine a projeção C de C sobre a mediatriz m de ; (ii) Trace o triângulo retângulo de hipotenusa CC e cateto de 5 cm, determinando o outro cateto x 1 ; (iii) Trace o triângulo retângulo de hipotenusa C e cateto x 1, determinando o outro cateto x ; (iv) Determine a quarta proporcional MC : x = x : x 3, onde M é o ponto médio de ; (v) Trace a circunferência desejada C 1 C(O, O), com O entre M e C é tal que OC = x 3. M x m O x 1 x 3 x 1 C x 5 cm x 3 C x MC IME 1968/1969, Questão 1, Item 1: Solução. Justificativa: Como a tangente por C mede 5 cm, tem-se 5 + R = OC = OC + CC R = OC + (CC 5 ) = OC + x 1 lém disto, do triângulo retângulo OM, tem-se OM + M = (MC OC ) + M = R de modo que OC = (MC + M ) x 1 MC = C x 1 MC = x MC
IME 1968/1969, Questão 1, Item [valor 1,0]: Construção: (i) Determine a quarta proporcional h+l : h = l : y, onde l e h são o lado e a altura do triângulo isósceles, respectivamente; (ii) Trace uma paralela à base do triângulo a uma distância y da mesma, cujas interseções com o triângulo determinam os vértices P e Q; (iii) Trace por e perpendiculares à base do triângulo, cujas interseções com a mesma determinam os outros dois vértices R e S do retângulo desejado. z P x Q l h y R S IME 1968/1969, Questão 1, Item : Solução. C l h Justificativa: Sejam x e y a base e a altura do retângulo desejado, respectivamente. Seja z o lado do triângulo isósceles, de perímetro (p) T, acima do retângulo desejado, de perímetro (p) R. Por semelhança de triângulos e para que (p) R = (p) T, têm-se { l h = z h y x + y = (z + x) y = lh h + l IME 1968/1969, Questão 1, Item 3 [valor 1,0]: Construção: (i) Trace por uma paralela a SC, determinando o ponto C sobre o prolongamento de C; (ii) Divida C em três partes iguais, determinando os pontos e, que devem ser unidos a S. Justificativa: Como C SC, as alturas de e C em relação a SC são iguais. ssim, as áreas dos triângulos CS e C CS, que possuem a mesma base CS, são iguais, fazendo com que as áreas dos triângulos C e SC sejam iguais. Dividindo a base C em três partes iguais, dividimos o triângulo SC, e conseqüentemente o triângulo C, em três partes iguais.
S C C IME 1968/1969, Questão 1, Item 3: Solução. IME 1968/1969, Questão 1, Item 4 [valor 0,5]: Construção: (i) Trace por C e C paralelas a DD e por D e D paralelas a CC, determinando o paralelogramo EF GH, cujas diagonais EG e F H são as assíntotas da hipérbole; (ii) Trace as bissetrizes dos ângulos formados por EG e F H, determinando as direções dos eixos da hipérbole; (iii) Trace por D uma paralela ao eixo não transverso, cujas interseções com as assíntotas D 1 e D permitem determinar o comprimento deste semi-eixo = b = DD 1 DD ; (iv) Trace por uma paralela ao eixo transverso, cujas interseções com as assíntotas, quando projetadas no eixo transverso, são os extremos deste eixo. F D 1 E a b C G D b D C D H IME 1968/1969, Questão 1, Item 4. Justificativa: Ver [5], Hipérbole, Problema 13. sln: Considerou-se o diâmetro transverso DD, de modo que D e D pertencem à hipérbole.
