Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira
PROVA DE MATEMÁTICA IME – 2ª FASE – 2018/2019 ENUNCIADOS
1) Um jogo de dominó possui 28 peças com duas pontas numeradas de zero a seis, independentemente, de modo que cada peça seja única, conforme ilustra a Figura 1.
O jogo se desenrola da seguinte forma:
1 – Quatro jogadores se posicionam nos lados de uma mesa quadrada.
2 – No início do jogo, cada jogador recebe um conjunto de 7 peças, de forma aleatória, de modo que somente o detentor das peças possa ver seu conteúdo.
3 – As ações ocorrem por turnos no sentido anti-horário.
4 – O jogador com a peça 6|6 coloca-a sobre a mesa e em seguida cada jogador, na sua vez, executa uma de duas ações possíveis:
a) Adiciona uma de suas peças de forma adjacente a uma duas das extremidades livres do jogo na mesa, de modo que as peças sejam encaixadas com pontas de mesmo valor.
b) Passa a vez, caso não possua nenhuma peça com ponta igual a uma das extremidades livres da mesa.
5 – Vence o jogo o primeiro jogador a ficar sem peças na mão.
No jogo da Figura 2, é a sua vez de jogar e você constatou que o jogador à sua direita não
possui peças com ponta 5 e o jogador a sua frente não possui peças com ponta 0. Você
analisou todas as possíveis configurações de peças que os jogadores podem ter em suas
mãos e decidiu jogar de modo a garantir que uma das pontas livres da mesa só possa ser
usada por uma peça de sua posse, e que essa será a sua última peça em mão. Ao utilizar
essa estratégia:
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a) Quantas configurações de peças nas mãos dos jogadores garantem a vitória do jogo a você?
b) Esta quantidade corresponde a qual percentual do total de configurações possíveis?
Observação: A ordem das peças na mão de um jogador não importa.
2) Definimos a função f : → da seguinte forma:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
log n2f 0 0 f 1 1
f 2n f n , n 1
f 2n 1 f n 2
, n 1
=
=
=
+ = +
Determine f f 2019 . ( ( ) )
3) Dadas as funções definidas nos reais : ( )
xf
1x = e , f
2( ) x = sen x, f
3( ) x = cos x, f
4( ) x = sen 2x e f
5( ) x = e
−x. Mostre que existe uma única solução a ,
1a ,
2a ,
3a ,
4a ,
5tal que
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
a f x + a f x + a f x + a f x + a f x seja a função constante nula, onde
1 2 3 4 5
a , a , a , a , a .
4) Seja Z um número complexo tal que 2Z
Z i possui argumento igual a 3 4
e
( )
log
32Z 2Z 1 + + = 2. Determine o número complexo Z.
5) Mostre que os números 16, 24 e 81 podem pertencer a uma PG e obtenha a quantidade de termos dessa PG, sabendo que seus elementos são números naturais.
6) Seja o polinômio q x ( ) = x
4− 8x
3+ 6x
2+ 40x + 25 k + que possui valor mínimo igual a − 64, onde k é uma constante real. Determine as raízes de q x . ( )
7) Determine todas as soluções da equação
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4sen 7x cos 2x + 2sen 9x + 8sen x + 5cos 2x + 2sen 5x = 4 no intervalo 3 , 2 .
2
8) A reta r é normal à cônica C, de equação 9x
2− 4y
2= 36, no ponto A 3, 3 5 2
=
e intercepta o eixo das abscissas no ponto B. Sabendo que F é o foco da cônica C mais próximo do ponto A, determine a área do triângulo ABF.
9) Uma corda CD corta o diâmetro AB de um círculo de raio R no ponto E. Sabendo que
o ângulo ABC ˆ = 30 e que EC = R 2, calcule a medida do segmento ED.
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10) Um cubo com diagonal principal AG é interceptado pelo plano , perpendicular à AG, formando uma seção hexagonal regular. Calcule, em função da aresta a do cubo:
a) o apótema dessa seção hexagonal;
b) o raio da esfera que é tangente a essa seção e às faces do cubo que contém o vértice A.
