UNIVERSIDADE DE LISBOA
I
Faculdade de Ciências
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
10o ANO
GEOMETRIA
Resolução dos Exercícios
Armando Machado
2001
REANIMAT
Projecto Gulbenkian de Reanimação Científica da Matemática no Ensino Secundário
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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.
b) Se a expreriência resultar pode ser que a mesa seja plana, mas também pode acontecer que
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%
#
diagonais espaciais.
–1–
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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.
b) Sejam < uma recta e E um ponto que não está sobre a recta <. Sejam F e G dois pontos
distintos sobre a recta <. Como < é a única recta que passa pelos pontos F e G e E não esta nesta
recta, os três pontos E, F e G não são colineares e assim existe um único plano ! que passa pelos
três pontos. Esse plano ! vai conter a recta < por conter os seus pontos distintos F e G e é o único
plano que contém a recta < e o ponto E, uma vez que um tal plano teria que conter os pontos F e G .
c) Sejam < e <w duas rectas distintas, passando ambas pelo ponto E. Consideremos um ponto
F de < e um ponto F w de <w , ambos distintos de E. Uma vez que por dois pontos distintos passa uma
única recta, os três ponto E, F e F w não são colineares. Existe assim um único plano ! que passa
pelos pontos E, F e F w e esse plano é então também o único plano que contém as duas rectas < e <w .
5) Se houvesse dois pontos distintos comuns à recta e ao plano, a recta estava contida no plano.
–2–
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
6) Se as rectas < e <w são estritamente paralelas então, por definição, elas são complanares, isto é,
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 T da recta <w que não
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 e EI são duas rectas distintas a passar pelo ponto E e nenhuma delas tem ponto
comuns, por exemplo com a recta J K.
–3–
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Exercícios opcionais
8) a) Se estivéssemos na situação especial em que <w e <ww coincidissem, essa recta comum estava
contida ao mesmo tempo nos dois planos ! e !w pelo que não era mais que a recta < intersecção
desses planos. Nesta situação especial a recta < é portanto paralela a <w e a <ww por coinciir com
ambas estas rectas.
b) Uma vez que o caso especial em que <w œ <ww já foi tratado, de forma muito simples, na
alínea a), basta examinarmos agora o caso em que as rectas <w e <ww são estritamente paralelas.
Limitamo-nos a provar que as rectas < e <w são paralelas, uma vez os papéis de <w e <ww são análogos
e, portanto, a demonstração que fizermos para <w adapta-se muito simplesmente para <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 <w e <ww .
O plano ! contém a recta <ww e o ponto F (uma vez que F está em <w ).
O plano !ww contém a recta <ww e o ponto F (uma vez que F está em <, que é a intersecção de !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 !ww têm que coincidir.
Como a recta <w está simultaneamente nos planos ! e !w e os planos ! e !ww coincidem, podemos
dizer que a recta <w está simultaneamente em !ww e em !w , ou seja, <w é precisamente a intersecção
dos planos concorrentes !w e !ww , isto é <w œ <.
Chegámos assim ao absurdo procurado, uma vez que estávamos a supor que < e <w não eram
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, <w e <ww são paralelas, podemos concluir que < e <ww são paralelas.
Se <w œ <ww , como, por hipótese, < e <w são paralelas, podemos concluir que < e <ww são paralelas.
Se < œ <ww , em particular < e <ww são paralelas.
–4–
Acabamos assim de verificar que a conclusão a que queremos chegar vale nos casos em que pelo
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 <, <w e <ww são todas distintas. Notamos para já que as rectas < e <ww não podem ter nenhum
ponto comum, uma vez que, se isso acontecesse, por esse ponto estavam a passar duas rectas
distintas paralelas à recta <w . Para mostrar que < e <ww são paralelas falta portanto apenas verificar que
estas rectas são complanares.
c) Como sugerido, escolhemos um ponto E sobre a recta < e chamamos !w ao plano que passa
por <w e por E e !ww ao plano que passa por <ww e por E.
Como as rectas < e <w são complanares e !w é o único plano que passa por E e por <w , deduzimos
que o plano que contém < e <w é precisamente !w , em particular a recta < está no plano !w .
Se os planos !w e !ww forem concorrentes, a propriedade P6 garante que a intersecção desses
planos, que é uma recta passando por E, é paralela a <w e a <ww ; como só pode existir uma paralela a
<w passando por E, essa intersecção tem que ser a recta <, em particular a recta < é paralela à recta
<ww , como queríamos.
d) Se os planos !w / !ww , considerados em c), não forem concorrentes, têm que coincidir, uma vez
que têm E como ponto comum. Mas então a recta <, que já concluímos estar no plano !w , vai estar
no plano !ww , tal como a recta <ww . Quer isso dizer que < e <ww são complanares e, como já referimos,
isso é suficiente para garantir que elas são paralelas.
–5–
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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.
b) É verdade! Para justificar a veracidade da afirmação é cómodo tratar separadamente os
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 E do plano ! e chamemos " ao plano que passa pela recta < e pelo ponto
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 E em comum. Podemos assim
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 !).
c) É falso! Apesar de, como já verificámos, ela ser paralela a alguma recta do plano, ela é
também paralela a outras, a saber as rectas do plano paralelas a esrta última.
d) É falso (apesar de, à primeira vista, poder parecer verdadeiro)! O que se passa é que,
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.
e) É verdade! Suponhamos, com efeito, que a recta < é estritamente paralela ao plano ! e que
w
< é uma recta do plano ! complanar com <. As rectas < e <w são paralelas por serem complanares e
por não terem pontos comuns (um ponto comum às duas seria também um ponto comum à recta < e
ao plano !).
f) É verdade! Podemos apresentar uma justificação por redução ao absurdo. Se a afirmação
feita fosse falsa, podíamos considerar uma recta < paralela a uma recta <w do plano ! e que não fosse
paralela ao plano !. A recta <, por ser paralela ao plano !, não pode estar contida neste plano e tem
que ter um ponto comum E com ele. A recta < não pode assim coincidir com a recta <w pelo que, por
ser paralela a <w , não pode ter nenhum ponto comum com <w . Em particular o ponto E não pertence a
<w e portanto ! é o único plano que contém E e <w . Chegámos assim ao absurdo de não poder existir
nenhum plano contendo as rectas paralelas < e <w , por a recta < não estar contida no plano !.
g) É falso! Por exemplo duas rectas concorrentes dum plano ! são ambas paralelas ao plano e
não são paralelas entre si.
h) É verdade! Se a recta < é paralela ao plano !, então é paralela a alguma recta <w do plano !
e então qualquer recta paralela a < é também paralela a <w , e portanto paralela ao plano !.
i) É verdade! Se a recta < é paralela aos plano concorrentes !w e !ww , ela é paralela a alguma
recta <w do plano ! e a alguma recta <ww do plano !ww . As rectas <w e <ww são paralelas entre si e então,
como foi referido em P6, a intersecção dos planos !w e !ww é paralela a <w e a <ww , e portanto paralela a
<.
–6–
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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.
b) É verdade! Não apresentamos por agora nenhuma justificação, uma vez que na alínea
seguinte justificaremos um resultado que implca este.
c) É verdade! Suponhamos, com efeito, que < e = são duas rectas concorrentes do plano !,
ambas paralelas ao plano !w . Seja E o ponto de intersecção das rectas < e =.
Se o ponto E está no plano !w , as rectas < e =, por serem paralelas a !w e terem o ponto E em
comum com !w têm que estar contidas em !w e daqui resulta que ! œ !w (não existe mais que um
plano passando por duas rectas concorrentes), em particular ! é paralelo a !w .
Suponhamos agora que o ponto E não está no plano !w . As rectas < e = não podem estar contidas
no plano !w e portanto são estritamente paralelas a ele. Supondo, por absurdo, que os planos ! e !w
não eram paraelos, podíamos chamar > à recta intersecção destes planos, recta essa que, por estar
contida em !w , não pode ter nenhum ponto comum nem com < nem com =. Como < e = são
complanares com >, por estarem todas no plano !, segue-se que < e = são duas rectas distintas
paralelas a > e passando por E, o que é absurdo pelo postulado das paralelas. O absurdo a que
chegámos prova assim que os planos ! e !w são efectivamente paralelos.
d) É verdade! Suponhamos que a recta < é paralela ao plano ! e que o plano ! é paralelo ao
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 " .
e) É verdade! Qualquer recta do plano ! é paralela ao plano !w e portanto, pelo que referimos
na alínea precedente, também paralela ao plano !ww . Mas, como já referimos também, se todas as
rectas do plano ! são paralelas ao plano !ww , os planos ! e !ww são paralelos.
f) É falso! Por exemplo, se partirmos de dois planos concorrentes, ambos são paralelos a uma
mesma recta, a saber a intersecção dos dois planos.
g) É verdade! Os planos !w e " não podem ser paralelos porque, se isso acontecesse, o que
referimos na alínea e) implicava que os plano ! e " eram paralelos, e não concorrentes como
estamos a supor. Podemos assim concluir que os planmmos !w e " são concorrentes e chamar <w à
sua intersecção.
Se ! œ !w , então < œ <w , e portanto < e <w são paralelas.
Se ! Á !w , então ! e !w são estritamente paralelos e não podem portanto ter nenhum ponto
comum. Como as rectas < e <w estão respectivamente em ! e em !w , estas rectas não podem ter
nenhum ponto comum e, como estão ambas no plano " , podemos concluir que as rectas < e <w são
efectivamente paralelas.
–7–
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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 E. Ora, se !w e !ww fossem dois planos paralelos a ! a passar por E, eles eram
paralelos entre si e portanto, como tinham E como ponto comum, tinham que coincidir.
Vamos então construir o plano !w pelo modo indicado no enunciado e verificar que o plano assim
contruído verifica as condições pedidas. Partimos então de duas rectas concorrentes < e = sobre o
plano ! e consideramos as rectas <w e =w paralelas a < e a =, respectivamente, e que passam pelo
ponto E. As rectas <w e =w também são concorrentes, uma vez que têm o ponto E em comum e, se
coincidissem, as rectas < e = seriam paralelas a uma mesma recta, e portanto paralelas entre si. Além
disso as rectas <w e =w são paralelas ao plano ! uma vez que cada uma delas é paralela a uma recta
desse plano. Sabemos então que existe um plano !w que passa pelas rectas concorrentes <w e =w , em
particular passa por E, e esse plano é paralelo ao plano ! por ter duas rectas concorrentes paralelas
a esse plano.
–8–
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Exercício opcional
15) a) O facto de o conjunto vazio g e qualquer conjunto com um único elemento 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 e F são
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.
b) Seja T um conjunto do qual só sabemos que tem a propriedade da régua.
Se o conjunto T é vazio, então é um dos exemplos referidos. Basta assim examinar o caso em
que T não é o conjunto vazio.
Como o conjunto T não é vazio, podemos considerar um ponto E no conjunto T .
Se o conjunto T não tiver nenhum elemento além de E ele é o conjunto ÖE×, e portanto um dos
exemplos referidos. Basta então examinar em seguida o caso em que o conjunto T tem mais algum
elemento F .
Como o conjunto T tem a propriedade da régua e contém os elementos distintos E e F , ele
contém a recta EF .
Se o conjunto T não tem mais nenhum elemento além dos da recta EF , o conjunto T é uma
recta, e portanto um dos exemplos referidos. Basta então examinar em seguida o caso em que T tem
algum elemento G que não está na recta EF .
Uma vez que T contém os três pontos não colineares Eß Fß G , podemos considerar o plano !
que contém estes três pontos e vamos verificar em seguida que T tem que conter todo o plano
EFG.
Para isso, começamos por notar que, pela propriedade da régua, T contém, além da recta 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 T . Para isso, consideramos um ponto auxiliar H
na recta FG , distinto de F e de G e reparemos que a recta \H não pode ser paralela a ambas as
rectas EF e EG e portanto encontra pelo menos uma delas num ponto I . Como os pontos H e I
estão em T , a propriedade da régua garante-nos finalmente que o ponto \ , que pertence à recta
–9–
HI, está em T .
Uma vez provado que o plano EFG está contido em T , retomamos a dicotomia usual. Se o
conjunto T não contém nenhum ponto além dos do plano EFG , ele é um plano, e portanto um dos
exemplos referidos. Basta então examinar em seguida o caso em que o conjunto T tem mais algum
elemento J que não pertença ao plano EFG .
Vamos mostrar finalmente que, sob as hipóteses feitas até agora, o conjunto T tem que ser o
espaço todo.
Provemos então que qualquer ponto \ distinto de J e que não esteja no plano EFG também
está em T . Se a recta \J não for paralela ao plano EFG , a explicação é simples: Podemos
considerar o ponto K intersecção dessa recta com o plano EFG e então o ponto \ está na recta
J K, definida por dois pontos de T , e portanto pertence a T .
E se, “por azar”, a recta \J for paralela ao plano EFG ? Aí escolhemos, em vez de J , um ponto
J w da recta EJ distinto de J e de E, que é ainda um ponto de T que não pertence ao plano EFG .
A recta \J w 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 J w
o raciocínio feito atrás com J e deduzir que, ainda neste caso particular, tem-se \ − T .