IME 1967/1968 - Desenho IME 1967/1968, Questão 1, Item 1 [valor 0,5]: Construção: (i) Trace por P as perpendicular às retas M e N, cujas interseções com estas mesmas retas determinam, respectivamente, os pontos P M e P N ; (ii) Trace as mediatrizes M de P P M e N de P P N, cuja interseção é o ponto P (que não cabe na folha de resposta); (iii) Sejam P M e P N as projeções de P em M e N, respectivamente. Trace as mediatrizes M de P P M e N de P P N, cuja interseção é o ponto P ; (iv) Trace a reta P P desejada. M P M P M M P M P M N P P N N P N N P N IME 1967/1968, Questão 1, Item 1: Solução. Justificativa: Seja Q o ponto de interseção das retas M e N. Como P P ˆ M Q = P P ˆ N Q = 90 o, então o quadrilátero P P M P N Q é inscritível num círculo, de diâmetro P Q, que é também o círculo circunscrito ao triângulo P P M P N, cujo centro é determinado pela interseção das mediatrizes M de P P M e N de P P N. No caso, esta interseção é indeterminada. ssim, devemos repetir o procedimento usando as retas M e N em substituição às retas M e N, respectivamente.
IME 1967/1968, Questão 1, Item [valor 0,5]: Construção: (i) Trace a mediana m, onde m é o ponto médio de M 1 M, que são as interseção da reta M com os lados e D, respectivamente; (ii) Trace pelo ponto C uma perpendicular à reta M, cuja interseção com a mediana m é o ponto P 1 ; (iii) Trace por P 1 uma paralela à reta M, cujas interseções com os lados e D são os pontos e D, respectivamente; (iv) Trace a circunferência desejada C 1 C(C, C ). M C 1 M 1 P 1 C D m M D IME 1967/1968, Questão 1, Item : Solução. Justificativa: Da construção acima, tem-se D M 1 M. ssim, pela semelhança dos triângulos D e M 1 M, como m é médio de M 1 M, então P 1 é médio de D. lém disto, como CP 1 M, então CP 1 D, de forma que CP 1 é mediatriz de D. Logo, e D pertencem a uma mesma circunferência de centro C.
IME 1967/1968, Questão 1, Item 3 [valor 1,0]: Construção: (i) Determine l = (E E); (ii) Trace o quadrado de lado l. E l Justificativa: Do enunciado, IME 1967/1968, Questão 1, Item 3: Solução. E = l + l l = E( 1) IME 1967/1968, Questão 1, Item 4 [valor 1,0]: Construção: (i) Trace um triângulo retângulo de catetos 3 e cm, determinando a hipotenusa r = 3 + cm; (ii) Retifique o semi-círculo de raio r, determinando a distância d πr cm; (iii) Determine a média geométrica l = dr πr cm ; (iv) Trace o quadrado de lado l. cm r 3 cm d l r r r r IME 1967/1968, Questão 1, Item 4: Solução. Justificativa: Sendo r = 3 + cm, tem-se l = πr l = πrr
IME 1967/1968, Questão 1, Item 5 [valor 1,0]: Construção: (i) Trace o círculo C 1 circunscrito ao triângulo C; (ii) Trace a bissetriz b de C, ˆ cuja interseção com C 1 é o foco F da parábola; (iii) Trace pelo vértice uma perpendicular a b, determinando a diretriz d da parábola; (iv) Trace perpendiculares à diretriz por pontos Q quaisquer de d e determine as interseções destas perpendiculares com as respectivas mediatrizes de QF, obtendo os pontos desejados da parábola. C 1 b d V F Q C IME 1967/1968, Questão 1, Item 5: Solução. Justificativa: O foco F pertence ao círculo circunscrito ao triângulo formado pelas interseções das tangentes duas a duas ([6], Teorema 9, Parábola). Como F pertence à bissetriz b de C, ˆ lugar geométrico dos pontos equidistantes às retas suportes de e C, tangentes à parábola, então b é o próprio eixo de simetria da parábola. diretriz d é a perpendicular a b passando pelo vértice, encontro de duas tangentes perpendiculares ([6], Teorema 7, Parábola). Conhecendo-se d e F, os pontos da parábola são facilmente determinados.