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PROVA DE MATEMÁTICA IME – 2ª FASE – 2018/2019 RESPOSTA E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES
1) a) 9; b) 90% (Análise combinatória – contagem e raciocínio lógico) 2) 10 (Função)
3) demonstração (Trigonometria e exponencial)
4) Z = − 2 2 ( 2 1 i. + ) (Números complexos e logaritmo) 5) 5 (Progressões)
6) 1, 3 e 2 17 (Polinômios)
7) S = 7 4 , 67 42 , 71 42 , 79 42 , 83 42 (Trigonometria) 8) ( 39 4 13 3 5 )
16
−
(Geometria analítica – cônicas) 9) R ( 10 2 )
ED 4
= − (Geometria plana)
10) a) a 6 ;
4 b) a 3 ( 3 )
4
− (Geometria espacial)
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PROVA DE MATEMÁTICA IME – 2ª FASE – 2018/2019 ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES
1) Um jogo de dominó possui 28 peças com duas pontas numeradas de zero a seis, independentemente, de modo que cada peça seja única, conforme ilustra a Figura 1.
O jogo se desenrola da seguinte forma:
1 – Quatro jogadores se posicionam nos lados de uma mesa quadrada.
2 – No início do jogo, cada jogador recebe um conjunto de 7 peças, de forma aleatória, de modo que somente o detentor das peças possa ver seu conteúdo.
3 – As ações ocorrem por turnos no sentido anti-horário.
4 – O jogador com a peça 6|6 coloca-a sobre a mesa e em seguida cada jogador, na sua vez, executa uma de duas ações possíveis:
a) Adiciona uma de suas peças de forma adjacente a uma duas das extremidades livres do jogo na mesa, de modo que as peças sejam encaixadas com pontas de mesmo valor.
b) Passa a vez, caso não possua nenhuma peça com ponta igual a uma das extremidades livres da mesa.
5 – Vence o jogo o primeiro jogador a ficar sem peças na mão.
No jogo da Figura 2, é a sua vez de jogar e você constatou que o jogador à sua direita não
possui peças com ponta 5 e o jogador a sua frente não possui peças com ponta 0. Você
analisou todas as possíveis configurações de peças que os jogadores podem ter em suas
mãos e decidiu jogar de modo a garantir que uma das pontas livres da mesa só possa ser
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usada por uma peça de sua posse, e que essa será a sua última peça em mão. Ao utilizar essa estratégia:
a) Quantas configurações de peças nas mãos dos jogadores garantem a vitória do jogo a você?
b) Esta quantidade corresponde a qual percentual do total de configurações possíveis?
Observação: A ordem das peças na mão de um jogador não importa.
RESOLUÇÃO: a) 9; b) 90%
Inicialmente, temos que identificar as 8 peças que estão faltando. São elas:
0|4, 0|5, 0|6, 5|1, 5|4, 5|6, 1|4 e 2|3.
Vamos, inicialmente, contar todas as possibilidades.
A peça 0|5 deve necessariamente ficar com o jogador à esquerda.
O jogador à direita deve ficar com 3 dentre as peças 0|4, 0|6, 1|4 e 2|3.
Vamos dividir a análise em dois casos:
1º caso: o jogador da direita está com as peças 0|4 e 0|6 Temos, então, 2 possibilidades para a terceira peça.
O jogador da frente deve ficar com 3 dentre as peças 5|1, 5|4, 5|6 e a peça que sobrou na seleção do jogador à direita (uma das peças 1|4 e 2|3).
Assim, temos C
34= 4 possibilidades para a seleção das peças do jogador da frente.
A peça que sobrar será do jogador da esquerda.
O total de possibilidades do 1º caso é 2 4 = 8.
2º caso: o jogador da direita fica com apenas uma das peças 0 | 4 e 0|6.
Teremos 2 possibilidades (escolha entre 0|4 e 0|6) para o jogador da direita.
O jogador da frente ficará com as peças 5|1, 5|4 e 5|6, e o jogador da esquerda com a peça que sobrou do jogador da direita (uma das peças 0|4 e 0|6).
O total de possibilidade do 2º caso é 2.
Dessa forma, o total de possibilidades para distribuição das peças que sobram é 8 2 10. + = Vamos agora verificar em quais configurações eu ganho o jogo.
Como eu devo jogar uma peça de modo a garantir que uma das pontas livres da mesa só possa ser usada por uma peça de sua posse, e que essa será a sua última peça em mão, então a peça jogada deve ser 6|2 na extremidade à esquerda de forma a deixar as duas pontas iguais a 2.
