Geo10Exe

UNIVERSIDADE DE LISBOA

I

10 ANO

GEOMETRIA

Resolução dos Exercícios

Armando Machado

2001

REANIMAT

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

1) a) Apoiam-se dois pontos da régua sobre a mesa e verifica-se se todos os pontos da régua

ficam sobre a mesa. Se a experiência falhar decerto que a mesa não é plana.

Se a expreriência resultar pode ser que a mesa seja plana, mas também pode acontecer que

b)

não seja (por exemplo, se a mesa tivesse a forma de um cilindro e se, por sorte, tivéssemos colocado a régua com a direcção de uma geratriz, a experiência resulta, apesar de a mesa não ser plana. Se, depois de repetida a experiência com a régua em várias posições, o resultado obtido for sempre positivo, podemos ficar com a convicção muito forte de que a mesa é plana, mas trata-se de uma verificação por métodos das ciências experimentais e não de uma verificação matemática.

2) Colocava uma das rectas sobre a areia de forma a tornar rectilínea uma parte desta. Com a

segunda régua tentava manter um ponto fixado e deslocava outro sobre a primeira de forma a alisar a parte percorrida durante o movimento.

3) O cubo tem oito vértices e portanto, para cada vértice, podemos considerar sete rectas que

passam por esse vértice e por cada um dos restantes. Pareceria haver assim ) ‚ ( rectas possíveis mas, se reprarmos que cada recta foi contada duas vezes (consoante o vértice considerado em primeiro lugar), concluímos que o número de rectas é efectivamente

) ‚ (

# œ #).

Para cada um dos vértices do cubo, há três arestas que passam por ele. Tendo mais uma vez o) cuidado de reprarar que cada aresta é contada duas vezes, concluímos assim que o número de arestas é

) ‚ $ # œ "#.

Analogamente, uma vez que por cada vértice passam três diagonias faciais, uma correspondente a cada uma das faces que o contêm, obtemos um total de

) ‚ $ # œ "#

diagonais faciais. Quanto às diagonais espaciais, temos uma única a passar por cada vértice, donde o total de

)

# œ %

– 2 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

4) a) Há uma justificação muito simples pelo método de redução ao absurdo: Se a afirmação feita

fosse falsa, isso queria dizer que existiam duas rectas distintas que tinham pelo menos dois pontos comuns; mas isso é absurdo, uma vez que por dois pontos distintos passa uma única recta.

Sejam uma recta e um ponto que não está sobre a recta . Sejam e dois pontos

b) < E < F G

distintos sobre a recta . Como é a única recta que passa pelos pontos e e não esta nesta< < F G E recta, os três pontos , e não são colineares e assim existe um único plano que passa pelosE F G ! três pontos. Esse plano vai conter a recta por conter os seus pontos distintos e e é o único! < F G plano que contém a recta e o ponto , uma vez que um tal plano teria que conter os pontos e .< E F G

Sejam e duas rectas distintas, passando ambas pelo ponto . Consideremos um ponto

c) < <w E

F de e um ponto de , ambos distintos de . Uma vez que por dois pontos distintos passa uma< Fw <w E única recta, os três ponto , e não são colineares. Existe assim um único plano que passaE F Fw ! pelos pontos , e e esse plano é então também o único plano que contém as duas rectas e .E F Fw < <w

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

6) Se as rectas e são estritamente paralelas então, por definição, elas são complanares, isto é,< <w existe um plano que contém as duas. O que temos que mostrar é que esse é o único plano nessas! condições. Mas isso é muito simples, visto que podemos considerar um ponto da recta que nãoT <w

esteja na recta (ou < vice-versa) e então já verificámos que não há mais que um plano que contém a recta e passa por .< T

7) As rectas EF EI e são duas rectas distintas a passar pelo ponto e nenhuma delas tem pontoE comuns, por exemplo com a recta J K.

– 4 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

Exercícios opcionais

8) a) Se estivéssemos na situação especial em que e coincidissem, essa recta comum estava<w <ww

contida ao mesmo tempo nos dois planos e pelo que não era mais que a recta intersecção! !w _<

desses planos. Nesta situação especial a recta é portanto paralela a e a por coinciir com< <w <ww ambas estas rectas.

Uma vez que o caso especial em que já foi tratado, de forma muito simples, na

b) < œ <w ww

alínea a), basta examinarmos agora o caso em que as rectas e são estritamente paralelas.<w <ww Limitamo-nos a provar que as rectas e são paralelas, uma vez os papéis de e são análogos< <w <w <ww

e, portanto, a demonstração que fizermos para adapta-se muito simplesmente para .<w <ww

De acordo com a sugestão apresentada, vamos raciocinar por absurdo, supondo portanto que e< <w não são paralelas. Uma vez que as duas rectas estão no plano , isso implica que elas têm que ter!

um ponto comum, que podemos chamar .F

Chamemos ao plano que contém as rectas estritamente paralelas e .! <w <ww O plano contém a recta e o ponto (uma vez que está em ).! <ww F F <w

O plano contém a recta e o ponto (uma vez que está em , que é a intersecção de !ww _<ww _{F F <} !ww

com ).!w

Uma vez que por uma recta e por um ponto que não lhe pertença passa um único plano,

concluímos que, ao contrário do que a figura parecia sugerir, os planos e têm que coincidir.! !ww

Como a recta está simultaneamente nos planos e e os planos e coincidem, podemos<w ! !w ! !ww dizer que a recta está simultaneamente em e em , ou seja, é precisamente a intersecção<w !ww !w <w dos planos concorrentes e , isto é !w !ww _{< œ <}w .

Chegámos assim ao absurdo procurado, uma vez que estávamos a supor que e não eram< <w

paralelas, e portanto, em particular, não podiam coincidir.

9) a) Como no exercício anterior, é cómodo começar por examinar certas situações particulares muito simples:

Se < œ <w, como, por hipótese, e são paralelas, podemos concluir que e são paralelas.<w <ww < <ww

Se < œ <w ww, como, por hipótese, e são paralelas, podemos concluir que e são paralelas.< <w < <ww

menos duas das três rectas envolvidas coincidem.

b) Uma vez que os casos em que pelo menos duas das três rectas envolvidas coincidem já foram

examinados com sucesso em a), resta-nos provar a afirmação pretendida no caso em que as três rectas , e são todas distintas. Notamos para já que as rectas e não podem ter nenhum< <w <ww < <ww

ponto comum, uma vez que, se isso acontecesse, por esse ponto estavam a passar duas rectas distintas paralelas à recta . Para mostrar que e são paralelas falta portanto apenas verificar que<w < <ww estas rectas são complanares.

c) Como sugerido, escolhemos um ponto sobre a recta e chamamos ao plano que passaE < !w por e por e ao plano que passa por e por .<w E !ww <ww E

Como as rectas e são complanares e é o único plano que passa por e por , deduzimos< <w _!w E <w

que o plano que contém e é precisamente , em particular a recta está no plano .< <w _!w < _!w

Se os planos e forem concorrentes, a propriedade P6 garante que a intersecção desses!w !ww

planos, que é uma recta passando por , é paralela a e a ; como só pode existir uma paralela aE <w <ww <w _{passando por , essa intersecção tem que ser a recta , em particular a recta é paralela à recta}E < < <ww_{, como queríamos.}

d) Se os planos !w/!ww, considerados em c), não forem concorrentes, têm que coincidir, uma vez que têm como ponto comum. Mas então a recta , que já concluímos estar no plano , vai estarE < !w

no plano , tal como a recta . Quer isso dizer que e são complanares e, como já referimos,!ww _<ww _{< <}ww

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

10) a) É falso! Por exemplo, se uma recta está sobre um plano, ela é paralela a esse plano mas o

plano contém muitas rectas concorrentes com ela.

É verdade! Para justificar a veracidade da afirmação é cómodo tratar separadamente os

b)

casos em que a recta está contida no plano e em que a recta é estritamente paralela ao plano.

No caso em que a recta está contida no plano ela é paralela a uma recta do plano, por exemplo ela mesma.

Examinemos agora o caso em que temos uma recta estritamente paralela a um plano .< ! Consideremos um ponto do plano e chamemos ao plano que passa pela recta e pelo pontoE ! " < E. Os planos e não coincidem, uma vez que o segundo contém a recta e o primeiro não. Os! " < planos e também não são paralelos, uma vez que têm o ponto em comum. Podemos assim! " E concluir que os planos e são concorrentes e considerar a recta intersecção dos dois planos.! " = Trata-se de uma recta do plano que é paralela à recta , uma vez que é complanar com esta! < (ambas estão no plano ) e não têm pontos comuns (um ponto comum a elas seria também comum à" recta e ao plano ).< !