IME 1966/1967 - Desenho IME 1966/1967, Questão [valor 3,0]: Construção: (a.i) Determine o ponto F 1, simétrico de F em relação à reta ; (a.ii) Trace C 1 (F, 8 cm) e C (F 1, 10 cm), cuja interseção à esquerda de F é o outro foco F ; (a.iii) Determine o ponto O, médio de F F e marque O = O = 5 cm sobre o prolongamento de F F e O = O = 3 cm sobre a perpendicular por O a F F. (b.i) Trace F F 1, cuja interseção com a tangente é o ponto de tangência T ; (b.ii) direção do diâmetro conjugado 1 de é determinada por T O. (c.i) Determine a quarta proporcional a : b = b : x e marque F M = x, perpendicular a F F por F ; (c.ii) Trace C 3 (F, 10 cm), cuja interseção com o prolongamento de F M é o ponto M ; (c.iii) Trace a mediatriz t de M F, determinando a tangente à elipse no ponto M; (c.iv) Trace a perpendicular à reta t por M, e marque a distância MO = r = ab; (c.v) Trace a circunferência desejada C 4 (O, r). C 1 C F 1 T F 1 O F IME 1966/1967, Questão, Itens (a) e (b): Solução. t F 1 F C 4 3 cm r O x O r M x F M C 3 IME 1966/1967, Questão, item (c): Solução.
Justificativa: (a) Pelos dados do problema, têm-se c = 8 cm c a = 0,8 a = b + c a = 5 cm b = 3 cm c = 4 cm tangente é mediatriz de F F 1, onde F 1 pertence ao círculo diretor de centro F e raio a = 10 cm. ssim, F 1 é simétrico de F em relação à tangente e F pode ser determinado pelas relações { F F = c = 8 cm F 1 F = a = 10 cm. Os demais pontos podem ser determinados a partir do centro O da elipse, médio de F F, usando as medidas a e b determinadas acima. (b) Como é mediatriz de F F 1, tem-se que a = F F 1 = F T + T F 1 = F T + T F. ssim, T pertence à elipse, sendo de fato o ponto de contato da tangente, caso-limite das secantes de mesma direção. Neste limite, T pode ser visto como o ponto médio das interseções de com a elipse. Traçando pelo centro O uma secante paralela à, o ponto médio das interseções desta secante com a elipse, por simetria, é o próprio centro O. ssim, T e O determinam a direção dos diâmetros conjugados à direção. (c) corda focal tem comprimento F M = b a, sendo perpendicular a F F. tangente t em M é a mediatriz de M F, onde M é a interseção do prolongamento de F M com o círculo diretor C 3 (F, a). Para que a cirunferência desejada seja tangente à elipse em M (extremo superior da corda focal), seu centro O deve estar na perpendicular à tangente t. Igualando as áreas, tem-se que o raio da circunferência desejada é dado por r = ab..
IME 1965/1966 - Desenho IME 1965/1966, Questão 1, Item (a): Construção: (i) Trace o arco-capaz C 1 do ângulo de 45 o relativo à hipotenusa C = 9 cm; (ii) Trace o círculo C C(C, 1 cm), cuja interseção com C 1 são os pontos ; (iii) Trace o arco-capaz C 3 do ângulo de 90 o relativo à hipotenusa C, cuja interseção com os segmentos C é o vértice. C 1 C C 3 45 o C IME 1965/1966, Questão 1, Item (a): Solução. Justificativa: Da construção acima, C e  = 45 o. Logo, ˆ = 45 o e então =, de forma que ( + C) = ( + C) = C = 1 cm, como desejado. IME 1965/1966, Questão 1, Item (b): Construção: (i) Inscreva o pentágono CDE de lado 5 5 l 5 = R em uma circunferência de diâmetro R = 4 cm (ver [1], Exercício.5) e prolongue os lados, C, CD, DE e E; (ii) Trace o arco C 1 (, ) = P 1, com P 1 sobre o prolongamento de C; (iii) Trace o arco C (C, CP 1 ) = P 1 P, com P sobre o prolongamento de DC; (iv) Trace o arco C 3 (D, DP ) = P P 3, com P 3 sobre o prolongamento de ED; (v) Trace o arco C 4 (E, EP 3 ) = P 3 P 4, com P 4 sobre o prolongamento de E; (vi) Trace o arco C 5 (, P 4 ) = P 4 P 5, com P 5 sobre o prolongamento de.