Note que, após jogarmos a peça 6|2, o único jogador que não vai passar será aquele que possuir a peça 2|3 e, como não há nenhuma outra ponta 3 nas mãos dos adversários, quando chegar a minha vez poderei jogar a peça 3|4.
Se o jogo chegar novamente em mim, eu vencerei. Como eu não precisarei passar, mesmo que o jogador da direita e da frente consigam fazer as suas jogadas, eu venço.
Já para eu vencer o jogador da esquerda, ele precisa “passar a vez” pelo menos uma vez.
Se ele não tiver a peça 2|3, isso vai ocorrer e eu venço.
Vamos ver o que acontece se o jogador da esquerda tiver a peça 2|3. O jogador da direita terá as peças 0|4, 0|6 e 1|4, e o jogador da frente terá as peças 5|1, 5|4 e 5|6. Portanto, há uma única distribuição de peças na qual o jogador da esquerda possui a peça 2|3.
Após eu colocar a peça 6|2, o jogador da direita e da frente “passam a vez”. O jogador da esquerda coloca a peça 2|3. Eu coloco a peça 3|4. O jogador da direita colocará a peça 0|4 ou 1|4. Se a ponta livre for 0, o jogador da frente “passa a vez” e o jogador da esquerda ganha colocando a peça 0|5. Se a ponta livre for 1, o jogador da frente coloca a peça 5|1 e o jogador da esquerda ganha colocando a peça 5|0.
Assim, existe apenas uma distribuição de peças na qual eu não venço o jogo.
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a) O número de configurações que garantem que eu venço o jogo é 10 1 9. − = b) Essa quantidade corresponde a 9 90%
10 = do total de configurações.
2) Definimos a função f : → da seguinte forma:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
log n2f 0 0 f 1 1
f 2n f n , n 1
f 2n 1 f n 2
, n 1
=
=
=
+ = +
Determine f f 2019 . ( ( ) )
RESOLUÇÃO: 10
Vamos calcular os primeiros casos usando a relação f 2n ( ) = f n , ( ) n 1. ( ) ( ) ( )
f 2 = f 2 1 = f 1 = 1 ( ) ( ) ( ) f 4 = f 2 2 = f 2 = 1
( ) ( ) ( ) f 8 = f 2 4 = f 4 = 1
Vamos agora estudar os primeiros números ímpares.
( ) ( ) ( )
log 12 0f 3 = f 2 1 1 + = f 1 + 2
= + 1 2 = 2
( ) ( ) ( )
log 22 1f 5 = f 2 2 1 + = f 2 + 2
= + 1 2 = 3
( ) ( ) ( )
log 32 1f 7 = f 2 3 1 + = f 3 + 2
= + 2 2 = 4 Agora vamos observar que:
2019 = 2 1009 1 + 1009 = 2 504 1 + 504 = 2 252 252 = 2 126 126 = 2 63
63 2 31 1 = + 31 2 15 1 = + 15 2 7 1 = +
Vamos calcular a função para os valores que levam a f 2019 . ( )
( ) ( ) ( )
log 72 2f 15 = f 2 7 1 + = f 7 + 2
= + 4 2 = 8
( ) ( ) ( )
log 152 3f 31 = f 2 15 1 + = f 15 + 2
= + 8 2 = 16
( ) ( ) ( )
log 312 4f 63 = f 2 31 1 + = f 31 + 2
= 16 2 + = 32
( ) ( ) ( )
f 126 = f 2 63 = f 63 = 32
( ) ( ) ( )
f 252 = f 2 126 = f 126 = 32
( ) ( ) ( )
f 504 = f 2 252 = f 252 = 32
( ) ( ) ( )
log 5042 8f 1009 = f 2 504 1 + = f 504 + 2
= 32 2 + = 288
( ) ( ) ( )
log 10092 9f 2019 = f 2 1009 1 + = f 1009 + 2
= 288 2 + = 800
Agora vamos calcular f f 2019 ( ( ) ) = f 800 . ( )
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( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f 800 = f 400 = f 200 = f 100 = f 50 = f 25
( ) ( ) ( )
log 122( )
3f 25 = f 2 12 1 + = f 12 + 2
= f 12 + 2 = + = 2 8 10 ( ) ( ) ( )
f 12 = f 6 = f 3 = 2
Portanto, f f 2019 ( ( ) ) = f 800 ( ) = 10.