– 10 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
16) a) A rotação V é a rotação de %5° no sentido directo em torno do ponto S. a translação X é
aquela que transforma o ponto E no ponto Ew . Na figura seguinte apresentamos a tracejado o passo
intermédio, nomeadamente a imagem do triângulo original pela rotação V .
b) As imagens dos pontos Eß Fß G pelo movimento V ‰ X são os pontos Eww ß F ww ß G ww na figura
seguinte, onde representámos a tracejado a construção intermédia da imagem do triângulo pelo
movimento X .
c) Repare-se que não nos é pedido para mostrar que o movimento rígido inicialmente
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 Sw em redor do qual se faz a rotação deve estar à mesma distância de E e de Ew ,
e portanto sobre a perpendicular ao meio do segmento ÒEEw Ó. Pela mesma razão o ponto Sw tem que
estar na perpendicular ao meio do segmento ÒFF w Ó. Determinando essas duas perpendiculares, o
– 11 –
ponto Sw vai ser assim a respectiva intersecção.
Poderá agora ser motivante experimentar, com papel transparente, efectuar uma rotação em torno
de Sw que transforme o primeiro triângulo no segundo.
– 12 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
17) a) Tem-se M ‰ V œ V e V ‰ M œ V . Tem-se V " ‰ V œ M e V ‰ V " œ M .
b) Dados três movimentos rígidos arbitrários, V , V w e V ww , tem-se
V ww ‰ ÐV w ‰ VÑ œ ÐV ww ‰ V w Ñ ‰ V .
Para descobrirmos porque é que isto é assim, basta repararmos que a imagem de um ponto arbitrário
E por qualquer dos dois movimentos V ww ‰ ÐV w ‰ VÑ e ÐV ww ‰ V w Ñ ‰ V 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 Ew de E pelo movimento V , considera-se em seguida a imagem Eww do
ponto Ew pelo movimento V w (que é também a imagem de E pelo movimento V w ‰ V); toma-se para
Ewww a imagem de Eww pelo movimento Vww (que é também a imagem de Ew pelo movimento Vww ‰ Vw ).
– 13 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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 E, o ponto F aparece à
direita do ponto G e que, quando se realiza um movimento rígido, esta propriedade continua a ser
verificada para os pontos correspondentes ao longo do movimento. Basta então reparar que, olhado
de Ew , o ponto F w está à esquerda do ponto G w .
b) Agora já há! Podemos começar por fazer uma rotação de ")0° em torno do eixo EF (um
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 ")!°.
c) Há só um movimento rígido do plano nestas condições. Para construir a imagem G w do
ponto G basta reparar que conhecemos quais devem ser as distâncias de G w a cada um dos pontos Ew
e F w , uma vez que estas são iguais às distâncias de G a E e a F respectivamente. Esa condição
deixa duas posições possíveis para G w , que se podem obter como intersecção de duas circunferências, mas dessas duas há uma que corresponde à situação anteriormente estudada que se
revelou impossível de obter por um movimento rígido do plano.
d) Há um único movimento rígido do espaço nessas condições.
– 14 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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.
– 15 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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.
b) Na figura 14 os lados opostos são propriamente do mesmo tipo.
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)
Figura
14
15
16
17
18
19
20
21
22
Vértices
Tipos Tipos próprios
2
2
3
3
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
3
5
2
3
Tipos
2
3
1
1
1
1
2
3
2
Lados
Tipos próprios
2
3
2
2
1
1
2
5
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 (#°.
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Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
22)
Poliedro
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
Tipos de faces
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
Tipos de arestas
2
2
1
1
1
2
1
1
1
2
– 17 –
Tipos de vértices
1
2
1
1
1
2
1
1
1
1
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
23) a) Se uma translação X não é a transformação identidade, então existe algum ponto \ tal que
X Ð\Ñ Á \.
b) Se X é uma translação e não é a transformação identidade, então podemos mesmo afirmar
que se tem X Ð\Ñ Á \ , para qualquer ponto \ . Com efeito, se, para algum \ , se tivesse
X Ð\Ñ œ \ , então a translação X teria que ser a transformação identidade, uma vez que não pode
haver mais que uma translação que transforme esse ponto \ em si mesmo.
Ä
Ä Ä
Ä
24) a) A translação EF pode também ser chamada HG , IJ ou LK .
Ä
b) É a translação KE.
Ä
Ä
c) Como EH œ FG , a translação composta vai transformar E em G . Ela é portanto a
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
translação EG . Analogamente, como EF œ HG , a translação composta de EF após EH é também
Ä
a translação EG .
– 18 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
25) a) Na figura seguinte estão os transformados por meio deÄ
?
.
Na figura seguinte estão os transformados por meio deÄ
@
.
b) Já resolvido no decurso da alínea precedente.
– 19 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
26) a)
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
b) A soma EG  GF é o vector EF . Para construir a soma EG  FG começamos por
Ä
Ä
Ä
determinar um ponto H tal que FG œ GH e então aquela soma é o vector EH.
– 20 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
27) No primeiro processo vamos procurar o vector que somado com Ä
? dá Ä
@ e, para isso,
Ä
começamos por colocar o vector ? com a mesma origem em que está colocado o vectorÄ
@.
Ä e, para isso, começamos por representar este
No segundo processo somamosÄ
@ com o vector ?
último vector com origem na extremidade do vectorÄ
@.
É claro que os dois processos têm que conduzir ao mesmo vector, embora colocado num ponto
diferente.
Ä
Ä
28) ChamemosÄ
? ao vector EEw , que também é igual a FF w . Podemos então escrever
Ä
Ä
Ä
Ä
EF w œ EEw  Ew F w œ Ä
?  Ew F w
Ä
Ä
Ä
Ä
EF w œ EF  FF w œ EF Ä
?
e portanto
Ä
Ä
Ä
?  Ew F w œ EF Ä
?.
Ä a ambos os membros da igualdade anterior e recordarmos as propriedades da
Se somarmos ?
Ä
Ä
adição de vectores, deduzimos que Ew F w œ EF , como queríamos.
– 21 –
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, F, F w e Ew . A
Ä
Ä
igualdade EEw œ FF w garante que dois lados opostos deste quadrilátero são paralelos e têm o
Ä
Ä
mesmo comprimento e a conclusão EF œ Ew F w corresponde então ao facto de os dois outros lados
serem também paralelos e com o mesmo comprimento1. Estamos assim em situação 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.
1A
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).
– 22 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
29)
Ä
Ä
a) Uma vez queÄ
?  FG œ Ä
@ , tem-se FG œ Ä
@ Ä
? , que entra no quadro da forma referida, com
+ œ " e , œ ".
Ä
Ä
Ä
b) Uma vez que Q F œ "# Ä
? , tem-se FQ œ Q F œ  "# Ä
? que entra no quadro da forma
"
referida, com + œ  # e , œ !,.
Ä
Ä
Ä
c) Tem-se Ä
@  GQ œ EQ œ " Ä
? , portanto GQ œ " Ä
? Ä
@ , que entra no quadro da forma
referida, com + œ
"
#
#
#
e , œ ".
Ä
Ä
d) Reparando que Q F œ EQ , obtemos
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Q F  Q G œ EQ  Q G œ EG œ Ä
@,
que entra no quadro da forma referida, com + œ ! e , œ ".
30)
Depois de efectuar os prolongamentos de segmentos indicados na figura anterior e de medir
alguns comprimentos pode-se concluir que se tem aproximadamente
$
"
Ä
Aœ Ä
? Ä
@,
#
#
"
"
Ä
Aw œ  Ä
? Ä
@.
#
#
– 23 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Ä
Ä
Ä
31) a) Tem-se EJ œ EF  FJ œ Ä
? Ä
A , que entra no quadro da forma referida, com + œ ",
, œ ! e - œ ".
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä Ä
b) Tem-se KE œ KG  GE œ KG  GF  FE œ A
@ Ä
? , que entra no quadro da
forma referida, com + œ ", , œ 1 e - œ ".
c) Notemos M o centro da face inferior, N o centro do cubo e O o centro da face superior.
Ä
Ä
Ä, que entra no quadro da forma referida, com + œ !, , œ ! e - œ ".
Tem-se OM œ IE œ A
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä Ä
d) Podemos escrever EN œ EM  MN . Mas EM œ " EG œ " Ð?
@ Ñ e MN œ " MO œ "Ä
A.
#
Podemos portanto escrever
Ä
"
"
"
EN œ Ä
? Ä
@  Ä
A,
#
#
#
que entra no quadro da forma referida, com + œ "# , , œ
– 24 –
"
#
e - œ "# .
#
#
#
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
32) a) Como no caso examinado no texto, chamamos ? ao comprimento de Ä
? e reparamos que
Ä
Ä
$ ?  Ð#Ñ ? 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 deÄ
?.
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
Ä
Ð+  ,ÑÄ
? œ ,Ä
? œ !  ,Ä
? œ +Ä
?  ,Ä
?.
O caso em que , œ ! é análogo.
– 25 –
Ä
33) a) No caso em queÄ
? œ ! , podemos escrever
Ä
Ä
Ð+ ‚ ,ÑÄ
? œ ! œ + ! œ +Ð,Ä
? Ñ.
No caso em que + œ !, vem
Ä
Ð+ ‚ ,ÑÄ
? œ !Ä
? œ ! œ + Ð,Ä
? Ñ.
Analogamente, no caso em que , œ !, podemos escrever
Ä
Ä
Ð+ ‚ ,ÑÄ
? œ !Ä
? œ ! œ + ! œ + Ð,Ä
? Ñ.
b) Chamemos ? ao comprimento de Ä
? . O vector ,Ä
? é um vector com a mesma direcção e
Ä
sentido que ? e com comprimento ,? e portanto o vector +Ð,Ä
? Ñ tem ainda a mesma direcção e
Ä
sentido que ? e tem comprimento +Ð,?Ñ œ Ð+,Ñ?. Mas isto quer precisamente dizer que +Ð,Ä
?Ñ é
precisamente o vector Ð+ ‚ ,ÑÄ
?.
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 Ä
? , o vector ,Ä
? tem
Ä
Ä
amesma direcção e sentido contrário ao de ? e comprimento l,l? e o vector +Ð, ? Ñ 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,Ä
? Ñ é precisamente o vector Ð+ ‚ ,ÑÄ
?.
– 26 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Exercícios opcionais
34) a) No caso em que + œ ", tem-se
Ä Ä
Ä  +@
Ä.
+Ð?
@ Ñ œÄ
? Ä
@ œ +?
.
No caso em que + œ !, tem-se
Ä Ä Ä
Ä Ä
+Ð?
@ Ñ œ ! œ !  ! œ +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
A explicação do que se passa no caso em que +  ! é análoga mas a figura passa a ser a seguinte:
– 27 –
Ä
35) a) Por exemplo, se Ä
? œ ! , podemos escrever
Ä
Ä Ä
+Ð?
@ Ñ œ +Ä
@ œ !  +Ä
@ œ +Ä
?  +Ä
@.
Ä
O caso em queÄ
@ œ ! é análogo.
b) Seguindo a sugestão e escrevendoÄ
@ œ ,Ä
? , podemos, utilizando os resultados já conhecidos e
sem precisar de figura, escrever
Ä Ä
ÄÑ œ Ð+  +,Ñ?
Ä œ +Ä
+Ð?
@ Ñ œ +Ð"Ä
?  ,Ä
? Ñ œ +ÐÐ"  ,Ñ?
?  +,Ä
? œ +Ä
?  +Ä
@.
– 28 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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 π
@ Ä
B é equivalente à igualdade Ä
?  #Ä
B œ
Ä
Ä
@ , uma vez que se pode passar da primeira para a segunda somando B a ambos os membros e se
Ä a ambos os membros. Analogamente esta
pode passar da segunda para a primeira somando B
última igualdade é equivalente à igualdade #Ä
B π
@ Ä
? , visto que se pode passar da primeira para
Ä
a segunda somendo ? a ambos os membros e se pode passar da segunda para a primeira somendo
Ä
Ä Ä
? a ambos os membros. Por fim, a igualdade #Ä
B π
@ Ä
? é equivalente a Ä
B œ "# Ð@
? Ñ, 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 Ä
B verificando a condição pedida, nomeadamente o vector
"Ä Ä
Ä
B œ Ð@
 ? Ñ,
#
e podemos agora representar graficamente a solução do problema:
b) O sistema
Ä
C Ä
D π
?
.
œ Ä
Ä
C  # D œÄ
@
é sucessivamente equivalente aos sistemas
Ä
C π
? Ä
D
,
œ Ä
Ä
C  # D œÄ
@
Ä
C π
? Ä
D
,
œ Ä Ä
Ä
?  D  # D œÄ
@
Ä
C π
? Ä
D
œ Ä Ä Ä ,
$ D œ @  ?
– 29 –
Ä
C π
? Ä
D
œ Ä "Ä Ä ,
D œ Ð?  @ Ñ
$
Ä
C œ #$ Ä
?  "$ Ä
@
 Ä
"Ä
"Ä Þ
D œ ? @
$
$
Como antes. podemos agora representar graficamente a solução:
– 30 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Ä
Ä
Ä
37) a) Repare-se que, uma vez que EEw  Ew Eww œ EEww , concluímos que
Ä
Ew Eww œ Ä
@ Ä
?.
Tem-se agora
Ä
" Ä
"
EQ w œ EEww œ Ä
@
#
#
Ä
" Ä
"
EQ ww œ EEw œ Ä
?
#
#
Ä
Ä
" Ä
"Ä Ä
"
"
EQ œ EEw  Ew Eww œ Ä
?  Ð@
 ?Ñ œ Ä
? Ä
@.
#
#
#
#
b) Tem-se
Ä
# Ä
# "
"
"
"
EF œ EQ œ Ð Ä
? Ä
@Ñ œ Ä
? Ä
@.
$
$ #
#
$
$
c) Considerando o ponto F w do segmento ÒEw Q w Ó cuja distância a Ew é igual à distância de Ew a
Q w multiplicada por #$ e o ponto F ww do segmento ÒEww Q ww Ó cuja distância a Eww é igual à distância de
Eww a Q ww multiplicada por #$ , podemos escrever
Ä
Ä
Ä
"
Ew Q w œ EQ w  EEw œ Ä
@ Ä
?
#
Ä
Ä
Ä
"
Eww Q ww œ EQ ww  EEww œ Ä
? Ä
@
#
e portanto
Ä
Ä
Ä
# Ä
# "
"
"
EF w œ EEw  Ew F w œ Ä
?  Ew Q w œ Ä
? Ð Ä
@ Ä
?Ñ œ Ä
? Ä
@
$
$ #
$
$
Ä
Ä
Ä
# Ä
# "
"
"
EF ww œ EEww  Eww F ww œ Ä
@  Eww Q ww œ Ä
@  Ð Ä
? Ä
@Ñ œ Ä
? Ä
@.
$
$ #
$
$
Ä
Ä Ä
Uma vez que os três vectores EF , EF w e EF ww coincidem, podemos concluir que os pontos F , F w e
F ww coincidem.
– 31 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
38) a)
Tem-se
Ä
S\ œ Ä
B
Ä Ä
SE œ @
Ä
Ä
Ä
SF œ SE  EF œ Ä
@ Ä
B
Ä
Ä
Ä
SG œ S\ œ B
Ä
Ä
Ä
SH œ SE œ @
Ä
Ä
SI œ SF œ Ä
B Ä
@.
b) Tem-se
Ä
Ä
Ä
"
SQ œ SE  EQ œ Ä
@  Ä
B.
#
Ä
Ä
Quanto a S] , ele tem a mesma direcção e sentido que SQ 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,
Ä
o que faz com que o comprimento do vector S] seja igual a " e lembremos que o lado do hexágono
Ä
regular inscrito é então também igual a ". Quanto ao comprimento de SQ , 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
È$
"
$
.
Ê"#  Ð Ñ# œ Ê œ
#
%
#
O quociente dos comprimentos pretendido é assim igual a
"
È$
#
œ
#
.
È$
– 32 –
Podemos então escrever
Ä
# Ä
# Ä
" Ä
Ä
C œ S] œ
SQ œ
@ 
B.
È$
È$
È$
c) Já obtivémos atrás fórmulas que apresentam estes vectores como combinações lineares de Ä
B e
Ä
@ , pelo que, para conseguirmos combinações lineares de Ä
B eÄ
C , será um bom começo tentar
escreverÄ
@ como combinação linear deÄ
B eÄ
C . Ora, partindo da fórmula já obtida
# Ä
" Ä
Ä
C œ
@ 
B,
È$
È$
obtemos sucessivamente
# Ä
" Ä Ä
@ œ
B C
È$
È$
È$ Ä
"
Ä
@ œ Ä
B
C
#
#
e agora, substituindo Ä
@ por este valor nas fórmulas obtidas na alínea a) e simplificando os
resultados, obtemos
Ä
S\ œ Ä
B
È$ Ä
Ä
"
SE œ Ä
@ œ Ä
B
C
#
#
È$ Ä
Ä
"
SF œ Ä
@ Ä
B œ Ä
B
C
#
#
Ä
Ä
SG œ B
È$ Ä
Ä
Ä œ  "Ä
SH œ @
B 
C
#
#
È$ Ä
Ä
"
SI œ Ä
B Ä
@ œ Ä
B
C.
#
#
– 33 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
39)
Uma vez que tanto E como S estão equidistantes de F e G , a recta EQ é a prependicular ao
meio do segmento ÒFGÓ, em particular o ponto Q é o ponto médio deste segmento. Uma vez que o
que se fez com o vértice E pode evidentemente ser feito com os outros vértices F e G , concluímos
que o centro S da circunferência é precisamente o baricentro do triângulo equilátero. Uma
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
Ä
Ä
Ä
FG œ EG  EF œ Ä
@ Ä
?,
Ä
" Ä
"
"
FQ œ FG œ Ä
@  Ä
?,
#
#
#
Ä
Ä
Ä
"
"
"
"
EQ œ EF  FQ œ Ä
? Ä
@  Ä
? œ Ä
? Ä
@,
#
#
#
#
Ä
# Ä
"
"
ES œ EQ œ Ä
? Ä
@.
$
$
$
– 34 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Exercício opcional
40)
Chamemos F ao baricentro do triângulo que constitui a face oposta ao vértice E, F w ao
baricentro do triângulo que constitui a face oposta ao vértice Ew e assim sucessivamente com F ww e
F www .
Seguindo uma ideia semelhante à do exercício 37, vamos chamar G ao ponto do segmento ÒEFÓ
cuja distância a E é $% do comprimento daquele segmento, vamos chamar G w ao ponto do segmento
ÒEw F w Ó cuja distância a Ew é $% do comprimento daquele segmento e assim sucessivamente com G ww e
G www , e o nosso objectivo é mostrar que os quatro pontos G , G w , G ww e G www coincidem. Uma vez que
todos os pontos estão na mesma situação, basta verificarmos que dois deles coincidem, por exemplo
G w e G ww .
Ponhamos
Ä
Ä
@ w œ EEw
Ä
Ä
@ ww œ EEww
Ä
Ä
@ www œ EEwww .
Lembrando o que foi feito na resolução do exercício 37, tem-se
Ä
" ww
EF w œ Ä
@ 
$
Ä
" w
EF ww œ Ä
@ 
$
" Äwww
@
$
" Äwww
@
$
donde
Ä
Ä
Ä
" ww " Äwww Äw
Ew F w œ EF w  EEw œ Ä
@  @ @
$
$
Ä
Ä
Ä
"
" www Äww
Eww F ww œ EF ww  EEww œ Ä
@w  Ä
@ @
$
$
portanto
– 35 –
Ä
$ Ä
" ww " Äwww $ Äw
Ew G w œ Ew F w œ Ä
@  @  @
%
%
%
%
Ä
$ Ä
" Äw " Äwww $ Äww
ww ww
ww ww
E G œ E F œ @  @  @
%
%
%
%
e portanto
Ä
Ä
Ä
" ww " Äwww " Äw
EG w œ EEw  Ew G w œ Ä
@  @  @
%
%
%
Ä ww
Äww
Ä
"
"
" ww
EG œ EE  Eww G ww œ Ä
@w  Ä
@ www  Ä
@ .
%
%
%
Ä
Ä
Concluímos assim que EG w œ EG ww , donde G w œ G ww .
– 36 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Ä
Ä
41) Uma vez que ! é a transformação identidade, E  ! é o próprio ponto E.
42) a) Tem-se
Ä
! œ !Ä
?,
Ä
? œ "Ä
?,
Ä œ Ð"ÑÄ
?
?
pelo que as coordenadas referidas são respectivamente !, " e ".
b) SendoÄ
@ œ +Ä
? eÄ
A œ ,Ä
? , tem-se
Ä
@ Ä
A œ +Ä
?  ,Ä
? œ Ð+  ,ÑÄ
?
Ä
Ä
A œ Ð,Ñ ?
-Ä
A œ -Ð,Ä
? Ñ œ Ð-,ÑÄ
?
Ä
Ä
Ä
Ä
@  A œ + ?  , ? œ Ð+  ,ÑÄ
?
pelo que as coordenadas referidas são respectivamente +  ,, ,, -, e +  , .
c) Tem-seÄ
@ œ +Ä
? e portanto, multiplicando ambos os membros por +" ,
"Ä " Ä
@ œ + ? œ "Ä
? π
?,
+
+
o que mostra que a coordenada deÄ
? relativa aÄ
@ é ".
+
Ä
43) a) Os pontos \ da semirecta referida são aqueles para os quais o vector E\ é da forma
Ä
+ EF , com + !. Uma representação vectorial do conjunto de pontos referido é assim
Ä
E  + EF ,
com + !.
Ä
Ä
b) Os pontos \ do segmento referido são aqueles para os quais o vector E\ é da forma + EF ,
com ! Ÿ + Ÿ ". Uma representação vectorial do conjunto de pontos referido é assim
Ä
E  + EF ,
com ! Ÿ + Ÿ ".
c) Os pontos \ da conjunto referido são aqueles que estão na semirecta com origem no ponto
Ä
médio do segmento ÒEFÓ e que contém o ponto E, ou seja, aqueles para os quais o vector E\ é da
Ä
forma + EF , com + Ÿ "# . Uma representação vectorial do conjunto de pontos referido é assim
Ä
E  + EF ,
com + Ÿ "# .
– 37 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
44) a) Tem-se Ä
A œ +Ä
?  ,Ä
@ eÄ
A w œ + wÄ
?  ,wÄ
@ , donde
Ä
A Ä
A w œ +Ä
?  ,Ä
@  + wÄ
?  ,wÄ
@ œ Ð+  +w ÑÄ
?  Ð,  , w ÑÄ
@
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
w
- A œ - Ð+ ?  , @ Ñ œ Ð-+Ñ ?  Ð-,Ñ @ .
b)
Ä
! È Ð!ß !Ñ,
Ä
? È Ð"ß !Ñ,
– 38 –
Ä
@ È Ð!ß "Ñ.
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Exercício opcional
45) a)
Ä
Ä
O ponto \ está na recta EF se, e só se, o vector E\ for da forma + EF œ +Ä
? com + − ‘, ou
Ä
seja, se, e só se, as suas coordenada + e , (os únicos números para os quais E\ œ +Ä
?  ,Ä
@)
verificam a condição , œ !.
Ä
Ä
b) O ponto \ está no segmento de rcta ÒEFÓ se, e só se, o vector E\ for da forma + EF œ +Ä
?
com + − Ò!ß "Ó, ou seja, se, e só se, as suas coordenada + e , (os únicos números para os quais
Ä
E\ œ +Ä
?  ,Ä
@ ) verificam as condições + − Ò!ß "Ó e , œ !.
Ä
Ä
Ä
c) Um ponto \ está na recta FG se, e só se, E\ se pode escrever na forma EF  - FG , com
Ä Ä
- − ‘, isto é, na formaÄ
?  - Ð@
? Ñ œ Ð"  -ÑÄ
?  -Ä
@ , com - − ‘.
Ä
Ä
Um ponto \ tal que o vector E\ tenha coordenadas + e , , isto é, tal que E\ œ +Ä
?  ,Ä
@ , está
na recta FG se, e só se, existe - − ‘ tal que + œ "  - e , œ - .
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 ,!
Ä
Podemos assim dizer que um ponto \ tal que o vector E\ tenha coordenadas + e , está na recta
FG se, e só se, +  , œ ".
Ä
d) Um ponto \ está no segmento de recta ÒFGÓ se, e só se, E\ se pode escrever na forma
Ä
Ä
Ä Ä
EF  - FG , com - − Ò!ß "Ó, isto é, na formaÄ
?  - Ð@
? Ñ œ Ð"  -ÑÄ
?  -Ä
@ , com - − Ò!ß "Ó.
Ä
Procedendo como na alínea precedente, concluímos que um ponto \ tal que o vector E\ tenha
Ä
coordenadas + e , , isto é, tal que E\ œ +Ä
?  ,Ä
@ , está no segmento de recta ÒFGÓ se, e só se,
+  , œ " e , − Ò!ß "Ó.
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:
Ä
Ä
Um ponto \ tal que o vector E\ tenha coordenadas + e , , isto é, tal que E\ œ +Ä
?  ,Ä
@ , está
no segmento de recta ÒFGÓ se, e só se, +  , œ ", + ! e , !.
e) Um ponto \ está no interior do triângulo ÒEFGÓ se, e só se, ele está no interior dalgum
segmento com origem em E e extremidade num ponto ] do interior do segmento ÒFGÓ, ou seja, se,
– 39 –
Ä
Ä
e só se, o vector E\ se pode escrever na forma > E] , com ] no interior do segmento ÒFGÓ e
S  >  ".
Por um raciocínio análogo ao utilizado na alínea d), os pontos ] do interior do segmento ÒFGÓ
Ä
são aqueles para os quais o vector E] tem coordenadas +w e ,w verificando as condições +w  ,w œ ",
+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
Ä
vector, E\ se podem escrever na forma + œ > +w e , œ > ,w , com !  >  ", +w  ,w œ ", +w  ! e
,w  ! e fazendo um raciocínio simples, concluímos que as coordenadas +ß , nessas condições são
precisamente as que verificam as três condições !  +  ,  ", +  ! e ,  !.