É falso! Apesar de, como já verificámos, ela ser paralela a alguma recta do plano, ela é

c)

também paralela a outras, a saber as rectas do plano paralelas a esrta última.

É falso (apesar de, à primeira vista, poder parecer verdadeiro)! O que se passa é que,

d)

considerando uma recta sobre o plano, ela é paralela ao plano e é complanar com todas as rectas do plano, mesmo com aqueleas que são concorrentes com ela.

É verdade! Suponhamos, com efeito, que a recta é estritamente paralela ao plano e que

e) < !

<w é uma recta do plano complanar com . As rectas e são paralelas por serem complanares e! < < <w por não terem pontos comuns (um ponto comum às duas seria também um ponto comum à recta e< ao plano ).!

É verdade! Podemos apresentar uma justificação por redução ao absurdo. Se a afirmação

f)

feita fosse falsa, podíamos considerar uma recta paralela a uma recta do plano e que não fosse< <w _!

paralela ao plano . A recta , por ser paralela ao plano , não pode estar contida neste plano e tem! < ! que ter um ponto comum com ele. A recta não pode assim coincidir com a recta pelo que, porE < <w ser paralela a , não pode ter nenhum ponto comum com . Em particular o ponto não pertence a<w <w E <w _{e portanto é o ! único plano que contém e . Chegámos assim ao absurdo de não poder existir}E <w

nenhum plano contendo as rectas paralelas e , por a recta não estar contida no plano .< <w < !

É falso! Por exemplo duas rectas concorrentes dum plano são ambas paralelas ao plano e

g) !

não são paralelas entre si.

É verdade! Se a recta é paralela ao plano , então é paralela a alguma recta do plano

h) < ! <w !

e então qualquer recta paralela a é também paralela a , e portanto paralela ao plano .< <w _!

É verdade! Se a recta é paralela aos plano concorrentes e , ela é paralela a alguma

i) < !w !ww

recta do plano e a alguma recta do plano . As rectas e são paralelas entre si e então,<w _! <ww _!ww <w <ww

como foi referido em P6, a intersecção dos planos e é paralela a e a , e portanto paralela a!w !ww _<w _<ww

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

11) a) É verdade! A afirmação é evidente no caso em que os dois planos coincidem e, quando

eles são estritamente paralelos, qualquer recta de um dos planos não pode ter pontos comuns com o outro plano e é assim paralela a ele.

É verdade! Não apresentamos por agora nenhuma justificação, uma vez que na alínea

b)

seguinte justificaremos um resultado que implca este.

É verdade! Suponhamos, com efeito, que e são duas rectas concorrentes do plano ,

c) < = !

ambas paralelas ao plano . Seja o ponto de intersecção das rectas e .!w E < =

Se o ponto está no plano , as rectas e , por serem paralelas a e terem o ponto emE !w < = !w E comum com têm que estar contidas em e daqui resulta que !w !w ! _œ!w (não existe mais que um plano passando por duas rectas concorrentes), em particular é paralelo a .! !w

Suponhamos agora que o ponto não está no plano . As rectas e não podem estar contidasE !w < = no plano e portanto são estritamente paralelas a ele. Supondo, por absurdo, que os planos e !w ! !w não eram paraelos, podíamos chamar à recta intersecção destes planos, recta essa que, por estar> contida em , não pode ter nenhum ponto comum nem com nem com . Como e são!w _{< = < =}

complanares com , por estarem todas no plano , segue-se que e são duas rectas distintas> ! < = paralelas a e passando por , o que é absurdo pelo postulado das paralelas. O absurdo a que> E chegámos prova assim que os planos e são efectivamente paralelos.! !w

É verdade! Suponhamos que a recta é paralela ao plano e que o plano é paralelo ao

d) < ! !

plano . Já sabemos que a recta é paralela a alguma recta do plano . Como os planos e são" < = ! ! " paralelos, a recta do plano é paralela a alguma recta do plano . A recta é assim paralela à= ! > " < recta do plano e portanto é paralela ao plano .> " "

É verdade! Qualquer recta do plano é paralela ao plano e portanto, pelo que referimos

e) ! !w

na alínea precedente, também paralela ao plano . Mas, como já referimos também, se todas as!ww

rectas do plano são paralelas ao plano , os planos e são paralelos.! !ww ! !ww

É falso! Por exemplo, se partirmos de dois planos concorrentes, ambos são paralelos a uma

f)

mesma recta, a saber a intersecção dos dois planos.

É verdade! Os planos e não podem ser paralelos porque, se isso acontecesse, o que

g) !w "

referimos na alínea e) implicava que os plano e eram paralelos, e não concorrentes como! " estamos a supor. Podemos assim concluir que os planmmos e são concorrentes e chamar à!w " _<w

sua intersecção.

Se !œ!w, então < œ <w, e portanto e são paralelas.< <w

Se ! Á!w, então e são estritamente paralelos e não podem portanto ter nenhum ponto! !w

comum. Como as rectas e estão respectivamente em e em , estas rectas não podem ter< <w _{! !}w

nenhum ponto comum e, como estão ambas no plano , podemos concluir que as rectas e são" < <w efectivamente paralelas.

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

12) O raciocínio é semelhante no caso dos diferentes pares de faces opostas. Examinemos, por

exemplo o que se passa com as faces superior e inferior do cubo.

A recta IL é paralela à recta EH, uma vez que contêm os lados opostos dum quadrado. Como a recta EH está no plano da face inferior do cubo, podemos concluir que a recta IL é paralela ao plano da face inferior do cubo.

Do mesmo modo, a recta IJ é paralela ao plano da face inferior do cubo, por ser paralela à recta EF desse plano.

As rectas IL e IJ são assim duas rectas concorrentes do plano da face superior do cubo ambas paralelas ao plano da face inferior deste pelo que os dois planos são efectivamente paralelos.

13) Quando colocamos o nível sobre o plano em duas posições correspondentes a rectas

concorrentes e nessas duas posições a posição da bolha indica que a recta é paralela a um plano horizontal, concluímos que o plano em causa tem duas rectas concorrentes paralelas a esse plano horizontal e é assim paralelo a esse plano.

14) Vamos começar por explicar por que razão não pode haver mais do que um plano paralelo ao

plano a passar por . Ora, se e fossem dois planos paralelos a a passar por , eles eram! E !w !ww ! E paralelos entre si e portanto, como tinham como ponto comum, tinham que coincidir.E

Vamos então construir o plano pelo modo indicado no enunciado e verificar que o plano assim!w contruído verifica as condições pedidas. Partimos então de duas rectas concorrentes e sobre o< = plano e consideramos as rectas e paralelas a e a , respectivamente, e que passam pelo! <w =w < = ponto . As rectas e também são concorrentes, uma vez que têm o ponto em comum e, seE <w =w E coincidissem, as rectas e seriam paralelas a uma mesma recta, e portanto paralelas entre si. Além< = disso as rectas e são paralelas ao plano uma vez que cada uma delas é paralela a uma recta<w =w _!

desse plano. Sabemos então que existe um plano que passa pelas rectas concorrentes e , em!w _<w ₌w

particular passa por , e esse plano é paralelo ao plano por ter duas rectas concorrentes paralelasE ! a esse plano.

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

Exercício opcional

15) a) O facto de o conjunto vazio e qualquer conjunto com um único elemento g ÖE× terem a propriedade da régua resulta de que em nenhuim desses conjuntos é possível considerar elementos distintos pelo que qualquer afirmação sobre “todos os pares de elementos distintos” é automaticamente verdadeira.

O espaço todo também tem a propriedade da régua, agora porque qualquer recta estar contida no espaço todo.

Que uma recta tem a propriedade da régua resulta simplesmente de que, sempre que e são< E F pontos distintos da recta , a recta < EF é a própria recta , e portanto está evidentemente contida em< <.

Que um plano tem a propriedade da régua é simplesmente a propriedade enunciada em PI 3.! Seja um conjunto do qual só sabemos que tem a propriedade da régua.

b) T

Se o conjunto é vazio, então é um dos exemplos referidos. Basta assim examinar o caso emT que não é o conjunto vazio.T

Como o conjunto não é vazio, podemos considerar um ponto no conjunto .T E T

Se o conjunto não tiver nenhum elemento além de ele é o conjunto T E ÖE×, e portanto um dos exemplos referidos. Basta então examinar em seguida o caso em que o conjunto tem mais algumT elemento .F

Como o conjunto tem a propriedade da régua e contém os elementos distintos e , eleT E F contém a recta EF.