3) Dadas as funções definidas nos reais : ( )
xf
1x = e , f
2( ) x = sen x, f
3( ) x = cos x, f
4( ) x = sen 2x e f
5( ) x = e
−x. Mostre que existe uma única solução a ,
1a ,
2a ,
3a ,
4a ,
5tal que
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
a f x + a f x + a f x + a f x + a f x seja a função constante nula, onde
1 2 3 4 5
a , a , a , a , a .
RESOLUÇÃO: demonstração
Seja F x ( ) = a
1e
x+ a sen x
2+ a cos x
3+ a sen 2x
4+ a
5 e
−xe sabendo que F x ( ) = 0,
x, então temos:
( )
1 3 5F 0 = a + a + a = 0
( )
1 3 5F = a e
− a + a e
−= 0 ( )
1 2 3 5 2F 2 = a e
+ a + a e
− = 0
Esse é um sistema homogêneo e o determinante da sua matriz incompleta é
( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1
e 1 e 1 e e e e 1 0
e 1 e
− − −
−
− = − − − +
Note que o determinante acima é o determinante de uma matriz de Vandermonde.
O determinante da matriz incompleta é não nulo, então o sistema é possível e determinado.
Mas, como o sistema é homogêneo, então a única solução é a solução trivial, o que implica
1 3 5
a = a = a = 0.
Assim, teremos de F x ( ) = a sen x a sen 2x,
2+
4e podemos fazer
2 4 2
F a sen a sen a 0
2 2
= + = =
4 4
F a sen a 0
4 2
= = =
Logo, a única solução é a
1= a
2= a
3= a
4= a
5= 0.
4) Seja Z um número complexo tal que 2Z
Z i possui argumento igual a 3 4
e
( )
log
32Z 2Z 1 + + = 2. Determine o número complexo Z.
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RESOLUÇÃO: Z = − 2 2 ( 2 1 i. + )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ) ( )
arg 2Z arg Z arg Z arg i arg Z arg Z 2 arg Z
2 2
Z i
= − − = − − − = −
Como o argumento de 2Z Z i é 3
4 ,
então
( ) 3 ( ) 5
2 arg Z 2k , k arg Z k , k Z.
2 4 8
− = + = +
( ) ( )
2( ) ( )
log
32Z 2Z 1 + + = 2 2 Z + Z + = 1 3 + = Z Z 4 2 Re Z = 4 Re Z = 2 Assim, Z pode ser escrito na forma Z = + 2 bi, onde b .
Como ( ) 5
arg Z k ,
8
= + com k , e Re Z ( ) = 2, então ( ) 13
arg Z ,
8
= o que implica
( )
b 13 3 3
tg tg b 2 tg 2 2 1
2 8 8 8
= = − = − = − +
3 2 1 cos 1
3 4 2 2 2 2 2 2 2
tg 2 1
8 1 cos 3 4 1 2 2 2 2 2 2 2
− −
−
= = = + + = + = +
− +
+ + −
Portanto, Z = − 2 2 ( 2 1 i. + )
5) Mostre que os números 16, 24 e 81 podem pertencer a uma PG e obtenha a quantidade de termos dessa PG, sabendo que seus elementos são números naturais.
RESOLUÇÃO: 5
Seja uma PG de razão q
*+, cujos elementos são números naturais, e tal que a
m= 16, a
n= 24 e a
p= 81.
Note que para que a PG tenha apenas elementos naturais, a razão deve ser um racional positivo.
n m n m
n m
a 24 3
q q
a 16 2
− −
= = =
*
3
q q n m 1
+
2
= − =
p n 3
p p n
n
a 81 3 27 3
q p n 3
a 24 2 8 2
−
−
= = = = − =
Como n − m = 1, então a
m= 16 e a
n= 24 são termos consecutivos da PG. Vamos construir os 3 termos seguintes até a
p= 81.
n 1
a 24 3 36
+
= = 2
n 2
a 36 3 54
+
= = 2
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m n 3
a a 54 3 81
+
2
= = =
Note que a
m 181 3 243
2 2
+
= = e a
m 116 32 .
3 3
2
−
= =
Portanto, a PG é 16, 24, 36, 54, 81, que possui 5 termos.
6) Seja o polinômio q x ( ) = x
4− 8x
3+ 6x
2+ 40x + 25 k + que possui valor mínimo igual a − 64, onde k é uma constante real. Determine as raízes de q x . ( )
RESOLUÇÃO: 1, 3 e 2 17.