P 3 C 4 C 3 P P 4 D l 5 C C E C 1 P 1 C 5 P 5 IME 1965/1966, Questão 1, Item (b): Solução. Justificativa: falsa espiral de n centros é formada por uma seqüência de arcos de circunferências, com os centros destas percorrendo os vértices de um n-ágono regular (ver [], pp. 169 171).
IME 1965/1966, Questão 1, Item (c): Construção: (i) Retifique o arco dado usando, por exemplo, o método de d Ocagne ([7], pp. 63 65); (ii) Divida o arco retificado em três partes iguais. O IME 1965/1966, Questão 1, Item (c): Solução. Justificativa: O método de d Ocagne é propício para a trisecção do arco retificado. IME 1965/1966, Questão 1, Item (d): Construção: (i) Trace a perpendicular a OT, cuja interseção com a reta MN determina o ponto P ; (ii) Trace o círculo C 1 C(P, P T ), cujas interseções com a reta MN determinam os pontos P 1 e P ; (iii) Trace as mediatrizes das retas T P 1 e T P, cujas respectivas interseções com o prolongamento da reta OT são os pontos O 1 e O ; (iv) Trace os círculos desejados C C(O 1, O 1 T ) e C 3 C(O, O T ). Justificativa: reta P T é tangente comum aos círculos desejados. Logo, os centros O 1 e O destes círculos são tais que O 1 T P T e O T P T, de forma que O 1 e O estão sobre a reta suporte de OT. lém disto, as outras tangentes por P a estes círculos são tais que P P 1 = P P = P T, com P 1 e P sobre MN como desejado no enunciado. ssim, os centros O 1 e O estão, respectivamente, sobre as mediatriz das cordas T P 1 e T P.
N O 1 C 1 P 1 P O T O P C C 3 IME 1965/1966, Questão 1, Item (d): Solução. M IME 1965/1966, Questão 1, Item (e): Construção: (i) Trace duas retas paralelas, r e s, secantes à parábola nos pontos R 1 e R e S 1 e S, respectivamente; (ii) Trace uma perpendicular p qualquer a RS, onde R é médio de R 1 R e S é médio de S 1 S, cujas interseções com a parábola são os pontos P 1 e P ; (iii) Trace a mediatriz x de P 1 P, determinando o eixo da parábola, cuja interseção com a parábola constitui o vértice V da mesma; (iv) Trace uma perpendicular y a x por V e marque um ponto (x 0, y 0 ) qualquer da parábola; (v) Determine a quarta proporcional x 0 : y 0 = y 0 : k e marque o foco F sobre o eixo x com V F = f = k 4 ; (vi) Trace a diretriz d paralela ao eixo y a uma distância f de V.
d y S 1 P 1 x 0 R 1 r p y 0 x 0 y 0 s f V R R f F P x y 0 f = k 4 S P IME 1965/1966, Questão 1, Item (e): Solução. Justificativa: s interseções da parábola x = ay + by + c com uma reta descrita por x = αy + β são da forma ay + (b α)y + (c β) = 0, de modo que o ordenada média das interseções é dada por y 1 + y = α b a. ssim, retas paralelas, com mesmo coeficiente angular α, geram interseções com mesma ordenada média, o que permite determinar a direção do eixo da parábola. Uma perpendicular a esta direção intercepta a parábola em dois pontos, cuja mediatriz x é o eixo desejado, que intercepta a parábola dada no vértice V da mesma. Traçando eixos coordenados com origem no vértice V, um ponto (x 0, y 0 ) da parábola é descrito por x 0 = y 0 k. O foco F (f, 0) é tal que (f x 0 ) + y 0 = (f + x 0 ) y 0 = 4fx 0 f = y 0 4x 0 = k 4.