Se o conjunto não tem mais nenhum elemento além dos da recta T EF, o conjunto é umaT recta, e portanto um dos exemplos referidos. Basta então examinar em seguida o caso em que temT algum elemento que não está na recta G EF.

Uma vez que contém os três pontos não colineares T Eß Fß G, podemos considerar o plano !

que contém estes três pontos e vamos verificar em seguida que tem que conter todo o planoT

EFG.

Para isso, começamos por notar que, pela propriedade da régua, contém, além da recta T EF,

cada uma das rectas EG e FG. Vejamos então que qualquer ponto do plano \ EFG que não

pertença a nenhuma das três rectas está também em . Para isso, consideramos um ponto auxiliar T H na recta FG, distinto de e de e reparemos que a recta F G \H não pode ser paralela a ambas as rectas EF e EG e portanto encontra pelo menos uma delas num ponto . Como os pontos e I H I estão em , a propriedade da régua garante-nos finalmente que o ponto , que pertence à rectaT \

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HI, está em .T

Uma vez provado que o plano EFG está contido em , retomamos a dicotomia usual. Se oT

conjunto não contém nenhum ponto além dos do plano T EFG, ele é um plano, e portanto um dos exemplos referidos. Basta então examinar em seguida o caso em que o conjunto tem mais algumT elemento que não pertença ao plano J EFG.

Vamos mostrar finalmente que, sob as hipóteses feitas até agora, o conjunto tem que ser oT espaço todo.

Provemos então que qualquer ponto distinto de e que não esteja no plano \ J EFG também

está em . Se a recta T \J não for paralela ao plano EFG, a explicação é simples: Podemos

considerar o ponto intersecção dessa recta com o plano K EFG e então o ponto está na recta\ J K, definida por dois pontos de , e portanto pertence a .T T

E se, “por azar”, a recta \J for paralela ao plano EFG? Aí escolhemos, em vez de , um pontoJ Jw da recta EJ distinto de e de , que é ainda um ponto de que não pertence ao plano J E T EFG. A recta \Jw já não é paralela ao plano EFG, porque o plano \EJ, que não é paralelo ao plano EFG, não pode ter duas rectas concorrentes paralelas a esse plano. Podemos assim repetir com Jw

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

16) a) A rotação é a rotação de 5° no sentido directo em torno do ponto . a translação éV % S X aquela que transforma o ponto no ponto . Na figura seguinte apresentamos a tracejado o passoE Ew

intermédio, nomeadamente a imagem do triângulo original pela rotação .V

As imagens dos pontos pelo movimento são os pontos na figura

b) Eß Fß G V ‰ X E ß F ß Gww ww ww

seguinte, onde representámos a tracejado a construção intermédia da imagem do triângulo pelo movimento .X

Repare-se que não nos é pedido para mostrar que o movimento rígido inicialmente

c)

considerado é efectivamente uma rotação em torno de um ponto. O que se pede é que, acreditando que se trata efectivamente de uma rotação, se procure determinar o ponto em redor do qual a rotação é feita. Ora o ponto em redor do qual se faz a rotação deve estar à mesma distância de e de ,Sw E Ew e portanto sobre a perpendicular ao meio do segmento . ÒEE Ów Pela mesma razão o ponto tem queSw

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ponto vai ser assim a respectiva intersecção.Sw

Poderá agora ser motivante experimentar, com papel transparente, efectuar uma rotação em torno de que transforme o primeiro triângulo no segundo.Sw

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

Dados três movimentos rígidos arbitrários, ,

b) V Vw _{e V}ww_{, tem-se}

V ‰ ÐV ‰ VÑ œ ÐV ‰ V Ñ ‰ Vww w ww w .

Para descobrirmos porque é que isto é assim, basta repararmos que a imagem de um ponto arbitrário E por qualquer dos dois movimentos V ‰ ÐV ‰ VÑww w e ÐV ‰ V Ñ ‰ Vww w é o mesmo ponto. Isso

acontece uma vez que essa imagem é, nos dois casos, o ponto Ewww obtido do seguinte modo:

Considera-se a imagem de pelo movimento , considera-se em seguida a imagem Ew E V Eww do ponto pelo movimento (que é também a imagem de pelo movimento Ew Vw E V ‰ Vw ); toma-se para Ewww _{a imagem de} Eww _{pelo movimento} Vww _{(que é também a imagem de pelo movimento} Ew V ‰ Vww w_).

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

18) a) Não há, como se constata intuitivamente depois de fazer várias tentativas. Uma maneira de

justificar intuitivamente essa impossibilidade é reparar que, olhado de , o ponto aparece àE F direita do ponto e que, quando se realiza um movimento rígido, esta propriedade continua a serG verificada para os pontos correspondentes ao longo do movimento. Basta então reparar que, olhado de , o ponto está à esquerda do ponto .Ew Fw Gw

Agora já há! Podemos começar por fazer uma rotação de 0° em torno do eixo (um

b) ") EF

movimento que só se pode fazer saindo do plano) e compor este movimento rígido com um movimento rígido do plano que já é fácil de imaginar intuitivamente. Na figura a seguir representamos a tracejado a imagem do triângulo ÒEFGÓ pela rotação de ")!°.

Há só um movimento rígido do plano nestas condições. Para construir a imagem do

c) Gw

ponto basta reparar que conhecemos quais devem ser as distâncias de a cada um dos pontos G Gw Ew

e , uma vez que estas são iguais às distâncias de a e a respectivamente. Esa condiçãoFw G E F

deixa duas posições possíveis para , que se podem obter como intersecção de duas circun-Gw

ferências, mas dessas duas há uma que corresponde à situação anteriormente estudada que se revelou impossível de obter por um movimento rígido do plano.

Há um único movimento rígido do espaço nessas condições.

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

19) Idealizando as dobradiças como sendo pontos, eles são colineares e portanto pode haver

vários movimentos rígidos que deixam esses três fixos. Uma porta com duas dobradiços mexe-se de modo preciso quando se move apenas um dos seus pontos (a maçaneta) uma vez que esse ponto e as duas dobradiças não são colineares e assim a posição das dobradi;cas e a da maçaneta determina perfeitamente a posição da porta.

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

20) a) Na figura 14 os vértices opostos são propriamente do mesmo tipo.

Na figura 15 não há vértices distintos do mesmo tipo.

Na figura 16 os vértices opostos são propriamente do mesmo tipo.

Na figura 17 os seis vértices “mais para fora” são propriamente do mesmo tipo, tal como o são os seis vértices “mais para dentro”.

Nas figuras 18 e 19 todos os vértices são propriamente do mesmo tipo.

Na figura 20 os vértices opostos são propriamente do mesmo tipo mas os vértices adjacentes não são propriamente do mesmo tipo, apesar de serem do mesmo tipo.

Na figura 21 não há vértices distintos propriamente do mesmo tipo mas há dois pares de vértices que são do mesmo tipo (os dois de baixo e os dois do meio).

Na figura 22 os seis vértices de dentro são propriamente do mesmo tipo e, dividindo os doze vértices de fora em dois conjuntos, tomando em cada conjunto vértice sim vértice não, os seis vértices de cada um destes conjuntos são propriamente do mesmo tipo e um vértice de um dos conjuntos é do mesmo tipo, mas não propriamente do mesmo tipo, que um vértice do outro.

Na figura 14 os lados opostos são propriamente do mesmo tipo.

b)

Na figura 15 não há lados distintos do mesmo tipo.

Na figura 16 os lados opostos são propriamente do mesmo tipo e os lados adjacentes são do mesmo tipo, mas não propriamente do mesmo tipo.

Na figura 17 os lados são vez sim vez não propriamente do mesmo tipo mas os lados adjacentes não são propriamente do mesmo tipo, apesar de serem do mesmo tipo.

Nas figuras 18 e 19 todos os lados são propriamente do mesmo tipo. Na figura 20 os lados opostos são propriamente do mesmo tipo.

Na figura 21 não há lados distintos propriamente do mesmo tipo mas há dois pares de lados que são do mesmo tipo (os dois de cima e os dois do meio).