( ) ( )
2 2( )
2( )
2 2( ) ( ) ( )
2( ) q x = x + − 4x + − 5 + 2 x − 4x + − − 2 5 4x + 2 x − + 5 k
( ) (
2)
2q x x 4x 5 k
= − − +
O valor mínimo de q x ( ) ocorre quando x
2− 4x 5 − = 0, ou seja, para x = − 1 ou x = 5.
Assim, temos: q ( ) − = = − 1 k 64 = − k 64.
A expressão de q x ( ) será
( ) (
2)
2(
2)
2 2(
2)(
2)
q x = x − 4x 5 − − 64 = x − 4x 5 − − 8 = x − 4x + 3 x − 4x 13 − Portanto, suas raízes são dadas por
x
2− 4x 3 + = = 0 x 1 x = 3
2
4 2 17
x 4x 13 0 x 2 17
2
− − = = =
Logo, as raízes de q x ( ) são 1, 3 e 2 17.
7) Determine todas as soluções da equação
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4sen 7x cos 2x + 2sen 9x + 8sen x + 5cos 2x + 2sen 5x = 4 no intervalo 3 , 2 .
2
RESOLUÇÃO: S = 7 4 , 67 42 , 71 42 , 79 42 , 83 42
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4sen 7x cos 2x + 2sen 9x + 8sen x + 5cos 2x + 2sen 5x = 4
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) )
2 2 2
4sen 7x cos 2x 2 2sen 7x cos 2x 8sen x 5 1 2sen x 4
+ + + − =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4sen 7x cos 2x 4sen 7x cos 2x 5 2sen x 4
+ + − =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4sen 7x cos 2x 4sen 7x cos 2x 1 2sen x 0
+ + − =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4sen
27x cos 2x 4sen 7x cos 2x cos 2x 0
+ + =
( ) (
2( ) ( ) )
cos 2x 4sen 7x 4sen 7x 1 0
+ + =
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( ) ( ( ) )
2cos 2x 2sen 7x 1 0
+ =
( ) ( ) 1
cos 2x 0 sen 7x
= = − 2
( ) k
cos 2x 0 2x k , k x , k
2 4 2
= = + = +
( ) 1 3 3 2k
sen 7x 7x 2k , k x , k
2 2 3 14 21 7
= − = + = +
Como x 3 , 2 , 2
então
k 7
x , k k 3 x
4 2 4
= + = =
( )
3 2k
x 9 2 12k , k
14 21 7 42
= + = +
67 71
k 5 x x
42 42
= = =
79 83
k 6 x x
42 42
= = =
7 67 71 79 83
S , , , ,
4 42 42 42 42
=
8) A reta r é normal à cônica C, de equação 9x
2− 4y
2= 36, no ponto A 3, 3 5 2
= e intercepta o eixo das abscissas no ponto B. Sabendo que F é o foco da cônica C mais próximo do ponto A, determine a área do triângulo ABF.
RESOLUÇÃO: ( 39 4 13 3 5 )
16
−
A equação reduzida da hipérbole C, de centro na origem, é
2 2
2 2
2 2
x y
9x 4y 36 1,
2 3
− = − = então o semieixo real é a = 2 e o semieixo imaginário é b = 3. A semidistância focal é c = a
2+ b
2= 4 9 + = 13.
Assim, os focos são F' ( − 13, 0 ) e F ( 13, 0 . )
Vamos determinar o coeficiente angular da reta tangente à hipérbole no ponto A 3, 3 5 ,
2
=
derivando a equação de C implicitamente.
18x 8y y ' 0 y ' 9x
− = = 4y No ponto A 3, 3 5 ,
2
=
9 3 9
y ' .
3 5 2 5 4 2
= =
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O coeficiente angular da reta r normal à C em A é m
r1 2 5 .
9 9
2 5
= − = −
Assim, a equação de r é dada por y 3 5
2 5 2 5 13 5
2 y x .
x 3 9 9 6
− = − = − +
−
O ponto B de interseção de r com o eixo x tem abscissa igual a
2 5 13 5 39
x 0 x .
9 6 4
− + = =
Logo, as coordenadas de B são B 39 , 0 . 4
Os vértices do triângulo ABF são A 3, 3 5 , 2
=
B 39 , 0 4
e F ( 13, 0 , então sua área )
é
B F A( )
ABF
39 3 5
x x y 4 13 2 39 4 13 3 5
S .