IME 1965/1966, Questão 1, Item (f): Construção: (i) Trace o triângulo equilátero C de lado 8 cm e marque os pontos F, médio de C, e F, simétrico de em relação a F, de modo que F = F F = 4 3 cm; (ii) Trace o círculo diretor C 1 (F, 1 cm); (iii) Os pontos da elipse são dados pela interseção de F Q, com Q pertencente a C 1, com a mediatriz de F Q. C 1 Q F C F IME 1965/1966, Questão 1, Item (f): Solução. Justificativa: Por simetria, F é médio de C. ssim, é encontro de tangentes pelos extremos da corda focal C, de forma que O = a c = F + F O = 4 3 + c, onde O é o centro da elipse. lém disto, C é a corda focal mínima, de forma que F é o parâmetro da elipse, e assim F = C = b 4. Logo, a elipse é caracterizada por a c = 4 3c b = 4a a = b + c a = 1 cm b = 6 cm c = 4 3 cm.
IME 1965/1966, Questão, Item (a): Construção (item (a)): (i) Marque O 1 O = 7 cm e trace C 1 C(O 1, r 1 ) e C C(O, r ), com r 1 = 4,5 cm e r =,5 cm; (ii) Trace C 3 C(O, OO 1 ), onde o ponto O é médio de O 1 O ; (iii) Trace C 4 C(O 1, r), com r = cm, cujas interseções com C 3 determinam os ângulos ±θ dos segmentos O 1, O, O C e O 1 D que definem o trapézio CD desejado. C 1 T C O 1 θ C 4 O O C 3 C D IME 1965/1966, Questão, Item (a): Solução. Justificativa: Seja T a interseção, sobre O 1, de C 3 e C 4. Como o triângulo O 1 T O está inscrito na semi-circunferência C 3, então O 1 T T O. Como T O, pois T = O = r e T O, então O 1, como desejado. Um raciocínio análogo verifica que O, O 1 D DC e O C DC. Construção (item (b)): (i) Seja o trapézio CD determinado no item anterior, de altura h e base média b; (iii) Construa um triângulo equilátero de lado h cuja altura é H = h 3 ; (iv) Determine a grandeza l b H 6 = 3 3 ; (v) Trace circunferência de raio l 6 e trace hexágono inscrito de lado também l 6. Justificativa: equivalência das áreas S T do trapézio, de base média b e altura h, e S H do hexágono, de semi-perímetro p 6, apótema a 6 e lado l 6, é obtida para { ST = bh S H = p 6 a 6 = 3l 6 l 6 3 l 6 = bh 3 3
l 6 b 3 H 3 l 6 h C D IME 1965/1966, Questão, Item (b): Solução. IME 1965/1966, Questão, Item (b): Construção: (i) Determine os eixos da elipse (ver IT 1984, Questão 0, ou [], p. 30) e, em seguida, sua distância focal, marcando os extremos e os focos, o que permite traçar a curva; (ii) Trace C 1 (F, a) e a reta F L, cujo prolongamento intercepta C 1 em L 1 ; (iii) Trace a mediatriz de F L 1, determinando a tangente comum t; (iv) Determine o ponto simétrico L 1 de L e a reta simétrica t 1 de t em relação ao eixo menor da elipse; (v) Trace as retas r 1 e r fazendo ângulos de ±5 o com t e as retas r 1 e r fazendo ângulos de ±5 o com t 1, cujas interseções de r 1 com r 1 e de r com r são os focos F h e F h da hipérbole; (vi) Determine o comprimento a = F h L F h L do eixo transverso da hipérbole, que permite determinar os demais dados desta curva, viabilizando o seu traçado. Justificativa: Para o traçado da elipse, ver [], p. 30. tangente comum por L é mediatriz de F L 1, onde L 1 é a interseção do prolongamento do raio vetor F L com o círculo diretor relativo a F. Como a elipse é tangente a ambos os ramos da hipérbole e seus eixos são paralelos dois a dois (maior da elipse com o transverso da hipérbole e o menor da elipse com o não transverso da hipérbole), por simetria, o outro ponto de tangência é o simétrico de L em relação ao eixo menor da elipse. Pelo teorema de Poncelet, a tangente de uma hipérbole pelo ponto L (ou L 1) é a bissetriz dos raios vetores F h L e F h L (ou F hl 1 e F h L 1). Como o ângulo entre os raios vetores é de 50 o, então cada raio vetor faz um ângulo de 5 o com a respectiva tangente. Isto permite determinar os focos F h e F h da hipérbole, encontro dos respectivos raios vetores para cada ponto de tangência L e L 1. Como L pertence à hipérbole, é possível determinar o comprimento do eixo transverso pela definição de hipérbole, ou seja, a = F h L F h L, viabilizando o traçado da hipérbole.