Na figura 22 os seis lados de fora são propriamente do mesmo tipo e, dividindo os doze lados de dentro em dois conjuntos, tomando em cada conjunto lado sim lado não, os seis lados de cada um destes conjuntos são propriamente do mesmo tipo e um lado de um dos conjuntos é do mesmo tipo, mas não propriamente do mesmo tipo, que um lado do outro.

c)

Vértices Lados

Figura Tipos Tipos próprios Tipos Tipos próprios

14 2 2 2 2 15 3 3 3 3 16 2 2 1 2 17 2 2 1 2 18 1 1 1 1 19 1 1 1 1 20 1 2 2 2 21 3 5 3 5 22 2 3 2 3

21) Os únicos polígonos regulares nas figuras são o quadrado e o pentágono das figuras 18 e 19.

A regularidade pode ser constatada considerando rotações em torno dum ponto conveniente, no primeiro caso com ângulos múltiplos de ° e no segundo caso com ângulos múltiplos de °.*! (#

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

Poliedro Tipos de faces Tipos de arestas Tipos de vértices

A 2 2 1 B 2 2 2 C 1 1 1 D 1 1 1 E 1 1 1 F 1 2 2 G 1 1 1 H 1 1 1 I 2 1 1 J 2 2 1

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

23) a) Se uma translação não é a transformação identidade, então existe algum ponto tal queX \ X Ð\Ñ Á \.

Se é uma translação e não é a transformação identidade, então podemos mesmo afirmar

b) X

que se tem X Ð\Ñ Á \, para qualquer ponto . Com efeito, se, para algum , se tivesse\ \

X Ð\Ñ œ \, então a translação teria que ser a transformação identidade, uma vez que não podeX haver mais que uma translação que transforme esse ponto em si mesmo.\

24) a) A translação EFÄ pode também ser chamada HG IJÄ , Ä ou LKÄ .

É a translação .

b) KEÄ

Como , a translação composta vai transformar em . Ela é portanto a

c) EH œ FGÄ Ä E G

translação EGÄ . Analogamente, como EF œ HGÄ Ä , a translação composta de EFÄ após EHÄ é também a translação EGÄ.

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

. Na figura seguinte estão os transformados por meio de @Ä

. Já resolvido no decurso da alínea precedente.

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

26) a)

A soma . Para construir a soma

b) EG  GFÄ Ä é o vector EFÄ EG  FGÄ Ä começamos por

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

27) No primeiro processo vamos procurar o vector que somado com dá e, para isso,Ä? Ä@ começamos por colocar o vector com a mesma origem em que está colocado o vector .Ä? Ä@

No segundo processo somamos com o vector Ä@ ?Ä e, para isso, começamos por representar este último vector com origem na extremidade do vector .Ä@

É claro que os dois processos têm que conduzir ao mesmo vector, embora colocado num ponto diferente.

28) Chamemos ao vector Ä? EEÄw_{, que também é igual a} FFÄw_{. Podemos então escrever}

EF EF w w w w w w w w Ä Ä Ä Ä œ EE  E F œ ?  E FÄ Ä Ä œ EF  FF œ EF  ?Ä Ä Ä e portanto ?  E F œ EF  ? Ä Äw w Ä Ä_.

– 22 –

Nos casos mais “naturais” em que os quatro pontos são todos distintos e não há três que sejam colineares, podemos considerar o quadrilátero cujos vértices são sucessivamente , , e . AE F Fw Ew

igualdade EE œ FFÄw Äw _{garante que dois lados opostos deste quadrilátero são paralelos e têm o}

mesmo comprimento e a conclusão EF œ E FÄ Äw w corresponde então ao facto de os dois outros lados

serem também paralelos e com o mesmo comprimento . Estamos assim em situa1 _{ção de recordar o}

facto de um quadrilátero com dois lados paralelos e de comprimento igual ser um paralelogramo e de num tal paralelogramo os outros lados serem também automaticamente paralelos e com o mesmo comprimento.

1_{A igualdade de vectores inclui ainda o facto de os sentidos de certos segmentos orientados coincidirem mas} intuitivamente isso vai corresponder ao facto de termos um autêntico quadrilátero (sem cruzamentos entre os lados).

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

a) Uma vez que Ä?  FG œ @Ä Ä, tem-se FG œ @  ?Ä Ä Ä, que entra no quadro da forma referida, com + œ " , œ " e .

b) Uma vez que Q F œÄ "Ä?, tem-se FQ œ Q F œ  ?Ä Ä "Ä que entra no quadro da forma

# #

referida, com + œ "_# e , œ !.,

c) Tem-se Ä@  GQ œ EQ œÄ Ä _#"Ä?, portanto GQ œÄ "_#Ä Ä?  @, que entra no quadro da forma referida, com + œ "_# e , œ ".

d) Reparando que Q F œ EQÄ Ä , obtemos

Q F  Q G œ EQ  Q G œ EGÄ Ä Ä Ä Ä œ @Ä, que entra no quadro da forma referida, com + œ ! , œ " e .

30)

Depois de efectuar os prolongamentos de segmentos indicados na figura anterior e de medir alguns comprimentos pode-se concluir que se tem aproximadamente

A œ ?  @ A œ  ?  @

Ä $Ä "Ä Ä "Ä "Ä

# # , # # .

– 24 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

31) a) Tem-se EJ œ EF  FJ œ ?  AÄ Ä Ä Ä Ä, que entra no quadro da forma referida, com + œ ", , œ ! - œ " e .

b) Tem-se KE œ KG  GE œ KG  GF  FE œ A  @  ?Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä, que entra no quadro da forma referida, com + œ " , œ , 1 e - œ ".

c) Notemos o centro da face inferior, o centro do cubo e o centro da face superior.M N O

Tem-se OM œ IE œ AÄ Ä Ä, que entra no quadro da forma referida, com + œ ! , œ ! - œ ", e .

d) Podemos escrever EN œ EM  MNÄ Ä Ä. Mas EM œÄ _#" EG œ Ð?  @ ÑÄ _#" Ä Ä e MN œÄ _#"MO œ AÄ "_#Ä. Podemos portanto escrever

EN œÄ "?  " @  "A

# # #

Ä Ä _Ä,

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

32) a) Como no caso examinado no texto, chamamos ao comprimento de e reparamos que? Ä?

$ ?  Ð#Ñ ?Ä Ä é a soma de dpois vectores com sentidos opostos com comprimentos 3 e 2u e?

portanto é um vector com comprimento Ð$  #Ñ? e o sentido de .Ä?

Os restantes casos têm justificação análoga, pelo que nos limitados a desenhar as figuras correspondentes.

b) A justificação é semelhante às que têm vindo a ser utilizadas pelo que nos limitamos a fazer a

figura correspondente.

c) Se, por exemplo, + œ !, podemos escrever

Ð+  ,Ñ ? œ , ? œ !  , ? œ + ?  , ?Ä Ä Ä Ä Ä Ä. O caso em que , œ ! é análogo.

– 26 –

33) a) No caso em que Ä? œ !Ä, podemos escrever

Ð+ ‚ ,Ñ ? œ ! œ + ! œ +Ð, ? ÑÄ Ä Ä Ä . No caso em que + œ !, vem

Ð+ ‚ ,Ñ ? œ ! ? œ ! œ + Ð, ? ÑÄ Ä Ä Ä . Analogamente, no caso em que , œ !, podemos escrever

Ð+ ‚ ,Ñ ? œ ! ? œ ! œ + ! œ + Ð, ? ÑÄ Ä Ä Ä Ä .

b) Chamemos ao comprimento de . O vector ? Ä? , ?Ä é um vector com a mesma direcção e sentido que e com comprimento e portanto o vector Ä? ,? +Ð, ? ÑÄ tem ainda a mesma direcção e sentido que e tem comprimento Ä? +Ð,?Ñ œ Ð+,Ñ?. Mas isto quer precisamente dizer que +Ð, ? ÑÄ é precisamente o vector Ð+ ‚ ,Ñ ?Ä.

c) Há mais três casos ainda não examinados, aquele em que +  ! ,  ! e , aquele em que +  ! e ,  ! e aquele em que +  ! ,  ! e . Se quiséssemos ser exaustivos teríamos que apresentar uma justificação para cada um desses casos mas, para não nos alongarmos, vamos examinar apenas o primeiro, acreditando que quem conseguir fazer este conseguirá também fazer os outros. Ora, no caso em que +  ! e ,  !, continuando a chamar ao comprimento de , o vector ? Ä? , ?Ä tem amesma direcção e sentido contrário ao de e comprimento Ä? l,l? e o vector +Ð, ? ÑÄ tem a mesma direcção e sentido que este último, e portanto a mesma direcção e sentido contrário ao do primeiro, e comprimento +l,l? œ l+,l?, o que mostra que +Ð, ? ÑÄ é precisamente o vector Ð+ ‚ ,Ñ ?Ä.