2 2 16
−
− −
= = =
9) Uma corda CD corta o diâmetro AB de um círculo de raio R no ponto E. Sabendo que o ângulo ABC ˆ = 30 e que EC = R 2, calcule a medida do segmento ED.
RESOLUÇÃO:
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo OCE da figura, temos:
( R 2 )
2R
2OE
22 R OE cos120 2R
2R
2OE
22 R OE 1 2
= + − = + − −
( )
2 2
R 5 1
OE R OE R 0 OE
2
+ − = = −
( ) ( )
R 5 1 R 5 1
AE AO OE R
2 2
− +
= + = + =
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( ) ( )
R 5 1 R 3 5
EB OB OE R
2 2
− −
= − = − =
Aplicando a potência do ponto E, temos:
( ) ( ) ( )
R 5 1 R 3 5 R 5 1
CE ED AE EB R 2 ED ED
2 2 2 2
+ − −
= = =
( )
R 10 2
ED 4
= −
10) Um cubo com diagonal principal AG é interceptado pelo plano , perpendicular à AG, formando uma seção hexagonal regular. Calcule, em função da aresta a do cubo:
a) o apótema dessa seção hexagonal;
b) o raio da esfera que é tangente a essa seção e às faces do cubo que contém o vértice A.
RESOLUÇÃO: a) a 6 ;
4 b) a 3 ( 3 )
4
−
a) Considere o polígono IJKLMN, cujos vértices são pontos médios das arestas do cubo, conforme a figura.
Seja a a aresta do cubo, então, pelo teorema de Pitágoras, temos: AI GI a 5 ,
= = 2 AJ GJ a 5 ,
= = 2 a 5
AK GK ,
= = 2 a 5
AL GL ,
= = 2 a 5
AM GM
= = 2 e
AN GN a 5 .
= = 2
Como os seis pontos I, J, K, L, M e N são equidistantes de A e G, então eles pertencem ao plano mediador do segmento AG. Isso implica que IJKLMN é um hexágono plano e perpendicular à AG. Além disso, cada lado do hexágono é base média de um triângulo cuja base é uma diagonal de face do cubo, o que implica que todos os lados do hexágono são iguais a a 2 .
2 Veja, por exemplo, que o lado JI é base média do triângulo BDC.
Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira
Assim, a seção hexagonal regular perpendicular à diagonal principal AG do cubo é o hexágono IJKLMN de lado a 2
2 e de apótema a 2 3 a 6 . 2 2 = 4
Note ainda que essa seção é única, pois qualquer outra seção perpendicular à AG seria paralela a IJKLMN. Assim, deslocando JK para a direita paralelamente, obtemos um lado maior, entretanto o deslocamento correspondente em MN resulta em um lado menor, ou seja, a seção hexagonal deixa de ser regular.
b) O centro O’ da esfera deve ser equidistante dos planos ABCD, ABFE e ADHE, então O’ está na interseção dos três planos bissetores ABGH (bissetor de ABCD e ABFE), ACGE (bissetor de ABFE e ADHE) e ADGE (bissetor de ABCD e ADHE). Note que os três planos contêm a reta AG, que, portanto, será a interseção dos três planos. Assim, o centro O’ da esfera está sobre a diagonal AG.
Poderíamos chegar à mesma conclusão observando que, como a esfera tangencia a seção IJKLMN, então o centro da esfera deve estar sobre uma reta perpendicular a esse plano e, pela simetria da figura, ele deve estar sobre a diagonal AG.
A distância O'O deve ser igual à distância de O’ aos planos ABCD, ABFE e ADHE.
Seja Q o ponto médio de AC, a figura a seguir mostra a seção da esfera pelo plano ACGE.
Note que devemos ter OO ' = OR, onde R é o ponto em que a esfera tangencia o plano ABCD e que está sobre AQ. Assim, o ponto O’, centro da esfera, estará na interseção de AO com a parábola de foco em O e diretriz sobre AQ.
Para calcularmos o raio r da esfera, vamos usar a semelhança dos triângulos ARO’ e AQO.
Observemos que OQ a ,
= 2 AG a 3
AO = 2 = 2 e O'O = O'R = r.
Assim, temos:
Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira
