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Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

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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:

(2)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

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 n2

f 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 : ( )

x

f

1

x = 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 ,

1

a ,

2

a ,

3

a ,

4

a ,

5

tal 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

3

2Z 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.

(3)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

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.

(4)

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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)

(5)

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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

(6)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

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.

(7)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

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 n2

f 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 0

f 3 = f 2 1 1  + = f 1 + 2

= + 1 2 = 2

( ) ( ) ( )

log 22 1

f 5 = f 2 2 1  + = f 2 + 2

= + 1 2 = 3

( ) ( ) ( )

log 32 1

f 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 2

f 15 = f 2 7 1  + = f 7 + 2

= + 4 2 = 8

( ) ( ) ( )

log 152 3

f 31 = f 2 15 1  + = f 15 + 2

= + 8 2 = 16

( ) ( ) ( )

log 312 4

f 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 8

f 1009 = f 2 504 1  + = f 504 + 2

= 32 2 + = 288

( ) ( ) ( )

log 10092 9

f 2019 = f 2 1009 1  + = f 1009 + 2

= 288 2 + = 800

Agora vamos calcular f f 2019 ( ( ) ) = f 800 . ( )

(8)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f 800 = f 400 = f 200 = f 100 = f 50 = f 25

( ) ( ) ( )

log 122

( )

3

f 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 : ( )

x

f

1

x = 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 ,

1

a ,

2

a ,

3

a ,

4

a ,

5

tal 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

1

e

x

+ a sen x

2

+ a cos x

3

+ a sen 2x

4

+ a

5

e

x

e sabendo que F x ( ) = 0,

 x, então temos:

( )

1 3 5

F 0 = a + a + a = 0

( )

1 3 5

F  =  a e

− a + a  e

−

= 0 ( )

1 2 3 5 2

F 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

+

4

e 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

3

2Z 2Z 1 + + = 2. Determine o número complexo Z.

(9)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

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

3

2Z 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

(10)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

m n 3

a a 54 3 81

+

2

= =  =

Note que a

m 1

81 3 243

2 2

+

=  =  e a

m 1

16 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

)

2

q 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

2

7x cos 2x 4sen 7x cos 2x cos 2x 0

  +  + =

( ) (

2

( ) ( ) )

cos 2x 4sen 7x 4sen 7x 1 0

  + + =

(11)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

( ) ( ( ) )

2

cos 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

=  =

(12)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

O coeficiente angular da reta r normal à C em A é m

r

1 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 )

2

R

2

OE

2

2 R OE cos120 2R

2

R

2

OE

2

2 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

− +

= + = + =

(13)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

( ) ( )

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.

(14)

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:

(15)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

a 3 r

O ' R AO ' r 2 2r a 3 2r 2 3r a 3 2r

OQ AO a a 3 a a 3

2 2

− −

=  =  =  = −

( )

( a 3 ) 3 1 a 3 ( 3 )

2 3 1 r a 3 r

3 1 4 2 3 1

− −

 + =  =  =

+ −

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