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

Exercícios opcionais

34) a) No caso em que + œ ", tem-se

+Ð?  @ Ñ œ ?  @ œ +?  +@Ä Ä Ä Ä Ä Ä. .

No caso em que + œ !, tem-se

+Ð?  @ Ñ œ ! œ !  ! œ + ?  + @Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä.

b) A explicação do que se passa no caso em que !  +  " é a mesma que a do caso em que +  " a única coisa que muda sendo a figura que passa a ser a seguinte

– 28 –

35) a) Por exemplo, se Ä? œ !Ä, podemos escrever

+Ð?  @ Ñ œ + @ œ !  + @ œ + ?  + @Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä. O caso em que Ä@ œ !Ä é análogo.

b) Seguindo a sugestão e escrevendo Ä@ œ , ?Ä, podemos, utilizando os resultados já conhecidos e sem precisar de figura, escrever

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

36) a) A ideia é trabalhar com os vectores como trabalharíamos com um problema análogo

envolvendo números. Devemos, em cada caso, ter presente quais as propriedades dos vectores que justificam o que estamos a fazer, uma vez que nada nos diz que todas as propriedades dos números sejam válidas no quadro dos vectores.

Começamos por reparar que a igualdade Ä Ä?  B œ @  BÄ Ä é equivalente à igualdade Ä?  # B œÄ

@ B

Ä_{, uma vez que se pode passar da primeira para a segunda somando a ambos os membros e se}Ä

pode passar da segunda para a primeira somando BÄ a ambos os membros. Analogamente esta

última igualdade é equivalente à igualdade # B œ @  ?Ä Ä Ä, visto que se pode passar da primeira para a segunda somendo ?Ä a ambos os membros e se pode passar da segunda para a primeira somendo

? # B œ @  ? B œ Ð@  ? Ñ

Ä _{a ambos os membros. Por fim, a igualdade} Ä Ä Ä _{é equivalente a} Ä "Ä Ä _{, uma vez}

#

que se pode passar da primeira para a segunda multiplicando ambos os membros por e se pode" #

passar da segunda para a primeira multiplicando ambos os membros por . Concluímos assim que# existe um único vector verificando a condição pedida, nomeadamente o vectorÄB

B œ Ð@  ? Ñ

Ä "Ä Ä

# ,

e podemos agora representar graficamente a solução do problema:

b) O sistema

œ Ä ÄÄC  D œ ?_{C  # D œ @}Ä ÄÄ . é sucessivamente equivalente aos sistemas

œ ÄÄC œ ?  D_{C  # D œ @}Ä ÄÄ Ä , œ ÄÄ Ä_?C œ ?  D_{ D}Ä Ä_{ # D œ @}Ä Ä ,

– 30 – œ ÄÄC œ ?  D_{D œ Ð?  @}Ä Ä" Ä $ ÄÑ ,  C œ ?  @ Ä Ä Ä D œ ?  @ Ä Ä Þ # " $ $ " " $ $Ä

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

E E œ @  ?Äw ww Ä Ä. Tem-se agora EQ œÄ "EE œÄ " @ # # Ä EQ œÄ " EE œÄ " ? # # Ä EQ œ EE Ä Ä "E E œ ?  Ð@  ? Ñ œÄ " "?  "@ # # # # Ä Ä Ä Ä Ä w ww ww w w w ww _. b) Tem-se EF œÄ # EQ œÄ # "Ð ?  "@ Ñ œ " ?  "@ $ $ # # $ $ Ä Ä Ä _Ä.

c) Considerando o ponto do segmento Fw ÒE Q Ów w cuja distância a é igual à distância de aEw Ew

Qw multiplicada por e o ponto #_$ Fww do segmento ÒE Q Óww ww cuja distância a Eww é igual à distância de

Eww Qww #

$

a multiplicada por , podemos escrever

E Q œ EQ  EE œÄ Ä Ä "@  ? # Ä Ä E Q œ EQ  EE œÄ Ä Ä " ?  @ # Ä Ä w w w w ww ww ww ww e portanto EF œ EE  E F œ ? Ä Ä Ä Ä #E Q œ ?  Ð @  ? Ñ œÄ Ä # "Ä Ä "Ä?  "Ä@ $ $ # $ $ EF œ EE  E F œ @ Ä Ä Ä Ä # E Q œ @  Ð ?  @ Ñ œÄ Ä # "Ä Ä "Ä?  "Ä@ $ $ # $ $ w w w w w w ww ww ww ww ww ww _.

Uma vez que os três vectores EF EFÄ, Äw e EFÄww coincidem, podemos concluir que os pontos , eF Fw Fww coincidem.

– 32 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

38) a) Tem-se S\ œ BÄ Ä SE œ @Ä Ä SF œ SE  EF œ @  BÄ Ä Ä Ä Ä SG œ S\ œ BÄ Ä Ä SH œ SE œ @Ä Ä Ä SI œ SF œ B  @Ä Ä Ä Ä. b) Tem-se SQ œ SE  EQ œ @ Ä Ä Ä Ä "ÄB # .

Quanto a S]Ä, ele tem a mesma direcção e sentido que SQÄ pelo que pode ser obtido multiplicando este último por um número positivo, igual ao quociente entre os comprimentos dos vectores numa certa unidade. Por comodidade escolhemos como unidade de comprimento o raio da circunferência, o que faz com que o comprimento do vector S]Ä seja igual a e lembremos que o lado do hexágono" regular inscrito é então também igual a . Quanto ao comprimento de " SQÄ , ele é um cateto de um triângulo rectângulo cuja hipotenusa é e o outro cateto é pelo que, utilizando o teorema de" "_# Pitágoras, esse comprimento é igual a

Ê"  Ð Ñ œ" Ê$ œ È$

# % #

# # _.

O quociente dos comprimentos pretendido é assim igual a

" # œ $ È$ # È .

C œ S] œ SQ œ @  B

Ä Ä # Ä # Ä " Ä

$ $ $

È È È .

c) Já obtivémos atrás fórmulas que apresentam estes vectores como combinações lineares de eÄB

@ B C

Ä_{, pelo que, para conseguirmos combinações lineares de e , será um bom começo tentar}Ä Ä

escrever como combinação linear de e . Ora, partindo da fórmula já obtidaÄ@ Ä ÄB C

C œ @  B Ä # Ä " Ä $ $ È È , obtemos sucessivamente # " $@ œ $B  C Ä Ä Ä @ œ B  C Ä "Ä $Ä # # È È È

e agora, substituindo por este valor nas fórmulas obtidas na alínea a) e simplificando osÄ@ resultados, obtemos S\ œ BÄ Ä SE œ @ œÄ Ä "ÄB  $ÄC # # SF œ @  B œ  B Ä Ä Ä "Ä $ÄC # # SG œ BÄ Ä SH œ @ œ  B Ä Ä "Ä $ÄC # # SI œ B  @ œÄ Ä Ä "ÄB  $ÄC # # È È È È .

– 34 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

39)

Uma vez que tanto como estão equidistantes de e , a recta E S F G EQ é a prependicular ao meio do segmento ÒFGÓ, em particular o ponto é o ponto médio deste segmento. Uma vez que oQ que se fez com o vértice pode evidentemente ser feito com os outros vértices e , concluímosE F G

que o centro da circunferência é precisamente o baricentro do triângulo equilátero. UmaS

propriedade bem conhecida do baricentro garante-nos então que o raio da circunferência, igual ao comprimento do segmento ÒESÓ, é igual a do comprimento do segmento #_$ ÒEQ Ó. Seguindo a sugestão podemos agora determinar sucessivamente

FG œ EG  EF œ @  ?Ä Ä Ä Ä Ä FQ œÄ "FG œ "@  "? # # # Ä _{Ä Ä} EQ œ EF  FQ œ ? Ä Ä Ä Ä "Ä@  "Ä? œ "Ä?  "Ä@ # # # # ES œÄ #EQ œÄ "?  " @ $ $ $ Ä Ä , , , .

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

Exercício opcional

40)

Chamemos ao baricentro do triângulo que constitui a face oposta ao vértice , aoF E Fw baricentro do triângulo que constitui a face oposta ao vértice e assim sucessivamente com Ew Fww e Fwww_.