– 40 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
46) a) Tem-se, em primeiro lugar,
Ä
Ä
Ä
"
ER œ EF  FR œ Ä
@  Ä
?,
#
pelo que, uma vez que o ponto \ está no segmento de recta ÒER Ó, vai existir !  =  " tal que
Ä
Ä
=
E\ œ = ER œ =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
Ä
"
HQ œ Ä
@ Ä
?,
#
vai existir !  >  " tal que
Ä
Ä
>
H\ œ > HQ œ Ä
@  >Ä
?
#
e portanto
Ä
Ä
Ä
>
>
E\ œ EH  H\ œ Ä
? Ä
@  >Ä
? œ Ð"  >ÑÄ
? Ä
@.
#
#
Ä
Obtivémos então duas expressões para o vector E\ como combinação linear de Ä
? eÄ
@ pelo que,
uma vez que cada vector tem uma decomposição unica desse tipo, podemos concluir que os
coeficientes deÄ
? e deÄ
@ nessas decomposições têm que coincidir, ou seja que
= œ #>
œ = œ">.
#
Resolvemos este sistema, obtendo sucessivamente os sistemas equivalentes
= œ #>
œt
4 œ ">
= œ #>
œ 5t
4 œ "
– 41 –
= œ #>
œ
> œ %&
= œ #&
> œ % .
&
Ä
Substituindo, por exemplo o valor de = na primeiro expressão obtida para o vector E\ ,
concluímos assim que
Ä
"
#
E\ œ Ä
? Ä
@,
&
&
pelo que as coordenadas pedidas são
"
&
e #& .
Ä
Ä
b) Esta alínea já foi resolvida no decurso da resolução alínea a). Vimos então que E\ œ = ER ,
com = œ #& , pelo que os comprimentos referidos têm quociente igual a #& .
c) Consideremos as perpendiculares à recta EH, passando pelos pontos \ e R , respectivamente.
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 ÒEHÓ. Uma vez que a área do
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 "%  "& œ #!
.
– 42 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
47) a) Tem-se
Ä
B π
? Ä
@  #Ä
A,
Ä
Ä Ä
C œ ?
A,
donde
Ä
Ä  $Ä
B Ä
C π
? Ä
@  #Ä
A Ä
? Ä
A œ @
A
Ä
Ä
Ä
C œ ?  A
&Ä
C œ &Ä
?  &Ä
A
Ä
Ä
Ä
Ä
B  C œ ?  @  #Ä
A Ä
? Ä
A œ #Ä
? Ä
@ Ä
A,
pelo que aqueles quatro vectores são representados respectivamente pelos triplos Ð!ß "ß $Ñ,
Ð"ß !ß "Ñ, Ð&ß !ß &Ñ e Ð#ß "ß "Ñ.
b) Os vectores serão colineares se, e só se, existir um número real - tal que Ä
C œ -Ä
B . Uma vez
que -Ä
B œ -Ä
?  -Ä
@  #- Ä
A e que cada vector admite uma única representação como combinação
linear, pofrmos dizer que os vectores são colineares se, e só se, existe um número real - tal que se
tenha simultaneamente " œ - , ! œ - e " œ #- . Uma vez que não existe evidentmente um tal - ,
concluímos que os vectores não são colineares.
c) os vectores da recta vectorial que contém Ä
A são os da forma - Ä
A , com - − ‘, pelo que os
triplos que os representam são os triplos da forma Ð!ß !ß -Ñ, com - − ‘. Os vectores do plano
vectorial que contém Ä
? eÄ
@ são os que se podem escrever na forma +Ä
?  ,Ä
@ , ou seja aqueles que
são representados por triplos do tipo Ð+ß ,ß !Ñ, com +ß , − ‘.
d) Os vectores do plano vectorial que contém Ä
B eÄ
C são os que se podem escrever na forma
Ä
Ä
= B  > C , com =ß > − ‘. Uma vez que
=Ä
B  >Ä
C œ =Ä
?  =Ä
@  #= Ä
A  >Ä
?  >Ä
A œ Ð=  >ÑÄ
?  =Ä
@  Ð#=  >Ñ Ä
A,
é representado pelo triplo Ð=  >ß =ß #=  >Ñ, vemos que um vector representado por um triplo
Ð"ß "ß ?Ñ está no plano vectorial se, e só se, existirem = e > que verifiquem as igualdades
=  > œ ", = œ ", #=  > œ ?.
Ora as duas primeiras igualdades constituem um sistema de duas equações com as duas incógnitas =
e >, que tem claramente com única solução = œ " e > œ # e a terceira igualdade indica-nos o único
valor possível para terceiro elemento do triplo, nomeadamente #=  > œ %. O triplo procurado é
assim Ð"ß "Þ%Ñ.
– 43 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
48) a) Chamemos Z" ß Z# ß …ß Z' aos seis vértices do hexágono (cf. a figura a seguir).
Podemos então escrever
Ä
" Ä
"Ä Ä Ä
"
"
"
ES œ EK œ Ð?
 @  AÑ œ Ä
? Ä
@  Ä
A
#
#
#
#
#
Ä
Ä
Ä
"
EZ" œ EI  IZ" œ Ä
@ Ä
A
#
Ä
Ä
Ä
"
EZ# œ EI  IZ# œ Ä
? Ä
A
#
Ä
Ä
Ä
"
EZ$ œ EF  FZ$ œ Ä
? Ä
A
#
Ä
Ä
Ä
"
EZ% œ EF  FZ% œ Ä
? Ä
@
#
Ä
Ä
Ä
"
EZ& œ EH  HZ& œ Ä
? Ä
@
#
Ä
Ä
Ä
"
EZ' œ EH  HZ' œ Ä
@  Ä
A,
#
pelo que os triplos que correspondem as estes sete vectores são:
Ä
"
EZ" Ç Ð!ß ß "Ñ
#
Ä
"
EZ$ Ç Ð"ß !ß Ñ
#
Ä
"
EZ& Ç Ð ß "ß !Ñ
#
Ä
" " "
ES Ç Ð ß ß Ñ
# # #
– 44 –
Ä
"
EZ# Ç Ð ß !ß "Ñ
#
Ä
"
EZ% Ç Ð"ß ß !Ñ
#
Ä
"
EZ' Ç Ð!ß "ß Ñ.
#
b) Tem-se
Ä
Ä
Ä
"
"
SZ" œ EZ"  ES Ç Ð ß !ß Ñ
#
#
Ä
Ä
Ä
" "
SZ# œ EZ#  ES Ç Ð!ß  ß Ñ
# #
Ä
Ä
Ä
" "
SZ$ œ EZ$  ES Ç Ð ß  ß !Ñ
# #
Ä
Ä
Ä
"
"
SZ% œ EZ%  ES Ç Ð ß !ß  Ñ
#
#
Ä
Ä
Ä
" "
SZ& œ EZ&  ES Ç Ð!ß ß  Ñ
# #
Ä
Ä
Ä
" "
SZ' œ EZ'  ES Ç Ð ß ß !Ñ.
# #
c) Basta varificarmos que os vectores com origem em S e extremidades nos seis vértices do
hexágono estão todos num mesmo plano vectorial, por exemplo no plano vectorial que contém os
Ä
Ä
vectores não colineares SZ" e SZ# . Ora, examinando os triplos que correspondem a cada um dos
vectores, logo se conclui que
Ä
Ä
Ä
SZ$ œ SZ#  SZ"
Ä
Ä
SZ% œ SZ"
Ä
Ä
SZ& œ SZ#
Ä
Ä
Ä
Ä
SZ' œ SZ$ œ SZ"  SZ#
Ä
Ä
pelo que em cada caso temos combinações lineares de SZ" e SZ# .
– 45 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
49) Chamemos Z" ß Z# ß …ß Z' aos vértices das faces em questão (cf. a figura a seguir).
Tem-se
Ä
"
"
Z$ Z" œ Ä
A Ä
@
#
#
Ä
"
"
Z$ Z# œ Ä
A Ä
?
#
#
Ä
Ä
"
"
Z' Z% œ  Ä
A Ä
? œ Z$ Z#
#
#
Ä
Ä
" Ä "Ä
Z' Z& œ  A  @ œ Z$ Z" .
#
#
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
sabemos, garante que os dois planos são paralelos.
– 46 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Ä
50) a) Dizer que os vectores diferentes de ! , Ä
? eÄ
@ fazem um ângulo de !° é o mesmo que dizer
que existe >  ! tal queÄ
? œ >Ä
@.
Ä
b) Dizer que os vectores diferentes de ! , Ä
? eÄ
@ fazem um ângulo de ")!° é o mesmo que
dizer que existe >  ! tal queÄ
? 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 T da recta < passa uma infinidade de rectas perpendiculares a
<, uma em cada plano que passe por <.
52) Obteríamos o conjunto dos pontos de duas superfícies cónicas de vértice em T , opostas uma
à outra, prolongadas indefinidamente e com o ponto T retirado.
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 <w é paralela à recta <, então <w é também prependicular a todas as rectas do plano
! e isso quer precisamente dizer que a recta <w é também perpendicular ao plano !.
b) Se o plano !w é paralelo ao plano !, qualquer recta de !w é paralela a alguma recta do plano
!, e portanto também perpendicular à recta <; Isso quer dizer precisamente que a recta < é também
perpendicular ao plano !w .
– 47 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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 e LJ 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 E uma vez que as arestas ÒGKÓ e
ÒEIÓ do cubo são paralelas. Em particular a recta LJ é perpendicular à recta KE desse plano.
– 48 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
55) (Propriedade P 60) Podemos considerar a recta <w paralela a < e que passa pelo ponto T . A
propriedade referida em P 59 garante-nos que existe um único plano ! que passa por T e é
perpendicular a <w . Para concluir a propriedade P 60 basta agora reparar que um plano ! é
perpendicular a < se, e só se, é perpendicular a <w .
(Propriedade P 61) Suponhamos que os planos ! e !w são ambos perpendiculares à recta <.
Para mostrar que os planos ! / !w são paralelos, vamos dar uma pequena volta ao problema.
Consideramos assim um ponto E do plano !w e chamamos !ww ao plano que passa por E e é paralelo
ao plano ! (lembrar o exercício 14). Como o plano !ww é paralelo ao plano !, que é perpendicular à
recta <, o plano !ww também é perpendicular à recta <. Mas então os planos !w e !ww têm que
coincidir, uma vez que pelo ponto E não pode passar mais que um plano perpendicular à recta <.
Como já sabíamos, por construção, que !ww era paralelo ao plano !, podemos concluir que !w é
paralelo a !.
56) (Propriedade P 63) Consideremos um ponto E qualquer no plano !. Sabemos que existe
então uma única recta <w passando por E e perpendicular ao plano !. A recta < paralela a <w que
passa por T é então uma recta perpendicular ao plano ! que passa por T . Mas será a única?
Suponhamos que = era outra recta passando por T e perpendicular a !. A recta =w passando por E e
paralela a = é então perpendicular a ! e portanto tem que coincidir com a recta <w , por essa ser a
única recta perpendicular a ! a passar por E. Mas isso quer dizer que a recta <w é paralela à recta = e
isso permite-nos concluir que a recta = coincide com a recta <, por ambas serem paralelas a <w e
passarem pelo ponto T .
(Propriedade P 64) Suponhamos que < e <w são duas rectas perpendiculares a um mesmo plano
!. Para mostrarmos que < e <w têm que ser paralelas entre si, fazemos um desvio semelhante ao que
temos vindo a fazer. Consideramos então um ponto E de < e a recta = paralela a <w que passa por 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 e, uma vez que não existe mais
que uma recta nessas condições, podemos concluir que < e = têm que coincidir, e portanto que < e <w
são efectivamente paralelas.
– 49 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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, F e G é a intersecção de
dois conjuntos, o conjunto dos pontos equidistantes de E e F e o conjunto daqueles que são
equidistantes de F e G . Estes conjuntos são dois planos, o plano perpendicular à recta 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, F e G é a recta perpendicular ao plano
EFG que passa pelo circuncentro do triângulo ÒEFGÓ.
b) O conjunto dos pontos do espaço equidistantes dos quatro pontos não complanares, E, F , G e
H pode ser obtido como intersecção de dois conjuntos, o conjunto dos pontos equidistantes de E, F
e G e o conjunto dos pontos equidistantes de G e H. O primeiro desses conjuntos é, como vimos na
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 !w paralelo ao plano ! a passar pelo ponto G . O plano !w seria assim também
perpendicular à recta GH.
2) Uma recta do plano !w paralela a <, e portanto também uma recta <w do plano !w paralela a esta e
pssando pelo ponto G . A recta <w seria, como a recta <, perpendicular ao plano EFG .
A recta <w , por ser uma recta do plano !w , seria perpendicular à recta GH. Tendo em conta o que foi
referido em P 59, a recta GH, por ser perpendicular à recta <w seria uma recta do plano 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.
– 50 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
59)
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 '!°.
– 51 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o 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:
È&
"
&
EQ œ Ê"#  Ð Ñ# œ Ê œ
#
%
#
È
"
&
&
ER œ Ê"#  Ð Ñ# œ Ê œ
#
%
#
È#
"
"
#
Q R œ Ê Ð Ñ#  Ð Ñ # œ Ê œ
.
#
#
%
#
Em particular trata-se de um triângulo isósceles e podemos considerar a perpendicular ao lado
ÒQ R Ó que passa pelo respectivo ponto médio T , que sabemos passar também pelo vértice E, por
este estar equidistante de Q e R .