Q c b C 1 M T a t L L 1 L F Q O F M IME 1965/1966, Questão, Item (b): Solução - Elipse. M t L t 1 L F O F L 1 r r 1 r 1 5 o 5o 5 o 5 o M r F h h O h h F h IME 1965/1966, Questão, Item (b): Solução - Hipérbole.
IME 1964/1965 - Desenho IME 1964/1965, Questão 1, Item 1 [valor 1,0]: Construção: (i) Construa o pentágono regular V 1 V V 3 V 4 V 5 inscrito na circunferência de centro O e raio R = 5 cm ([1], Exercício.5), determinando 10 5 o lado l 5 = R ; (ii) Determine a quarta proporcional (R + l 5 ) : R = l 5 : r, (iii) Marque, para cada vértice V i do pentágono regular, a distância V i V i = r, com V i entre O e V i; (iv) Trace as circunferências desejadas C i C(V i, r), para i = 1,, 3, 4, 5. V 5 V 4 V 5 V 4 C 4 C 5 C 3 O C C 1 V r V 1 1 V 1 l5 l5 V 3 V 3 V V IME 1964/1965, Questão 1, Item 1: Solução. Justificativa: circunferência C 1 pode ser obtida a partir da circunferência C x C(V 1, l ) por uma homotetia de centro O e razão k = R, que mapeia R+ l 5 o ponto V 1 da figura-solução no ponto V 1 e determina r = l 5 k.
IME 1964/1965, Questão 1, Item [valor 1,0]: Construção: (i) Trace o triângulo retângulo isósceles F P P com catetos F P = F P = 8 cm; (ii) Marque o vértice V da parábola, médio de F P ; (iii) Trace a diretriz d, paralela a F P por P ; (iv) Determine pontos da parábola, interseções das perpendiculares a d por Q qualquer com a mediatriz de F Q. P Q d V F 8 cm 45 o P IME 1964/1965, Questão 1, Item (): Solução. Justificativa: tangente por um ponto P de uma parábola é a bissetriz do ângulo formado por P F, sendo F o foco da parábola, e a perpendicular à diretriz d por P. Como a tangente dada faz um ângulo de 45 o, então o foco F da parábola é a própria projeção de P no eixo vertical. Por definição, a distância de P a d é igual a P F = 8 cm, o que permite determinar d e, em seguida, o vértice V, médio de F e a projeção P deste em d. Os pontos da parábola devem ser equidistantes de F e da diretriz d. ssim traçando uma perpendicular a d por Q qualquer, determina-se um ponto da parábola pela interseção desta perpendicular com a mediatriz de F Q.
37 Referências ibliográficas [1] S. L. Netto, Problemas Selecionados de Desenho Geométrico, www.lps.ufrj.br/profs/sergioln/geometria.html, vol. 1, versão 3, Out. 007. []. de. Carvalho, Desenho Geométrico, o Livro Técnico, Rio de Janeiro, 3 a ed., 198. [3] R. Courant e H. Robbins, O Que É Matemática?, Ciência Moderna Ed., Rio de Janeiro, 000. [4] I. M. Yaglom, Geometric Transformations I, Mathematical ssociation of merica, 196. [5]. Ribeiro, Desenho Geométrico, vol. MG-7, Colégio Dom osco. [6] C. da C. P. randão, Desenho, vol., Sistema Impacto de Ensino. [7] E. Wagner (com J. P. Q. Carneiro), Construções Geométricas, Sociedade rasileira de Matemática, Rio de Janeiro, 5 a ed., 000.