Seguindo uma ideia semelhante à do exercício 37, vamos chamar ao ponto do segmento G ÒEFÓ cuja distância a é do comprimento daquele segmento, vamos chamar ao ponto do segmentoE $_% Gw

ÒE F Ów w cuja distância a é do comprimento daquele segmento e assim sucessivamente com Ew $_% Gww e Gwww, e o nosso objectivo é mostrar que os quatro pontos , , G G Gw ww e Gwww coincidem. Uma vez que todos os pontos estão na mesma situação, basta verificarmos que dois deles coincidem, por exemplo Gw _e Gww_. Ponhamos @ œ EE Ä Ä @ œ EE Ä Ä @ œ EE Ä Ä w w ww ww www www_.

Lembrando o que foi feito na resolução do exercício 37, tem-se EF œÄ "@  "@ $ $ Ä Ä EF œÄ "@  "@ $ $ Ä Ä w ww www ww w www donde E F œ EF  EE œÄ Ä Ä "@  " @  @ $ $ Ä Ä Ä E F œ EF  EE œÄ Ä Ä "@  "@  @ $ $ Ä Ä Ä w w w w ww www w ww ww ww ww w www ww

– 36 – E G œÄ $E F œÄ "@  "@  $@ % % % % Ä Ä Ä E G œÄ $E F œÄ "@  "@  $@ % % % % Ä Ä Ä w w w w ww www w ww ww ww ww w www ww e portanto EG œ EE  E G œÄ Ä Ä " @  "@  "@ % % % Ä Ä Ä EG œ EE  E G œÄ Ä Ä "@  "@  "@ % % % Ä Ä Ä w w w w ww www w ww ww ww ww w www ww_.

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

42) a) Tem-se

! œ ! ? ? œ " ? ? œ Ð"Ñ ?

Ä _{Ä Ä Ä Ä Ä}

, ,

pelo que as coordenadas referidas são respectivamente , e ! " ".

b) Sendo Ä@ œ + ?Ä Ä e A œ , ?Ä, tem-se @  A œ + ?  , ? œ Ð+  ,Ñ ? Ä Ä Ä Ä Ä A œ Ð,Ñ ?Ä Ä - A œ -Ð, ? Ñ œ Ð-,Ñ ?Ä Ä Ä @  A œ + ?  , ? œ Ð+  ,Ñ ? Ä Ä Ä Ä Ä

pelo que as coordenadas referidas são respectivamente , +  , , -, +  ,, e .

c) Tem-se Ä@ œ + ?Ä e portanto, multiplicando ambos os membros por ,"₊ " "

+ @ œ + + ? œ " ? œ ?

Ä Ä Ä _Ä,

o que mostra que a coordenada de relativa a é .Ä? Ä@ ₊"

43) a) Os pontos da semirecta referida são aqueles para os quais o vector \ E\Ä é da forma + EFÄ, com +   !. Uma representação vectorial do conjunto de pontos referido é assim

E  + EFÄ, com .+   !

b) Os pontos do segmento referido são aqueles para os quais o vector \ E\Ä é da forma + EFÄ, com ! Ÿ + Ÿ ". Uma representação vectorial do conjunto de pontos referido é assim

E  + EFÄ, com .! Ÿ + Ÿ "

c) Os pontos da conjunto referido são aqueles que estão na semirecta com origem no ponto\ médio do segmento ÒEFÓ e que contém o ponto , ou seja, aqueles para os quais o vector E E\Ä é da forma + EFÄ, com + Ÿ "_#. Uma representação vectorial do conjunto de pontos referido é assim

E  + EFÄ, com .+ Ÿ "_#

– 38 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

44) a) Tem-se ÄA œ + ?  , @Ä Ä Ä e A œ + ?  , @w wÄ wÄ, donde A  A œ + ?  , @  + ?  , @ œ Ð+  + Ñ ?  Ð,  , Ñ @ Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä - A œ - Ð+ ?  , @ Ñ œ Ð-+Ñ ?  Ð-,Ñ @Ä Ä Ä Ä Ä w w w w w w _. b) ! È Ð!ß !Ñ ? È Ð"ß !Ñ @ È Ð!ß "Ñ Ä _{Ä Ä} , , .

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

Exercício opcional

45) a)

O ponto está na recta \ EF se, e só se, o vector E\Ä for da forma + EF œ + ?Ä Ä com + −‘, ou seja, se, e só se, as suas coordenada e (os únicos números para os quais + , E\ œ + ?  , @Ä Ä Ä) verificam a condição , œ !.

b) O ponto está no segmento de rcta \ ÒEFÓ se, e só se, o vector E\Ä for da forma + EF œ + ?Ä Ä com + − Ò!ß "Ó, ou seja, se, e só se, as suas coordenada e (os únicos números para os quais+ , E\ œ + ?  , @Ä Ä Ä) verificam as condições + − Ò!ß "Ó , œ ! e .

c) Um ponto está na recta \ FG se, e só se, E\Ä se pode escrever na forma EF  - FGÄ Ä , com - − ‘, isto é, na forma Ä?  - Ð@  ? Ñ œ Ð"  -Ñ ?  - @Ä Ä Ä Ä, com - − ‘.

Um ponto tal que o vector \ E\Ä tenha coordenadas e , isto é, tal que + , E\ œ + ?  , @Ä Ä Ä, está na recta FG se, e só se, existe - − ‘ tal que + œ "  - , œ - e .

Esta condição sobre as coordenadas e pode ser enunciada de um modo equivalente que tem a+ , vantagem de não referir explicitamente : Com efeito, a existir um - - − ‘ naquelas condições tem-se evidentemente +  , œ " e, reciprocamente, se +  , œ ", existe naquelas condições, a saber o -valor !- œ ,

Podemos assim dizer que um ponto tal que o vector \ E\Ä tenha coordenadas e está na recta+ , FG se, e só se, +  , œ ".

d) Um ponto está no segmento de recta \ ÒFGÓ se, e só se, E\Ä se pode escrever na forma EF  - FGÄ Ä, com - − Ò!ß "Ó, isto é, na forma Ä?  - Ð@  ? Ñ œ Ð"  -Ñ ?  - @Ä Ä Ä Ä, com - − Ò!ß "Ó.

Procedendo como na alínea precedente, concluímos que um ponto tal que o vector \ E\Ä tenha coordenadas e , isto é, tal que + , E\ œ + ?  , @Ä Ä Ä, está no segmento de recta ÒFGÓ se, e só se, +  , œ " , − Ò!ß "Ó e .

A condição anterior pode ser expressa de modo equivalente de uma forma que torna mais clara a semelhança dos papéis de e . Com efeito, quando + , +  , œ ", a condição , Ÿ " é equivalente à condição +   !. Podemos assim dizer, de modo alternativo:

Um ponto tal que o vector \ E\Ä tenha coordenadas e , isto é, tal que + , E\ œ + ?  , @Ä Ä Ä, está no segmento de recta ÒFGÓ se, e só se,+  , œ " +   ! ,   !, e .

– 40 –

e só se, o vector E\Ä se pode escrever na forma > E]Ä, com no interior do segmento ] ÒFGÓ e S  >  ".

Por um raciocínio análogo ao utilizado na alínea d), os pontos do interior do segmento ] ÒFGÓ são aqueles para os quais o vector E]Ä tem coordenadas e verificando as condições +w ,w +  , œ "w w ,

+  !w e ,  !w (estamos a pôr  em vez de  , uma vez que não queremos incluir as

extremidades do segmento).

Os pontos do interior do triângulo são assim aqueles para os quais as coordenadas \ +ß , do vector, E\Ä se podem escrever na forma + œ > +w e , œ > ,w, com !  >  " +  , œ " +  !, w w , w e ,  !w e fazendo um raciocínio simples, concluímos que as coordenadas +ß , nessas condições são precisamente as que verificam as três condições !  +  ,  " +  ! ,  !, e .

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

ER œ EF  FR œ @ Ä Ä Ä Ä "Ä?

# ,

pelo que, uma vez que o ponto está no segmento de recta \ ÒER Ó, vai existir !  =  " tal que E\ œ = ER œ = @ Ä Ä Ä =Ä?

# .

O problema está em que não conhecemos que valor de é esse. Para o determinarmos vamos tirar= partido do facto de o ponto também estar no segmento \ ÒHQ Ó.

Uma vez que

HQ œÄ "@  ?

#Ä Ä,

vai existir !  >  " tal que

H\ œ > HQ œÄ Ä > @  > ? # Ä Ä e portanto E\ œ EH  H\ œ ? Ä Ä Ä Ä >Ä@  > ? œ Ð"  >Ñ ? Ä Ä >Ä@ # # .