Sabemos que
s Ñ œ TR œ
senÐR ET
ER
È
È
È#
%
È&
#
œ
È#
#È&
s œ asinÐ # Ñ e R EQ
s œ # asinÐ # Ñ. Utilizando a calculadora científica, que
pelo que R ET
#È&
#È&
tomaremos o cuidado de colocar no “modo graus” e não no modo “radianos”, obtemos assim
s ¸ $'Þ)'*)*… ou seja, com a aproximação pedida, R EQ
s ¸ $'Þ*°.
R EQ
– 52 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
61) Em geral, quando uma rcta não é perpendicular a um plano, o ângulo que ela faz com as
diferentes rectas do plano não é sempre o mesmo. Intuitivamente parece que os ângulo possíveis de
recta com todas as rectas do plano atinge um mínimo para uma certa recta e é quando esse mínimo é
#!° que se diz que o ângulo da recta com o plano é #!°. Esse mínimo parece ser atingido numa recta
que apetece chamar de projecção da recta original sobre o plano, num sentido que convirá descobrir.
62) Se um ponto T pertence ao plano !, a projecção de T sobre o plano ! é o próprio ponto T .
63) a) A projecção de um ponto T do plano " sobre uma recta < do mesmo plano é o ponto T w
que se pode obter como interscção da recta < com a recta = do plano " perpendicular a < que passa
por T .
b) nas condições da a), consideremos a recta > que passa pela projecção T w e é perpendicular
ao plano " . Se chamarmos ! ao plano que contém as rectas concorrentes < e >, a recta = também é
perpendicular ao plano !, por ser perpendicular a duas rectas concorrentes desse plano. O ponto T w
é assim a projecção do ponto T sobre o plano !.
64) a) Se a recta < fosse perpendicular ao plano !, as projecções de todos os pontos da recta <
sobre o plano ! eram todas o mesmo ponto, a saber, a intersecção da recta < com o plano !. A
projecção da recta < sobre o plano ! não seri assim uma recta como desejaríamos.
b) Se a recta < e o plano ! se intersectam no ponto T , a projecção da recta < sobre o plano !
passa pelo projecção do ponto T sobre o plano !, que sabemos ser o próprio T .
c) Suponhamos que a recta < é paralela ao plano !. Pode acontecer que a recta < esteja contida
no plano ! e, nesse caso, a projecção da recta < sobre o plano ! é a própria recta <, em particular é
paralela a <. Resta examinar o que se passa no caso em que a recta < é estritamente paralela ao plano
!. Nesse caso lembramos o modo como a projecção <w pode ser construída: Tomamos um ponto
particular T sobre a recta <, consideramos a recta = perpendicular o plano ! a passar por T ;
chamamos " ao plano definido pelas rectas concorrentes < e = e então a projecção <w é a intersecção
dos planos ! e " Þ Mas então a recta <w é uma recta do plano ! complanar com a recta <, estritamente
paralela a este, pelo que, como sabemos, a recta <w é paralela à recta <.
– 53 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
65)
O centro S da base ÒEFGÓ é um ponto equidistante dos três pontos E, F e G . Uma vez que as
arestas do tetraedro têm todas o mesmo comprimento, o ponto H também é equidistante dos pontos
E, F e G . Mas nós sabemos que o conjunto dos pontos equidistantes dos pontos E, F e G é um
recta perpendicular ao plano EFG . Podemos assim concluir que a recta HS é perpendicular ao
plano EFG e portanto que o ponto S, intersecção desse plano com a recta HS é a projecção do
ponto H sobre o plano.
66) a) Lembremos o modo como as projecções <w e =w podem ser construídas. Escolhemos um
ponto T em < e um ponto U em =, consideramos as rectas s< e s= perpendiculares ao plano ! e que
passam pelos pontos T e U respectivamente e consideramos o plano " definido pelas rectas
concorrentes < e s< e o plano # definido pelas rectas concorrentes = e s= e então <w é a intersecção dos
planos " e ! e =w é a intersecção dos planos # e !. As rectas s< e s= são paralelas por serem ambas
perpendiculares a um mesmo plano. As rectas < e s< são ambas paralelas ao plano # por serem
paralelas às rectas = e s= respectivamente. Podemos assim concluir que o plano " é paralelo ao plano
#, por ter duas rectas concorrentes paralelas àquele plano. As rectas <w e =w são então paralelas por
serem as intersecções do plano ! com os planos paralelos " e # .
b) Seja T um ponto da recta < e consideremos a recta s< que passa por T e é perpendicular ao
plano !, recta essa que vai assim ser também perpendicular ao plano !w . Sendo " o plano definido
pelas rectas concorrentes < e s<, sabemos que as projecções da recta < sobre os planos ! e !w são as
intersecções do plano " com os planos paralelos ! e !w e são portanto rectas paralelas.
– 54 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
67) a) Um vez que a recta J F é perpendicular ao plano da face inferior do cubo, o ponto F vai
ser a projecção do ponto J sobre essa face. Uma vez que o ponto E é a projecção de si mesmo, a
projecção da recta EJ é a recta EF . O ângulo destas duas rectas, igual,. por definição, ào ângulo da
recta EJ com o plano da face inferior do cubo, vai medir assim %&°.
b) Como antes, o ponto G é a projecção do ponto K sobre o plano da face inferior do cubo, e
portanto a recta EG é a projecção da recta EK . O ângulo pedido é assim igual ao ângulo das rectas
EG e EK.
Consideremos o triângulo rectângulo ÒEGKÓ. Tomando o comprimento da aresta do cubo como
unidade de comprimento, os catetos GK e EG medem respectivamente " e È#. A tangente do
ângulo pedido é assim igual a È"# . Usando a calculadora científica podemos assim determinar o
ângulo em graus com a aproximanção pedida:
ATANÐ
"
Ñ ¸ $&Þ#'%… ¸ $&Þ$.
È#
– 55 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
68) a) Chamemos Q ao ponto médio do segmento EF e reparemos que o centro S de um
triângulo equilátero coincide com o seu baricentro e portanto vai estar no segmento ÒGQ Ó e auma
distância de G igual a #$ da distância de G a Q . Sabemos também que as rectas GQ e EF são
perpendiculares.
O segmento ÒGQ Ó é assim um cateto de um triângulo rectângulo, cuja hipotenusa mede + e o
outro cateto mede +# pelo que
È$
+
$+#
GQ œ Ê+#  Ð Ñ# œ Ê
œ
+.
#
%
#
Podemos agora determinar
GS œ
b) Tem-se
SQ œ GQ  GS œ
È$
#
È$
#
GQ œ
+.
$
$
+
È$
$
+œÐ
È$
$È$ #È$

Ñ+ œ
+.
'
'
'
c) Considerando o triângulo rectângulo ÒHSQ Ó, no qual sabemos que HQ œ GQ œ
SQ œ
È$
' ,
È$
#
+e
podemos aplicar o teorema de Pitágoras para concluir que
HS œ ËÐ
È$
#
+Ñ#  Ð
È$
$
$
#
+Ñ# œ ÊÐ  Ñ +# œ Ê ‚ +.
'
% $'
$
d) Por exemplo, a face inferior tem uma base EF œ +, com a correspondente altura
È
GQ œ #$ +, pelo que a área dessa face é
– 56 –
È$
È$
"
‚+‚
+œ
+# .
#
#
%
Uma vez que todas as quatro faces são congruentes, e portanto têm a mesma área, a área total é
%‚
È$
%
+# œ È$ +# .
e) O volume do tetraedro, como o de qualquer pirâmide, pode-se calcular multiplicando por
o produto da área da base pela altura. Obtemos assim para volume
"
$
È#
" È$ # È#
‚
+ ‚
+œ
+$ .
È$
$
%
"#
f) Uma vez que a recta GS é a projecção da recta GH sobre o plano EFG , o ângulo procurado é igual ao ângulos das rectas GS e GH. Considerando o triângulo rectângulo ÒGSHÓ, do qual
sabemos que GS œ
È$
$
+ e GH œ +, verificamos que o cosseno do ângulo em questão é igual a
È$
$
+
+
œ
È$
$
.
Utilizando a calculadora científica, podemos agora determinar o valor em graus do ângulo, com a
aproximação pedida,
ACOSÐ
È$
$
Ñ ¸ &%Þ($&'"… ¸ &%Þ($'.
– 57 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
69) a) Quando a recta for paralela ao plano.
b) Os ângulos são complementares um do outro.
c) Se o ângulo da recta < com o plano ! fosse *!°, o ângulo das rectas < e = seria !°, o que
significava que elas coincidiam. Isso não pode acontecer, uma vez que, por hipótese, a recta < não é
perpendicular ao plano !.
70) O ângulo da recta < com a sua projecção <w parece ser menor ou igual que o ângulo da recta <
con qualquer recta do plano.
– 58 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
71) a) O ângulo é *!°, uma vez que a intersecção de duas dessas faces é uma aresta e que
podemos tonar como recrtas dos planos das faces perpendiculares a essa intersecção outras duas
arestas que concorrem no mesmo vértice.
b) Como no exercício 68, chamemos Q ao ponto médio do segmento ÒEFÓ.
Uma vez que a interscção dos planos referidos é a recta EF e que as rectas HQ e GQ são
rectas desses planos perpendiculares à recta EF , o ângulo dos dois planos é o ângulo das rectas
GQ e HQ . Lembremos que o ângulo das rectas GQ e GH já foi calculado no exercício 68 e era
ACOSÐ
È$
$
Ñ ¸ &%Þ($&'"… ¸ &%Þ($'.
Reparemos que o triângulo ÒHGQ Ó é isósceles, com os lados ÒHQ Ó e ÒGQ Ó com igual
comprimento pelo que os ângulos opostos têm também a mesma medida. Podemos então garantir
que o ângulo procurado, que é o ângulo desse triângulo com vértice em Q , é o suplementar do
dobro do ângulo com vértice em G ou seja, aproximadamente,
")!  # ‚ &%Þ($' ¸ (!Þ&#).
Se quisermos ser mais precisos e ter mais confiança de que não foram introduzidos erros de
arredondamento nos cálculos intermédio, podemos utilizar estes como maior aproximação ou,
melhor ainda, efectuar o cálculo de novo na calculador e só fazer a aproximação no fim:
")!  # ‚ ACOSÐ
È$
$
Ñ ¸ (!Þ&#)((*… ¸ (!Þ&#*.
– 59 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
72) a) Tomemos o comprimento comum das arestas da pirâmide como unidade de comprimento.
Chamemos S ao centro do quadrado que constitui a base e Q ao ponto médio do lado ÒFGÓ.
A recta IS é perpendicular ao plano da base da pirâmide, uma vez que tanto I como S são
equidistantes dos pontos F, G e H.
A intersecção dos planos FGH e FGI é a recta FG e as rectas SQ e IQ são ambas
perpendiculares à recta FG , por cada um dos pontos S, I e Q ser equidistante de F e G . O
ângulo dos planos FGH e FGI é assim igual ao ângulo das rectas SQ e IQ .
O comprimento IQ já foi obtido em exercícios anteriores, mas podemos facilmente refazer as
contatas aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo rectângulo ÒIQ FÓ:
È$
"
$
IQ œ Ê"#  Ð Ñ# œ Ê œ
.
#
%
#
Uma vez que SQ œ "# , podemos utilizar o triângulo rectângulo ÒISQ Ó para garantir que o
cosseno do ângulo pedido é
"
#
È$
#
œ
"
.
È$
Utilizando a máquina de calcular obtemos o valor do ângulo em graus, com a aproximação pedida:
ACOSÐ
"
Ñ ¸ &%Þ($&'"… ¸ &%Þ($'.
È$
b) O ângulo dos planos IFG e J FG , igual ao ângulo das rectas IQ e J Q pode ser procurado
somando o ângulo de cada uma destas com a recta SQ , o que conduz a um valor aproximadamente
igual a # ‚ &%Þ($'. De facto, o cálculo assim feito não é o do ângulo das rectas referidas mas o do
– 60 –
ângulo de duas semi-rectas que as definem e só seria igual ao ângulo das recta se o resultado fosse
menor ou igual a *!deg, o que não acontece. O ângulo procurado é assim o suplementar desse valor
e, para evitar erros de arredondamento, utilizamos a máquina de calcular para refazer os cálculos
desde o início e obtemos, com a aproximação pedida,
")!  # ‚ ACOSÐ
"
Ñ ¸ (!Þ&#)((*… ¸ (!Þ&#*
È$
c) O valor do ângulo obtido em b) parece coincidir, mesmo com a aproximação obtida com mais
casas decimais, com o valor do ângulo entre duas faces do tetraedro, obtido no exercício 71.
Isso não prova, sem margens para dúvidas, que os dois ângulos são exactamente iguais mas
leva-nos a acreditar fortemente nessa possibilidade.
O experiência em que esta coincidência, pelo menos aproximada, se torna clara consiste em
assentar sobre um plano modelos de um tetraedro e de um octaedro e reparar que se consegue então
que duas faces fiquem encostadas.
– 61 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
73) Se os planos ! e " são parelelas, então a recta < perpendicular a ! a passar por T é também
perpendicular a " , e portanto coincide com a recta >. o ângulo dos dois planos, neste caso igual a !°,
coincide portanto com o ângulo das rectas coincidentes = e >, igual também a 0°.
