10º Ano– Modulo Inicial Ficha nº1 - Resolução
A formiga e a gota de mel
Na borda da tampa de um bidão de mel, representado na figura,
está uma gota de mel (G). A formiga (F), muito zelosa em alimentar o
seu formigueiro, quer alcancá-la pelo caminho mais curto. Qual é esse
caminho?
Resolução:
1. Compreender o problema
Comecemos por ler e compreender o problema, fazendo a nós próprios
perguntas que nos ajudem a explicar e a orientar o nosso entendimento e
pensamento:
Quais são os lados?
O bidão de forma cilíndrica tem 1 m de diâmetro e, de altura, 1,5 m.
Mais algum?
A formiga está a 50 cm do chão, na geratriz diametralmente oposta à da
gota de mel.
O que se pretende? Qual é a incógnita?
O caminho mais curto entre F e G.
Está entendido o problema?
2. Estabelecer um plano
Imaginemo-nos bem metidos na situação e pensemos num plano de ataque
ao problema.
Que estratégia usar?
Que alternativas de caminho nos parecem plausíveis?
Seguir em linha recta, para não haver desvios?
Caminho mais curto? Talvez, de F, fitar o objectivo (G) e ir a direito sem
desvios.
Comecemos pelo mais fácil.
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10º Ano– Modulo Inicial Ficha nº1 - Resolução
Ajuda fazer um desenho?
A formiga andaria 1 m na geratriz e mais outro metro no diâmetro; ao
todo, andaria 2 m.
Cumprimos todas as condições do problema?
Sabemos qual é e quanto mede, mas não sabemos se é o mais curto!
Vejamos outra alternativa.
“Vê-se”, imaginando um cilindro, que caminhar para G sobre o cilindro é
descrever uma curva, mas é difícil desenhá-la.
O que é que torna isso difícil?
A superfície ser curva, ou melhor, não ser plana.
Pois, se fosse...
Não podemos transformar o nosso problema noutro mais simples com
essa mesma ideia?
3. Executar o plano
Sim! Se planificarmos o cilindro.
Façamos outra figura. Para isso, pensemos nas dimensões do rectângulo:
uma é a altura do cilindro, ou seja, 1,5 m, e a outra é o perímetro da
circunferência da base. Fazendo o cálculo, temos:
P = 2 × π × 0,5 = π (em m)
Então, AG mede 0,5π , em metros.
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10º Ano– Modulo Inicial Ficha nº1 - Resolução
Agora aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo [AFG ] , vem
2
2
FG = 12 + (0,5π ) e, logo, FG = 1 + 0,25π 2
Para podermos responder à pergunta que foi colocada, basta
recorrermos à calculadora para obtermos a informação de que 1, 9 é um
valor aproximado, por excesso ( com uma casa decimal ou ás décimas) do
valor de FG . ( FG = 1 + 0,25π 2 = 1,862095889... )
O comprimento do caminho [FG ]é, portanto, menor que 2 m e é esse
que a formiga deve seguir.
4. Analisar a resolução.
E que fazer para voltarmos ao
nosso problema?
Se agora ”enrolarmos de novo”, a
hipotenusa da planificação
transforma-se na curva procurada, ou
seja, o caminho a percorrer pela
formiga, sobre a parede do bidão.
A solução encontrada é, de facto,
correcta.
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10º Ano– Modulo Inicial Ficha nº1 - Resolução
A razão entre os lados de um triângulo
O triângulo da figura é equilátero e tem os lados divididos
em três partes iguais.
Qual é a razão entre os lados dos dois triângulos
equiláteros da figura?
Resolução:
1. Compreender o problema
Nesta fase devemos ter uma ideia clara sobre o que nos é dado e o que
nos é proposto fazer:
• Os dois triângulos são semelhantes (são ambos equiláteros).
• Então a razão das áreas dos triângulos é igual ao quadrado da
razão de semelhança.
Queremos saber a razão de semelhança (razão entre os lados).
2. Estabelecer um plano
I Uma estratégia pode ser:
•
Dividir o triângulo maior em nove
triângulos equiláteros iguais e ver
quantos desses triângulos “cabem” no
triângulo [ABC ] ...
II Outra estratégia pode ser:
Atribuir ao lado do triângulo maior
o valor 3.
• Utilizar o Teorema de Pitágoras e
determinar a medida de AC
(Mostrar primeiro que CAˆ K = 90º )
•
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10º Ano– Modulo Inicial Ficha nº1 - Resolução
3. Executar o plano
I
Tomemos como unidade a área do triângulo elementar (∆[AOF ]) .
O triângulo [ABC ] pode decompor-se nos três triângulos [AOB] , [BOC ] e
[COA] que são geometricamente iguais.
Cada um destes triângulos tem metade da área de dois
triângulos elementares, ou seja, tem uma unidade de área.
• A área do ∆[ABC ] é assim de 3 unidades.
9
• Então a razão das áreas é = 3 .
3
• Como 3 = s 2 (quadrado da razão de semelhança), temos S = 3 .
Logo a razão dos lados dos triângulos é 3 (entre o maior e o menor).
•
II
Consideremos FC a unidade de comprimento.
CAˆ K = CAˆ F + FAˆ K = 30º +60º = 90º CAˆ F = 30º (metade do ângulo interno do
triângulo equilátero)
∆[CAF ] é rectângulo em A.
2
2
Então: KC = AK + AC
2
2
2
2 2 = 12 + AC ⇔ AC = 3 ⇔ AC = 3 ⇔ l = 3
Tem-se assim:
L
3 3 3
=
=
= 3,
l
3
3
Nota:
em que L Lado do triângulo maior e l lado do triângulo menor
A transformação que se fez chama-se racionalização do denominador de uma fracção. Faz-se da
seguinte forma:
3
3
=
3× 3
=
3× 3
3 3
= 3 . Iremos ver isto com mais pormenor a seguir.
3
4. Analisar a resolução.
A estratégia I é mais simples, desde que se saiba que a razão das
áreas é o quadrado da razão de semelhança.
3
A estratégia II pode levantar a dificuldade do quociente
.
3
Revendo o processo utilizado podemos pensar que afinal seria mais
rápido recorrer à trigonometria.
Uma vez provado que o ∆[CAF ] é rectângulo em A (Justificado em
II), temos tgkˆ =
AC
AK
, ou seja, tg 60º =
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AC
, pelo que AC = 3
1
10º Ano– Modulo Inicial Ficha nº1 - Resolução
O Tronco de madeira
Um tronco de madeira de forma cilíndrica com 1,2 m de raio vai ser transportado
num vagão com 3m de largura.
Qual o raio das esferas que se devem utilizar para “travar” o tronco?
Resolução:
Vamos aplicar o Teorema de Pitágoras ao triângulo sugerido na figura.
Se o raio das esferas for r os catetos do triângulo medem 1,2-r e 1,5-r; a
hipotenusa mede 1,2+r.
(1,2 − r )2 + (1,5 − r )2 = (1,2 + r )2 ⇔
⇔ 1,44 − 2,4r + r 2 + 2,25 − 3r + r 2 = 1,44 + 2,4r + r 2 ⇔
⇔ r 2 − 7,8r + 2,25 = 0
aplicando a formula resolvente,
⇔ r = 0,3 ∨ r = 7,5
Tendo em atenção o enunciado do problema, a solução é r=0,3, ou
seja, o raio das esferas que travam o tronco é 30 cm
Temos aqui a resolução directa do último exercício. Tenta dividi-la
nas 4 etapas(Compreender o problema, Estabelecer um plano, Executar o
plano e Analisar a resolução) utilizadas nos exercícios anteriores.
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