Obtivémos então duas expressões para o vector E\Ä como combinação linear de e pelo que,Ä Ä? @ uma vez que cada vector tem uma decomposição unica desse tipo, podemos concluir que os coeficientes de e de nessas decomposições têm que coincidir, ou seja queÄ? Ä@

œ= œ_{œ "  >}#> =

#

.

Resolvemos este sistema, obtendo sucessivamente os sistemas equivalentes œ= œ_{œ "  >}#> œ= œ_{œ "} œ= œ_{> œ }= œ_{> œ} > > # # % # & % t 5t .

– 42 –

Substituindo, por exemplo o valor de na primeiro expressão obtida para o vector = E\Ä, concluímos assim que

E\ œÄ "?  # @ & &

Ä _Ä,

pelo que as coordenadas pedidas são e ." # & &

b) Esta alínea já foi resolvida no decurso da resolução alínea a). Vimos então que E\ œ = ERÄ Ä , com = œ #_&, pelo que os comprimentos referidos têm quociente igual a .#_&

c) Consideremos as perpendiculares à recta EH, passando pelos pontos e , respectivamente.\ R

Tendo em conta a semelhança de triângulos, podemos concluir que a altura do triângulo ÒEH\Ó é igual a da altura do paralelogramo, ambas relativas à base comum # . Uma vez que a área do

& ÒEHÓ

triângulo é metada da base vezes a altura e que a do paralelogramo é igual à base vezes a altura, podemos assim concluir que a área do triângulo ÒEH\Ó é igual a da área do paralelogramo."_&

d) Por um argumento semelhante ao utilizado na alínea anterior, a altura do triângulo ÒEHQ Ó, relativa à base ÒEHÓ é da altura do paralelogramo, relativa à mesm base, pelo que a área do"_# triângulo ÒEHQ Ó é igual a da área do paralelogramo. A áreado triângulo "_% ÒEQ \Ó, igual à diferença das área dos triângulos atrás referidos é assim igual à área do paralelogramo multiplicada por ." " "

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

B  C œ ?  @  # A  ?  A œ # ?  @  A

Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä _Ä,

pelo que aqueles quatro vectores são representados respectivamente pelos triplos Ð!ß "ß $Ñ, Ð"ß !ß "Ñ Ð&ß !ß &Ñ Ð#ß "ß "Ñ, e .

b) Os vectores serão colineares se, e só se, existir um número real tal que - ÄC œ - BÄ. Uma vez que - B œ - ?  - @  #- AÄ Ä Ä Ä e que cada vector admite uma única representação como combinação linear, pofrmos dizer que os vectores são colineares se, e só se, existe um número real tal que se -tenha simultaneamente " œ - ! œ -, e " œ #-. Uma vez que não existe evidentmente um tal , -concluímos que os vectores não são colineares.

c) os vectores da recta vectorial que contém são os da forma ÄA - AÄ, com - − ‘, pelo que os triplos que os representam são os triplos da forma Ð!ß !ß -Ñ, com - − ‘. Os vectores do plano vectorial que contém e são os que se podem escrever na forma Ä Ä? @ + ?  , @Ä Ä, ou seja aqueles que são representados por triplos do tipo Ð+ß ,ß !Ñ, com +ß , − ‘.

d) Os vectores do plano vectorial que contém e são os que se podem escrever na formaÄ ÄB C = B  > CÄ Ä, com =ß > −‘. Uma vez que

= B  > C œ = ?  = @  #= A  > ?  > A œ Ð=  >Ñ ?  = @  Ð#=  >Ñ AÄ Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä Ä,

é representado pelo triplo Ð=  >ß =ß #=  >Ñ, vemos que um vector representado por um triplo Ð"ß "ß Ñ? está no plano vectorial se, e só se, existirem e que verifiquem as igualdades= >

=  > œ ", = œ ", #=  > œ?.

Ora as duas primeiras igualdades constituem um sistema de duas equações com as duas incógnitas = e , que tem claramente com única solução > = œ " e > œ # e a terceira igualdade indica-nos o único valor possível para terceiro elemento do triplo, nomeadamente #=  > œ %. O triplo procurado é assim .Ð"ß "Þ%Ñ

– 44 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

48) a) Chamemos Z ß Z ß" # …ß Z' aos seis vértices do hexágono (cf. a figura a seguir).

Podemos então escrever

ES œÄ "EK œÄ "Ð?  @  AÑ œ "?  "@  "A # # # # # Ä Ä Ä Ä Ä Ä EZ œ EI  IZ œÄ Ä Ä " @  A # Ä Ä EZ œ EI  IZ œÄ Ä Ä " ?  A # Ä Ä EZ œ EF  FZ œ ? Ä Ä Ä Ä "ÄA # EZ œ EF  FZ œ ? Ä Ä Ä Ä "Ä@ # EZ œ EHÄ " " # # $ $ % % & Ä  HZ œÄ "?  @ # Ä Ä EZ œ EH  HZ œ @ Ä Ä Ä Ä "ÄA # & ' ' ,

pelo que os triplos que correspondem as estes sete vectores são: ES Ç Ð ß ß ÑÄ " " " # # # EZ Ç Ð!ß ß "ÑÄ " EZ Ç Ð ß !ß "ÑÄ " # # EZ Ç Ð"ß !ß ÑÄ " EZ Ç Ð"ß ß !ÑÄ " # # EZ Ç Ð ß "ß !ÑÄ " EZ Ç Ð!ß "ß ÑÄ " # # " # $ % & ' .

SZ œ EZ  ES Ç Ð ß !ß ÑÄ Ä Ä " " # # SZ œ EZ  ES Ç Ð!ß  ß ÑÄ Ä Ä " " # # SZ œ EZ  ES Ç Ð ß  ß !ÑÄ Ä Ä " " # # SZ œ EZ  ES Ç Ð ß !ß  ÑÄ Ä Ä " " # # SZ œ EZ  ES Ç Ð!ß ß  ÑÄ Ä Ä " " # # SZ œ EZÄ " " # # $ $ % % & & ' ' Ä Ä  ES Ç Ð ß ß !Ñ" " # # .

c) Basta varificarmos que os vectores com origem em e extremidades nos seis vértices doS hexágono estão todos num mesmo plano vectorial, por exemplo no plano vectorial que contém os vectores não colineares SZÄ" e SZÄ#. Ora, examinando os triplos que correspondem a cada um dos vectores, logo se conclui que

SZ œ SZ  SZÄ Ä Ä SZ œ SZÄ Ä SZ œ SZÄ Ä SZ œ SZ œ SZ  SZÄ Ä Ä Ä $ # " % " & # ' $ " #

– 46 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

49) Chamemos Z ß Z ß" # …ß Z' aos vértices das faces em questão (cf. a figura a seguir).

Tem-se Z Z œÄ "A  "@ # # Ä Ä Z Z œÄ "A  "? # # Ä Ä Z Z œ  A Ä " "? œ Z ZÄ # # Ä Ä Z Z œ  A Ä " "@ œ Z ZÄ # # Ä Ä $ " $ # ' % $ # ' & $ ".

Podemos concluir daqui que a recta Z Z# $ é paralela à recta Z Z% ', e portanto também paralela ao plano Z Z Z% & ' e que a recta Z Z" $ é paralela à recta Z Z& ', e portanto também paralela ao plano Z Z Z% & '. O plano Z Z Z" # $ tem assim duas rectas concorrentes paralelas ao plano Z Z Z% & ', o que, como

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

50) a) Dizer que os vectores diferentes de , e fazem um ângulo de ° é o mesmo que dizerÄ Ä Ä! ? @ ! que existe >  ! tal que Ä? œ > @Ä.

Dizer que os vectores diferentes de , e fazem um ângulo de ° é o mesmo que

b) Ä Ä Ä! ? @ ")!

dizer que existe >  ! tal que Ä? œ > @Ä.

51) a) Não é verdade! Passam duas rectas nessas condições, cada uma “inclinada para o seu

lado”.

b) Não continua válido! Pelo ponto da recta passa uma infinidade de rectas perpendiculares aT < <, uma em cada plano que passe por .<

52) Obteríamos o conjunto dos pontos de duas superfícies cónicas de vértice em , opostas umaT à outra, prolongadas indefinidamente e com o ponto retirado.T

53) Suponhamos que a recta é prependicular ao plano . Isso quer dizer a recta é< ! < prependicular a todas as rectas do plano .!

a) Se a recta é paralela à recta , então é também prependicular a todas as rectas do plano<w < <w ! e isso quer precisamente dizer que a recta é também perpendicular ao plano .<w !

b) Se o plano é paralelo ao plano , qualquer recta de é paralela a alguma recta do plano!w ! !w !, e portanto também perpendicular à recta ; Isso quer dizer precisamente que a recta é também< < perpendicular ao plano .!w

– 48 –

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

54)

Uma vez que se trata de um ângulo de °, é indiferente falar do ângulo das semi-rectas ou do*! ângulo das rectas EK LJ e correspondentes.