Estudemos então o que se passa quando os planos ! e " não são paralelos e, para isso,
consideremos a recta < intersecção destes dois planos.
Por um ponto T do espaço fazemos passar duas rectas = e > respectivamente perpendiculares aos
planos ! e " . Esta rectas não podem coincidir, senão so dois planos, sendo perpendiculares a uma
mesma recta, eram paralelos entre si.
Podemos assim considerar o plano # que contém as rectas concorrentes = e >.
A recta = é perpendicular a todas as rectas do plano !, em particular é perpendicular à intersecção
< dos dois planos. A recta > é perpendicular a todas as rectas do plano " , em particular é
perpendicular à intersecção < dos dois planos. A recta <, por ser perpendicular às rectas = e >, é
perpendicular ao plano # .
Sendo =w a intersecção dos planos # e ! e >w a intersecção dos planos # e " , estas rectas são rectas
dos planos ! e " , respectivamente, perpendiculares à recta < pelo que o ângulo dos planos + e " é
igual ao ângulos das rectas =w e >w . Mas as rectas =w e >w são rectas do plano # respectivamente
perpendiculares a = e a >, pelo que o ângulo das rectas =w e >w é igual ao ângulo das rectas = e >.
– 62 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
74) a) É falso! Se considerarmos uma recta < do plano ! perpendicular à intersecção dos dois
planos, essa recta faz um ângulo de *!° com uma recta do plano " , nomeadamente a intersecção
referida.
b) É falso! A intersecção dos dois planos é um recta do plano ! que faz um ângulo de !° com
ela mesma, que é também uma recta do plano " .
c) Parece ser verdade!
d) É falso! Como na alínea b), a intersecção dos dois planos é uma recta do plano ! que faz
um ângulo de !° com o plano " .
– 63 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
75) A perspectiva da recta seria um único ponto. Na prática estamos habituados, ao examinar
objectos, a deslocar um pouco o nosso olho para evitar essa situação manos clara.
76) Quando o cubo está relativamente longe, as aresta paralelas parecem ser representadas por
segmentos de recta paralelos e com o mesmo comprimento mas arestas não paralelas são
representadas com compriemntos diferentes. Quando a distância do observador ao cubo comça a
diminuir as arestas paralelas já não parecem ficar paralelas na representação e parecem ter também
comprimentos diferentes na representação.
77) A determinação dos pontos referidos nas diferentes representações faz-se sempre do mesmo
modo, pelo que vamos resolver a questão apenas na representação correspondente a uma distância
particular.
O centro da face ÒEHILÓ está na intersecção das diagonais ÒELÓ e ÒIHÓ que são muito fáceis
de traçar na representação:
O centro do cubo está na intersecção das diagonais ÒEKÓ e ÒGIÓ pelo que analogamente
– 64 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
78) O objectivo é determinar os pontos que representam os quatro vértices do segundo cubo que
não são vértices do primeiro. Um desses vértices está na recta KL , e portanto a sua representação
está na recta definida pelos pontos que representam K e L ; mas em que ponto desse recta estará
essa representação? A resposta pode ser encontrada se repararmos que a recta que contém esse
vértice e o ponto F interscta o plano EIL no centro do quadrado ÒEHILÓ. Uma vez que já
sabemos representar esse centro, só temos que tirar partido de que a afirmação anterior garante-nos
que o vértice procurado está na recta definida pelo ponto F e pelo centro do quadrado referido.
Podemos assim obter a representação do vértice como intersecção de duas rectas. Procedendo
analogamente com os outros três vértices procurados, obtemos a solução do problema.
– 65 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
79) Falta-nos determinar a representação do vértice H. Essa posição é facilmente determinada se
conseguirmos representar as rectas que contêm as arestas ÒLHÓ e ÒEHÓ e para isso basta
lembrarmos o facto de três rectas paralelas serem representadas poir três rectas concorrentes num
mesmo ponto.
– 66 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
80) a)
b) Começo por utilizar uma ideia semelhante à da resolução do exercício 78 para determinar a
representação do ponto J w tal que J seja o ponto médio do segmento ÒJ w KÓ e a representação do
ponto J ww tal que J seja o ponto médio do segmento ÒIJ w Ó.
É agora fácil determinar os pontos médios das arestas pedidos, se repararmos que a recta LJ ww
passa pelo ponto médio do segmento ÒJ KÓ, que a recta EJ ww passa pelo ponto médio do segmento
– 67 –
ÒJ FÓ e que a recta LJ w passa pelo ponto médio do segmento ÒIJ Ó. Na figuras seguinte
representámos os pontos médios pedidos desenhando uma pequena circinferência centrada em cada
um deles.
c) Depois de apagadas as linhas auxiliares, obtém-se o seguinte resultado:
– 68 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
81) São as rectas paralelas à direcção da perspectiva, aquelas que são representadas por um único
ponto.
82) Se Q é o ponto médio do segmento ÒEFÓ, então os segmentos ÒEQ Ó e ÒQ FÓ são paralelos e
com o mesmo comprimento, pelo que as suas representações têm também o mesmo comprimento.
83) Podemos considerar que o coeficiente de escala da direcção que define a perspectiva
cavaleira é igual a !, uma vez que qualquer segmento de recta com essa direcção é transformado
num único ponto, que pode ser considerado como um segmento de recta de comprimento !.
84) Comecemos por examinar o caso em que temos dois segmentos de recta ÒEFÓ e ÒEGÓ, com
E como vértice comum, ambos paralelos ao plano da representação.
Se o ângulo das rectas EF e EG for !°, os três pontos são colineares pelo que a sua
representações Ew , F w e G w são também colineares e portanto as rectas Ew F w e Ew G w fazem um
ângulo de !°.
No caso em que o ângulo em questão não é !°, os pontos não são colineares e podemos
considerar o triângulo ÒEFGÓ contido no plano EFG , que é paralelo ao plano da representação por
ter duas rectas concorrentes paralelas a este. Sendo Ew , F w e G w as respectivas representações, o
paralelismo dos segmentos ÒEFÓ, ÒEGÓ e ÒFGÓ com o plano da representação garante que
Ew F w œ EF , Ew G w œ EG , F w G w œ FG .
Os triângulos ÒEFGÓ e ÒEw F w G w Ó têm assim os lados com os mesmo comprimentos e portanto os
ângulo opostos têm também a mesma medida, que é precisamente o que queríamos justificar.
O caso geral dum ângulo envolvendo segmentos ÒEFÓ e ÒGHÓ paraelos ao plano da
representação, mas não necessariamente com uma extremidade comum, pode reduzir-se ao anterior
Ä
substituindo o segmento ÒGHÓ por um segmento ÒEIÓ tal que GH œ
Ä
EI , o que não altera o ângulo das rectas correspondentes nem das suas representações.
Repare-se que, para simplificar, falámos apenas na conservação do ângulo de rectas envolvendo
segmentos mas que o argumento utilizado permite também justificar a conseervação do ângulo de
semirrectas envolvendo segmentos paralelos ao plano da rpresentação.
– 69 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
85) a) A vantagem está na facilidade com que se traçam segmentos de recta paralelos a alguma
das arestas do cubo. Tomemos como unidade de comprimento a da quadrícula. Os segmentos de
recta paralelos a um das arestas da face anterior são desenhados em verdadeira grandeza e portanto,
se tiverem um comprimento inteiro e uma das extremidades num dos pontos da quadrícula têm a
outra extremidade também num ponto da quadrícula. Os segmentos de recta paralelos às arestas
“que se afastam” têm o comprimento na representação igual ao comprimento original multiplicado
È
por ## e portanto, se tiverem um comprimento inteiro múltiplo de 2 e uma das extremidades num
dos pontos da quadrícula têm a outra extremidade também num ponto da quadrícula (se o seu
comprimento for +, podemos passar da origem para a extremidade andando +# horizontalmente e +#
verticalmente).
b) O problema está em que a representação de uma das quatro diagonais sobrepõe-se a um
outra
– 70 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
86) Em vez do ângulo de %&° vou utilizar um ângulo
ATANÐ#Ñ ¸ '$Þ%$&°
que corresponde a desenhar as direcções perpenduculares ao plano da representação subindo duas
quadrículas por cada quadrícula que se anda para a direita. Como coeficiente de escala para essa
direcção vou utilizar
$ È&
¸ !Þ'(",
"!
de modo que desenhando as aresta paralelas ao plano da representação com um comprimento de "!
quadículas, as arestas perpendiculares a este obtêm-se andando $ quadrículas para a direita e '
quadrículas para cima. O cubo base fica assim desenhado:
As alíneas a) e b) resolvem-se de forma análoga à que à que utilizaríamos no caso da perspectiva
autêntica. A resolução da alínea c) fica mais simples do que a que se faria no caso da perpspectiva
autêntica, na medida em que agora se pode tirar partido do facto de o ponto médio de um segmento
ser representado pelo ponto médio do segmento que o representa.
a)
– 71 –
b)
c)
– 72 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
87) Uma vez que isso não origina, neste caso, os problemas de sobreposição presentes no
exercício precedente, vou utilizar a convenção da perspectiva cavaleira correspondente a um ângulo
È
de %&° e a um coeficiente de escala de ## na direcção perpendicular ao plano da perspectiva. Como
já verificámos, isso corresponde a obter a extremidade de um segmento perpendicular ao plano da
representação, com comprimento +, partindo da sua origem e andando +# horizontalmente e depois +#
verticalmente. O hexágono, “olhado de cima” sem efeito de perspectiva, tem o seguinte aspecto:
Para depois desenhar o aspecto em perspectiva, examinemos como os diferentes vértices podem ser
sucessivamente obtidos a partir de movimentos com alguma das duas direcções perpendiculares que
sabemos representar em perspectiva. Tomemos como unidade de comprimento o lado do hexágono.
Partindo do lado inferior do hexágono, que vai ser representado em verdadeira grandeza na
perspectiva e que tem comprimento ", podemos obter o vértice seguinte andando cosÐ'!°Ñ œ "# para
a direita e senÐ'!°Ñ œ
È$
%
È$
#
para cima, o que corresponde na perspectiva a andar primeiro
È$
%
"
#
para a
direita e depois
para a direita e
para cima. Com o auxílio da calculadora para obter os
valores aproximados da perspectiva, obtemos o desenho em perspectiva dos dois primeiros lados,
que fica assim:
Para obtermos o terceiro lado procedemos analogamente a partir da extremidade do segundo e
È
È
andamos primeiro "# para a esquerda e depois %$ para a direita e %$ para cima. Para a extremidade
do quarto lado andamos simplesmente " para a esquerda a partir da extremidade do terceiro. Da
extremidade do quarto lado para a do quinto andamos em seguida
para a esquerda e
È$
%
"
#
para a esquerda e depois
È$
%
para baixo e, por fim, para desenharmos o sexto lado basta voltarmos à origem
– 73 –
do primeiro. Obtemos assim o resultado
88) Começamos por desenhar a representação em perspectiva do triângulo equilátero da base,
seguindo uma ideia semelhante à do exercício precedente. Como antes, consideramos como unidade
de comprimento o do lado do triângulo equilátero.
Em seguida reparamos que a linha auxiliar utilizada para desenhar a perspectiva da base vai ser a
perspectiva de uma das medianas do triângulo pelo que podemos determinar a perspectiva do centro
do triângulo pela condição de ficar a uma distância do vértice igual a #$ do comprimento da
mediana. Partindo do centro do triângulo podemos desenhar na vertical a altura do tetraedro, que é
representada em verdadeira grandeza e, como foi determinado na alínea c) do exercício 68, tem
È
comprimento È#$ . A partir daí, para obter a perspectiva do tetraedro, só temos que unir os pontos
obtidos, tendo o cuidado de redesenhar a tracejado a aresta invisível.
89) Seria um segmento de recta, contido na intersecção do plano da circunferência com o plano
da representação.
– 74 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
90)
Tem-se
"
E Ç Ð"ß #Ñ, F Ç Ð#ß !Ñ, G Ç Ð"ß "Ñ, H Ç Ð ß "Ñ.
#
Ä, que são ainda ortogonais, e que a
91) Basta reparar que Ä
? Ä
@ é a soma dos vectores Ä
? e @
Ä é igual à norma do vectorÄ
norma do vector @
@ .
– 75 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
92) Dizer que aqueles pontos estão numa mesma circunferência de centro em GÐ"ß #Ñ é o mesmo
que dizer que todos estão à mesma distância de G . Basta-nos então reparar que as distâncias em
questão são dadas respectivamente por
ÈÐ%  "Ñ#  Ð#  #Ñ# œ È#& œ &
ÈÐ#  "Ñ#  Ð'  #Ñ# œ È#& œ &
ÈÐ"  "Ñ#  Ð(  #Ñ# œ È#& œ &
ÈÐ&  "Ñ#  Ð&  #Ñ# œ È#& œ &
ÈÐ&  "Ñ#  Ð"  #Ñ# œ È#& œ &.
93) A distância de E a F é dada por
ÈÐ"  #Ñ#  Ð#  !Ñ# œ È"$.
Do mesmo modo, as distâncias de E a G e de F a G são dadas respectivamente por
ÈÐ"  $Ñ#  Ð#  #Ñ# œ È$#
ÈÐ#  $Ñ#  Ð!  #Ñ# œ È&.
Utilizando a calculador, obtemos assim com a aproximação pedida,
È"$  È$#  È& ¸ ""Þ%*).
– 76 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
94) Podemos escrever por exemplo
Ö#ß %× œ Ö8 ± 8 œ # ” 8 œ %×
ou
Ö#ß %× œ Ö8 ± 8 é par • 8  &}.
95) O conjunto dos números ímpares pode ser definido parametricamente por
Ö#8  "×8− .
– 77 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
96) a) Trata-se de uma recta paralela àquelas e situada entre ambas e à mesma distância das duas.
b) Sejam E, F e G os três pontos. O conjunto dos pontos que estão à mesma distância de E e
de F constituem um plano (o plano mediador do segmento ÒEFÓ). O conjunto dos pontos que estão
à mesma distância de E e de G constituem, do mesmo modo, outro plano. O conjunto pedido é
assim a intersecção destes dois planos, tratando-se portanto de uma recta.
Se quisermos ser cuidadosos, para assegurar que o facto de a intersecção dos dois planos é
efectivamente uma recta, temos que nos assegura que eles não são paralelos, mas isso resulta de que
são perpendiculares a duas rectas EF e EG que são concorrentes pelo facto de os três pontos não
serem colineares.
Também é possível dizer mais alguma coisa sobre a recta em questão. Por um lado ela passa pelo
ponto do plano EFG que está equidistante dos três pontos, isto é, pelo circuncentro do triângulo
ÒEFGÓ. Por outro lado por ela estar contida no plano mediador do segmento ÒEFÓ e no plano
medidador do segmento ÒEGÓ ela vaiser simultaneamente perpendicular às rectas EF e EG , e
portanto perpendicular ao plano EFG .
c) Se nos relembrarmos da relação entre a medida dum ângulo inscrito numa circunferência e
a medida do arco correspondente, facilmente concluímos que o lugar geometrco pedido é a união de
dois arcos de circunfrência como na figura a seguir. Na construção da figura utilizámos o facto de
entre os pontos deste lugar geométrico se contarem os vértices dos dois triângulos equiláteros que
têm o segmento ÒEFÓ como um dos lados.
– 78 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
97) a)
Ö\ÐBß CÑ ± B  $ • C  #×.
b)
Ö\ÐBß CÑ ± B Ÿ $ ” C Ÿ #×.
c)
Ö\ÐBß CÑ ± $ Ÿ B Ÿ % • % Ÿ C Ÿ #×.
d)
Ö\ÐBß CÑ ± $  B  # ” "  C  #×.
– 79 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
98) a) Se escolhermos um valor de >, por exemplo > œ !, obtemos um ponto da recta, o ponto
EÐ"ß !Ñ. Para obtermos um vector director da recta, começamos por determinar outro ponto deste,
por exemplo o ponto FÐ#ß #Ñ, correspondente ao valor de > œ ". Como vector director da recta
podemos então tomar o vector
Ä
EF œ F  E Ç Ð"ß #Ñ.
b) Além do ponto FÐ#ß #Ñ, utilizado para resolver a alínea precedente, podemos considerar os
pontos correspondentes aos valores > œ " e > œ &, por exemplo, ou seja, os pontos GÐ!ß "Ñ e
HÐ'ß "!Ñ.
c) Verificar se o ponto Ð$ß 'Ñ pertence ou não à recta < é o mesmo que verificar se existe ou
não um valor de > para o qual se tenha simultaneamente
"  > œ $, #> œ '.
Ora, existe um único valor de > para o qual se tem "  > œ $, nomeadamente > œ # (que se obtém
resolvendo aquela equação) e, para esse valor de > tem-se #> œ % Á '. Podemos assim concluir que
o ponto Ð$ß 'Ñ não pertence à recta considerada.
d) Procurar uma caracterização em compreensão da recta é procurar uma condição que nos
diga quando é que um ponto genérico \ÐBß CÑ pertende ou não à recta. Trata-se, no fundo, de fazer
com o ponto ÐBß CÑ o que se fez na alínea precedente com o ponto Ð$ß 'Ñ. Podemos assim dizer que
um ponto \ÐBß CÑ está na recta se, e só se, o único > que verifica a condição "  > œ B, isto é, o
valor de > œ B  ", verifica também a condição #> œ C . Obtemos assim a equação da recta
#ÐB  "Ñ œ C.
99) A recta em questão admite como vector director o vector
Ä
Ä
? œ EF œ F  E Ç Ð#ß #Ñ
pelo que a recta é formada pelos pontos que se podem escrever na forma
E  >Ä
? Ç Ð"  #>ß #  #>Ñ,
com > − ‘.
– 80 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
100) Uma vez que já sabemos que a equação C œ B representa uma recta, para verificarmos que
esta recta é a bissectriz dos quadrantes ímpares, basta verificarmos que ela tem pelo menos dois
pontos nessa bissectriz. Ora os pontos com coordenadas Ð!ß !Ñ e Ð"ß "Ñ estão na bissectriz dos
quadrantes ímpares e são pontos da recta com aquela equação.
Um raciocínio análogo, feito com os pontos Ð!ß !Ñ e Ð"ß "Ñ, mostra que a bissectriz dos
quadrantes pares admite a equação C œ B.
101) Sabemos que & é a ordenada do ponto de intersecção da recta com o eixo das ordenadas,
pelo que o ponto de coordenadas Ð!ß &Ñ é um ponto particular da recta. Por outro lado, uma vez que
o declive da recta é $, podemos garantir que os vectores não nulos com declive $ são vectores
directores da recta. É o que acontece, por exemplo ao vector Ð"ß $Ñ, uma vez que $
" œ ".
102) As rectas horizontais são as rectas de declive !.
103) Uma vez que a recta pedida é paralela à recta <, o seu declive é também igual a #. Ela
admite assim uma equação do tipo C œ #B  , onde , é um número real a determinar de modo que
o ponto Ð"ß #Ñ pertença à recta. Ora a condição para que o ponto Ð"ß #Ñ pertença à recta de
equação C œ #B  , é que se tenha # œ #  ,, condição que é verificada para , œ %. A equação
procurada é assim C œ #B  %.
104) Para cada > − ‘, o ponto com coordenadas B œ > e C œ 7B  , œ 7>  , está na recta
com aquela equação reduzida e é claro que qualquer ponto dessa recta pode ser obtido deste modo,
para um > − ‘ conveniente. Podemos assim caracterizar parametricamente a recta por
Ö\Ð>ß 7>  ,Ñ×>−‘ .
105) O ponto \Ð># ß #>Ñ pertence àquela recta se, e só se, se tem
#> œ #>#  %,
condição que se pode escrever de modo equivalente na forma
>#  >  # œ !.
Resolvendo esta equação do segundo grau, verificamos que os valores de > para os quais isto
acontece são
" „ È"#  % ‚ #
" „ $
œ
,
#
#
ou seja, são " e #.
– 81 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
106) a) Estamos a procurar um ponto de coordenada ÐBß CÑ que verifique simutaneamente as duas
condições C œ #B  % e C œ $B  ', por outras palavras, queremos determinar a solução do
sistema de duas equações a duas incógnitas
C œ #B  %
œ C œ $B  '.
Para isso, procedemos pelo método habitual, obtendo sucessivamente sistemas mais simples
equivalentes ao primeiro.
C œ #B  %
œ #B  % œ $B  '
C œ #B  %
œ &B œ "!
C œ #B  %
œB œ #
Cœ!
œ B œ #.
O ponto procurado é assim o ponto Ð#ß !Ñ.
b) A recta <w éconstituída pelos pontos que se podem escrtever na forma
Ä Ç Ð#  >ß "  #>Ñ,
E  >?
com > − ‘. O nosso problema corresponde assim a achar para que valores de > o ponto
Ð#  >ß "  #>Ñ pertence à recta <, ou seja, verifica a condição
"  #> œ #  >  #.
Esta condição é uma equação na incógnita > que resolvida, se constata ter como única solução > œ ".
O ponto de intersecção procurado é assim o ponto que se obtém substituindo > por " em
Ð#  >ß "  #>Ñ, pelo que se trata do ponto Ð"ß $Ñ.
c) Estamos à procura de um ponto ÐBß CÑ que se possa escrever tanto na forma
Bœ#>
œC œ $ > ,
para algum > − ‘, como na forma
Bœ">
œ C œ #  > ß
para algum > − ‘, que não tem nada que ser o mesmo que originou a primeira representação. Uma
vez que os dois valores de > não têm que ser iguais, o problema fica mais claro se mudarmos a letra
num dos casos, dizendo, por exemplo que a segunda condição é que se possa escrever
Bœ"=
œ C œ #  = ß
para algum = − ‘. Fica agora mais claro que o que temos que fazer é procurar = e > em ‘ tais que
#  > œ "  = (o valor comum é então a primeira coordenada do ponto de intersecção) e
$  > œ  #  = (o valor comum é então a segunda coordenada do ponto de intersecção). Estamos
assim reduzidos a a resolver o sistema de duas equações com duas ingógnitas = e >
– 82 –
#>œ"=
œ $  > œ #  = ,
que, pelos métodos habitua3s se verifica ser sucessivamente equivalente a
>œ="
œ $  > œ #  =
>œ="
œ $  =  " œ #  =
>œ="
œ #= œ '
>œ="
œ= œ $
>œ#
œ= œ $ .
O ponto procurado é assim o ponto de coordenadas
Bœ#>œ%
C œ $  > œ ",
ou seja, é o ponto Ð%ß "Ñ.
Repare-se que a alínea que foi mais fácil resolver foi a alínea b), a única em que não foi
necessário resolver um sistema de duas equação a duas ingógnitas, mas apenas uma equação com
uma incógnita. A conclusão é que parece ser mais simples determinar a intersecção de duas rectas
quando uma é caracterizada por uma equação e a outra é caracterizada parametricamente do que
quando ambas são caracterizadas por equações ou ambas são caracterizadas paramentricamente.
– 83 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
Ä
107) Um vector director da recta < é o vector Ä
? œ EF Ç Ð#ß %Ñ pelo que a recta pode ser
caracterizada parametricamente como o conjunto dos pontos da forma
E  >Ä
? Ç Ð"  #>ß '  %>Ñ,
com > − ‘. Por outro lado uma equação da circunferência de centro no ponto GÐ#ß "Ñ e raio & é
ÐB  #Ñ#  ÐC  "Ñ# œ #&.
Vamos então determinar os valores de > para os quais o ponto Ð"  #>ß '  %>Ñ está sobre a
circunferência, isto é, verifica
Ð"  #>  #Ñ#  Ð'  %>  "Ñ# œ #&,
equação que pode ser escrita de modo equivalente nas formas
%>#  %>  "  "'>#  &'>  %* œ #&
#!>#  '!>  #& œ !
%>#  "#>  & œ !.
Resolvendo esta equação do segundo grau, obtemos as duas soluções
>œ
"# „ È"%%  )!
"# „ )
œ
,
)
)
isto é, > œ "# e > œ &# . Substituindo estes dois valores de > nas igualdades B œ "  #> e C œ '  %>,
obtemos os dois pontos de intersecção procurados Ð#ß %Ñ e Ð'ß %Ñ.
108) A circunferência referida admite a equação
B#  C # œ %!!.
Uma recta que passe pelo ponto EÐ!ß #&Ñ e tenha declive 7 admite a equação reduzida
C œ 7B  #&.
Para determinarmos os pontos de intersecção de uma tal recta com a circunferência, temos que
determinar os valores de B e C que tornem verdadeiras as duas igualdades.
B#  C # œ %!!
œ C œ 7B  #&.
Temos assim um sistema de duas equações a duas incógnitas que é sucessivamente equivalente a
B#  Ð7B  #&Ñ# œ %!!
œ C œ 7B  #&
Ð"  7# ÑB#  &!7B  ##& œ !
Þ
œ C œ 7B  #&
Este sistema terá !, 1 ou # soluções conforme isso aconteça com a primeira equação, equação que,
de acordo com a fórmula resolvente, tem as soluções
– 84 –
&! „ È#&!! 7#  *!!Ð"  7# Ñ
.
#Ð"  7# Ñ
A equação não tem solução quando o radicando for menor que !, tem duas soluções quando o
radicando for maior que ! e tem uma única solução quando o radicando for !. O que estamos à
procura é dos valores de 7 para os quais a recta só intersecta a circunferência num ponto, ou seja,
daqueles para os quais se tem
#&!! 7#  *!!Ð"  7# Ñ œ !.
Esta condição é sucessivamente equivalente a
"'!! 7# œ *!!, 7# œ
*
$
, 7œ „ .
"'
%
Pelo que as duas rectas procuradas são as que têm equações
Cœ
$
$
B  #&, C œ  B  #&.
%
%
Há ainda um cuidado a ter: Trata-se de examinar o que acontece com a recta vertical a passar pelo
ponto EÐ!ß #&Ñ, uma vez que esta recta não admite equação reduzida. Vamos ver, no entanto que
esta recta não é uma das que só intersecta a circunferência em dois pontos, pelo que as rectas atrás
encontradas são efectivamente as únicas. Ora a recta vertical tem equação B œ ! pelo que as suas
intersecções com a circunferência são as soluções do sistema
B#  C # œ %!!