Comecemos por notar que a recta GK é perpendicular à recta J K, por se tratar de rectas que contêm os lados consecutivos dum quadrado, e, pela mesm razão, é perpendicular à recta KL.

Podemos então dizer que a recta GK, por ser perpendicular a duas rectas concorrentes do plano da face superior do cubo, é perpendicular a esse plano. Ela é assim perpendicular a todas as rectas desse plano e, em particular, a recta GK é perpendular à recta LJ desse plano.

Por outro lado, a recta KI também é perpendicular à recta LJ, uma vez que se trata das rectas que contém as duas diagonais dum quadrado.

A recta LJ é, como acabamos de ver, perpendicular às duas rectas concorrentes GK e KI do plano GKI, e portanto é perpendicular a esse plano. A recta LJ é assim perpendicular a todas as rectas do plano GKI, plano esse que passa também pelo ponto uma vez que as arestas E ÒGKÓ e ÒEIÓ do cubo são paralelas. Em particular a recta LJ é perpendicular à recta KE desse plano.

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

55) (Propriedade P 60) Podemos considerar a recta paralela a e que passa pelo ponto . A<w < T

propriedade referida em P 59 garante-nos que existe um único plano que passa por e é! T

perpendicular a . Para concluir a propriedade P 60 basta agora reparar que um plano é<w _!

perpendicular a se, e só se, é perpendicular a .< <w

(Propriedade P 61) Suponhamos que os planos e são ambos perpendiculares à recta .! !w _<

Para mostrar que os planos ! !/ w são paralelos, vamos dar uma pequena volta ao problema.

Consideramos assim um ponto do plano e chamamos ao plano que passa por e é paraleloE !w !ww E ao plano (lembrar o exercício 14). Como o plano é paralelo ao plano , que é perpendicular à! !ww ! recta , o plano também é perpendicular à recta . Mas então os planos e têm que< !ww < !w !ww

coincidir, uma vez que pelo ponto não pode passar mais que um plano perpendicular à recta .E < Como já sabíamos, por construção, que era paralelo ao plano , podemos concluir que é!ww ! !w

paralelo a .!

56) (Propriedade P 63) Consideremos um ponto qualquer no plano . Sabemos que existeE ! então uma única recta passando por e perpendicular ao plano . A recta paralela a que<w E ! < <w passa por é então uma recta perpendicular ao plano que passa por . Mas será a única?T ! T Suponhamos que era outra recta passando por e perpendicular a . A recta passando por e= T ! =w E paralela a é então perpendicular a e portanto tem que coincidir com a recta , por essa ser a= ! <w única recta perpendicular a a passar por . Mas isso quer dizer que a recta é paralela à recta e! E <w = isso permite-nos concluir que a recta coincide com a recta , por ambas serem paralelas a e= < <w

passarem pelo ponto .T

(Propriedade P 64) Suponhamos que e são duas rectas perpendiculares a um mesmo plano< <w !. Para mostrarmos que e têm que ser paralelas entre si, fazemos um desvio semelhante ao que< <w temos vindo a fazer. Consideramos então um ponto de e a recta paralela a que passa por .E < = <w E

Sabemos então que a recta é também perpendicular ao plano . Mas então ficámos com duas= !

rectas e perpendiculares a e passando pelo mesmo ponto e, uma vez que não existe mais< = ! E que uma recta nessas condições, podemos concluir que e têm que coincidir, e portanto que e < = < <w são efectivamente paralelas.

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

57) No quadro da Geometria do Espaço não é verdade: Todas as rectas de um plano !

perpendicular à recta são perpendiculares à recta e as rectas do plano não são evidentemente< < ! todas paralelas entre si.

No quadro da Geometria Plana é verdade: Duas rectas dum mesmo plano que sejam perpendiculares a uma certa recta desse plano têm que ser paralelas entre si, porque senão a sua< intersecção era um ponto pelo qual estavam a passar duas rectas distintas do plano perpendiculares à recta .<

58) a) O conjunto dos pontos do espaço equidistantes dos três pontos , e é a intersecção deE F G dois conjuntos, o conjunto dos pontos equidistantes de e e o conjunto daqueles que sãoE F equidistantes de e . Estes conjuntos são dois planos, o plano perpendicular à recta F G EF passando

pelo ponto médio do segmento ÒEFÓ e o plano perpendicular à recta FG passando pelo ponto

médio do segmento ÒFGÓ. Estes dois planos não são paralelos, senão as rectas EF e FG seriam paralelas, logo coincidentes, o que contrariava o facto de os três pontos não serem colineares. O conjunto em questão é assim a intersecção de dois planos concorrentes, portanto uma recta. Uma vez que esta recta pertence a um plano perpendicular à recta EF e a um plano perpendicular à recta FG, ela vai ser perpendicular às duas rectas EF e FG e portanto é perpendicular ao plano EFG. Além disso, um dos pontos do conjunto em questão é certamente o circuncentro do triângulo ÒEFGÓ.

Resumindo as conclusões a que acabámos de chegar, podemos dizer que o conjunto dos pontos do espaço equidistantes dos três pontos não colineares , e é a recta perpendicular ao planoE F G EFG que passa pelo circuncentro do triângulo ÒEFGÓ.

b) O conjunto dos pontos do espaço equidistantes dos quatro pontos não complanares, , , eE F G H pode ser obtido como intersecção de dois conjuntos, o conjunto dos pontos equidistantes de , E F e e o conjunto dos pontos equidistantes de e . O primeiro desses conjuntos é, como vimos naG G H alínea a), uma recta , perpendicular ao plano < EFG e passando pelo circuncentro do triângulo

ÒEFGÓ. O segundo é um plano , perpendicular à recta ! GH e passando pelo ponto médio do

segmento de recta ÒGHÓ.

Será que o plano poderia ser paralelo à recta ? Vamos concluir que não! Ora, se isso! < acontecesse, poderiamos considerar:

1) Um plano paralelo ao plano a passar pelo ponto . O plano seria assim também!w ! G !w perpendicular à recta GH.

2) Uma recta do plano paralela a , e portanto também uma recta do plano paralela a esta e!w _{< <}w !w

pssando pelo ponto . A recta seria, como a recta , perpendicular ao plano G <w < EFG.

A recta , por ser uma recta do plano , seria perpendicular à recta <w !w GH. Tendo em conta o que foi referido em P 59, a recta GH, por ser perpendicular à recta seria uma recta do plano <w EFG e isso era absurdo, por estarmos a supor que os quatro pontos não eram complanares.

Uma vez que o plano não é paralelo à recta , o conjunto procurado, que é a intersecção dos! < dois, é um conjunto formado por um único ponto.

Em resumo, podemos dizer que, dados quatro pontos não complanares, existe um único ponto equidistante desses quatro pontos.

Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

O triângulo ÒEJ LÓ tem os lados com comprimentos iguais, por se tratarem de diagonais de

quadrados com o “mesmo lado”. Trata-se assim de um triângulo equilátero que, como sabemos tem todos os ângulos iguais entre si, e portanto medindo °.'!

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Resolução dos exercícios de Geometria (10 ano)

60)

Tomemos como unidade de comprimento a aresta do cubo e consideremos o triângulo ÒEQ R Ó.

Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos concluir as medidas dos respctivos lados: EQ œ "  Ð Ñ œ" & œ & # % # ER œ "  Ð Ñ œ" & œ & # % # Q R œ Ð Ñ  Ð Ñ œ" " # œ # # # % # Ê Ê È Ê Ê È Ê Ê È # # # # # # _.

Em particular trata-se de um triângulo isósceles e podemos considerar a perpendicular ao lado ÒQ R Ó que passa pelo respectivo ponto médio , que sabemos passar também pelo vértice , porT E este estar equidistante de e .Q R

Sabemos que senÐR ET Ñ œs T R œ œ # ER # & È È # % & # È È

pelo que R ET œs asinÐ_#È_È#_&Ñ e R EQ œ #s asinÐ_#È_È#_&Ñ. Utilizando a calculadora científica, que tomaremos o cuidado de colocar no “modo graus” e não no modo “radianos”, obtemos assim R EQ ¸ $'Þ)'*)*s … ou seja, com a aproximação pedida, R EQ ¸ $'Þ*s °.