,
œB œ !
que são claramente duas, correspondentes aos pontos Ð!ß #!Ñ e Ð!ß #!Ñ.
109) a) Um ponto está no círculo referido se, e só se, a sua distância ao ponto GÐ#ß "Ñ é menor ou
igual a &. Uma caracterização em compreensão deste conjunto é assim
Ö\ÐBß CÑ ± ÈÐB  #Ñ#  ÐC  "Ñ# Ÿ &},
a qual pode ser também apresentada na forma
Ö\ÐBß CÑ ± ÐB  #Ñ#  ÐC  "Ñ# Ÿ #&×.
b) A intersecção do círculo com a recta vertical referida é formada pelos pontos \ÐBß CÑ que
verificam as condições B œ " e ÐB  #Ñ#  ÐC  "Ñ# Ÿ #&, ou seja, as condições
Ð"  #Ñ#  ÐC  "Ñ# Ÿ #&
œ B œ "
que podem ser escritas, de modo equivalente,
ÐC  "Ñ# Ÿ "'
œ B œ "
% Ÿ C  " Ÿ %
œ B œ "
$ Ÿ C Ÿ &
.
œ B œ "
O conjunto procurado é assim um segmento de recta de extremidades nos pontos Ð"ß $Ñ e
Ð"ß &Ñ, segmento cujo comprimento é ).
– 85 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
110) A fim de utilizarmos a Geometria Analítica para resolver este problema vamos tentar
simplificar o mais possível as coordenadas dos pontos envolvido e, nesse sentido, vamos tomar o
Ä
ponto E como origem e o vector EF como primeiro vector do referencial ortonormado (para isso
ser possível, tomámos a distância de E a F como unidade de comprimento.
Relativamente a este sistena de coordenadas tem-se assim E Ç Ð!ß !Ñ e F Ç Ð"ß !Ñ e o lugar
geométrico pedido vai ser constituídos pelos pontos \ÐBß CÑ tais que
ÈB#  C # œ # ÈÐB  "Ñ#  C # Þ
Uma vez que ambos os membros desta igualdade são sempre positivos ela é sucessivemente
equivalente a
B#  C # œ % ÐB#  #B  "  C # Ñ
$B#  $C #  )B  % œ !
)
%
B#  C #  B  œ !.
$
$
Para melhor identificarmos este lugar geométrico vamos tentar utilizar os termos x# e  )$ B para
fazer aparecer o quadrado duma soma. Para isso reparamos que )$ œ # ‚ %$ e continuamos a cadeia
de equivalências anterior com
– 86 –
%
%
%
%
‚ B  Ð Ñ#  C #  Ð Ñ #  œ !
$
$
$
$
% #
%
ÐB  Ñ  C # œ
$
*
% #
#
ÐB  Ñ  C # œ Ð Ñ# .
$
$
B#  # ‚
Posto nesta forma já é fácil identificar o lugar geométrico: Trata-se de uma circunferência de centro
no ponto GÐ %$ ß !Ñ e raio #$ .
É talvez mais bonito apresentar o resultado sem fazer referência ao referencial, que nos serviu
apenas de auxiliar. Podemos então dizer que o lugar geométrico referido é uma circunferância de
raio igual a #$ da distancia dos pontos E e F e cujo centro está na semirecta de origem E que
contém o ponto F a uma distância de E igual à distância de E a F multiplicada por %$ .
111) Uma vez que temos uma generalização do exercício anterior, vamos apenas indicar as
adaptações necessárias sem fazer muitos comentários. A condição que caracteriza o lugar
geométrico pode-se escrever sucessivamente de modo equivalente, lembrando que 5 Á ",
ÈB#  C # œ # ÈÐB  "Ñ#  C #
B#  C # œ 5 # ÐB#  #B  "  C # Ñ
Ð5 #  "ÑB#  Ð5 #  "ÑC #  #5 # B  5 # œ !
5#
5#
B#  C #  # #
B #
œ!
5 "
5 "
5# #
5# #
5#
ÐB  #
Ñ  C# œ Ð #
Ñ  #
5 "
5 "
5 "
%
#
5
5
5 # Ð5 #  "Ñ
ÐB  #
Ñ#  C # œ #

5 "
Ð5  "Ñ#
Ð5 #  "Ñ#
5# #
5#
.
ÐB  #
Ñ  C# œ #
5 "
Ð5  "Ñ#
Reconhecemos assim o lugar geométrico como sendo uma circunferência de centro no ponto
#
Ð 5 #5" ß !Ñ e raio 5 #5" .
No caso em que 5 œ ", a dedução anterior não é válida mas já conhecemos o lugar geométrico
em questão: Uma vez que estamos em presença do conjunto dos pontos equidistantes de E e de F ,
esse conjunto é a mediatriz do segmento de recta ÒEFÓ.
– 87 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
112) Era possível precer esse facto, visto que a equação %B  #C  & œ ! pode ser escrita na
forma equivalente
&
C œ #B  ,
#
que sabemos representar uma recta com declive # e que intersecta o eixo das ordenadas no ponto
com ordenada &# .
113) a) Fazendo uma figura parece mais ou menos intuitivo que o simétrico do ponto Ð#ß $Ñ
relativamente à bissectriz dos quadrantes ímpares é o ponto Ð$ß #Ñ. O nosso objectivo é lembrar o
que quer dizer um ponto ser o simétrico de outro relativamente a uma recta e verificar que isso
acontece efectivamente neste caso. Chegamos então à conclusão que o que é preciso justificar é que
a recta em questão é a mediatriz do segmento com aqueles pontos como extremidades. Ora. tal
como fizémos anteriormente, a mediatriz do segmento cujas extremidades são os pontos Ð#ß $Ñ e
Ð$ß #Ñ é constituída pelos pontos \ÐBß CÑ tais que
ÐB  #Ñ#  ÐC  $Ñ# œ ÐB  $Ñ#  ÐC  #Ñ#
e esta condição é sucessivamente equivalente a
B#  %B  %  C #  'C  * œ B#  'B  *  C #  %C  %
%B  'C œ 'B  %C
"!C œ "!B
C œ B,
o que mostra que a mediatriz do segmento é efectivamente a bissectriz dos quadrantes ímpares.
b) Fazendo uma figura somos levados a conjecturar que o ponto simétrico do ponto Ð#ß $Ñ
relativamente à bissectriz dos quadrantes pares é o ponto Ð$ß #Ñ. A verificação de que isso é
efectivamente o que se passa faz-se de modo análogo ao que fizémos em a), reparando que a
condição que caracteriza os pontos da mediatriz do segmento de extremidades Ð#ß $Ñ e Ð$ß #Ñ é
ÐB  #Ñ#  ÐC  $Ñ# œ ÐB  $Ñ#  ÐC  #Ñ# ,
sucessivamente equivalente a
B#  %B  %  C #  'C  * œ B#  'B  *  C #  %C  %
%B  'C œ 'B  %C
#C œ #B
C œ B,
e esta última equação é precisamente a caracterização dos pontos da bissectriz dos quadrantes pares.
c) Comecemos por notar que o simétrico de um ponto da bissectriz dos quadrantes ímpares
(isto é, de um ponto EÐ+ß ,Ñ com + œ ,) relativamente a essa bissectriz é o próprio ponto e que,
portanto, nesse caso particular a nossa afirmação é verdadeira. Vejamos então o que acontece ao
simétrico dum ponto EÐ+ß ,Ñ que não esteja na bissectriz dos quadrantes ímpares, isto é, para o qual
se tenha + Á ,. Para verificar que o simétrico é o ponto FÐ,ß +Ñ, reparamos que a condição de um
– 88 –
ponto \ÐBß CÑ ser equidistante dos pontos Ð+ß ,Ñ e Ð,ß +Ñ é sucessivamente equivalente a
ÐB  +Ñ#  ÐC  ,Ñ# œ ÐB  ,Ñ#  ÐC  +Ñ#
B#  #+B  +#  C #  #,C  ,# œ B#  #,B  , #  C #  #+C  + #
#+B  #,C œ #,B  #+C
#Ð+  ,ÑC œ #Ð+  ,ÑB
C œ B,
e obtivémos, mais uma vez, a equação da bissectriz dos quadrantes ímpares.
Com uma verificação análoga, concluímos facilmente que, em geral, o simétrico de um ponto
Ð+ß ,Ñ relativamente à bissectriz dos quadrantes pares é o ponto Ð,ß +Ñ.
114) Procuremos uma equação para a mediatriz do segmento ÒEGÓ. Obtemos então
sucessivamente as condições equivalentes
ÐB  "Ñ#  ÐC  #Ñ# œ B#  ÐC  "Ñ#
B#  #B  "  C #  %C  % œ B#  C #  #C  "
#B  'C  % œ !
B  $C  # œ !.
Analogamente, para a mediatriz do segmento ÒFGÓ, obtemos
ÐB  "Ñ#  ÐC  $Ñ# œ B#  ÐC  "Ñ#
B#  #B  "  C #  'C  * œ B#  C #  #C  "
#B  )C  * œ !.
Para procurarmos o ponto que está simultaneamente nas duas mediatrizes basta-nos resolver o
sistema de duas equações a duas incógnitas
B  $C  # œ !
œ #B  )C  * œ !
que é sucessivamente equivalente a
B œ $C  #
œ #Ð$C  #Ñ  )C  * œ !
B œ $C  #
œ "%C  "$ œ !
B œ  ""
"%
 C œ "$ .
"%
"$
O circuncentro é assim o ponto Ð ""
"% ß "% Ñ. O raio da circunferência circunscrita é a distância comum
do circuncentro a cada um dos vértices. Ele é assim igual a
ÊÐ" 
"" #
"$
Ñ  Ð$  Ñ# ¸ #Þ!).
"%
"%
– 89 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
115) a) A distância dum ponto \ÐBß CÑ à recta de equação C œ 5 é a distância de ÐBß CÑ à sua
projecção ÐBß 5Ñ sobre essa recta e é assim dada por
ÈÐB  BÑ#  ÐC  5Ñ# œ ÈÐC  5Ñ# œ lC  5l.
Uma vez que a distância de \ÐBß CÑ a EÐ!ß 5Ñ é dada por ÈB#  ÐC  5Ñ# , a equação procurada
pode ser escrita na forma
ÈÐC  5Ñ# œ ÈB#  ÐC  5Ñ# ,
sucessivamente equivalente a
ÐC  5Ñ# œ B#  ÐC  5Ñ#
C#  #5C  5 # œ B#  C #  #5C  5 #
%5C œ B#
B#
Cœ
.
%5
Alternativamente, podíamos ter chegado a esta conclusão reparando que a dedução feita atrás da
B#
equação C œ %5
para a parábola com foco em EÐ!ß 5Ñ e directriz de equação C œ 5 é igualmente
válida para o caso em que 5  !, bastando então substituir 5 por 5 para obter o resultado
pretendido.
b) A distância dum ponto \ÐBß CÑ à recta de equação B œ 5 é a distância de ÐBß CÑ à sua
projecção Ð5ß CÑ sobre essa recta e é assim dada por
ÈÐB  5Ñ#  ÐC  CÑ# œ ÈÐB  5Ñ# œ lB  5l.
Uma vez que a distância de \ÐBß CÑ a EÐ5ß !Ñ é dada por ÈÐB  5Ñ#  C # , a equação procurada
pode ser escrita na forma
ÈÐB  5Ñ# œ ÈÐB  5Ñ#  C # ,
sucessivamente equivalente a
ÐB  5Ñ# œ ÐB  5Ñ#  C #
B#  #5B  5 # œ B#  #5B  5 #  C #
%5B œ C #
C#
Bœ
.
%5
#
B
116) A equação C œ B# é da forma C œ %5
, com 5 œ %" , pelo que, de acordo com o que foi visto
em geral, ela representa uma parábola com foco no ponto EÐ!ß "% Ñ e directriz com equação C œ  "% .
– 90 –
Utilizando papel quadriculado para representar alguns pontos da parábola e unindo por uma
curva “razoável” os pontos assim obtidos obtemos um esboço de parte da parábola. Por exemplo:
Se utilizássemos a calculadora gráfica para traçar este gráfico, poderíamos obter um aspecto
ligeiramente diferente no caso de termos escolhido outro intervalo para os valores de B ou no caso
de não termos exigido que a calculadora utilize a mesma escala nos dois eixos.
– 91 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
117) Exercício a ser feito utilizando a calculadora.
118) O ponto cujo transformado é \ÐBß CÑ é também o ponto \ w ÐBß CÑ. Esta transformação
coincide com a sua inversa!
119) a) A imagem deste conjunto pela simetria relativa ao eixo das ordenadas é o mesmo
conjunto e admite a representação paramétrica
B œ >$  >
Þ
œ C œ >#
A imagem dele pela simetria relativa ao eixo das abcissas está esboçada a seguir e admite a
representação paramétrica
B œ >$  >
œ C œ ># Þ
b) Essa simetria quer dizer que, para cada ponto do conjunto, o seu simétrico relativo ao eixo
das ordenadas também está no conjunto. Essa facto podia ser previsto uma vez que o ponto do
conjunto correspondente a um certo > e o ponto correspondente a > têm a mesma ordenada e
abcissas simétricas.
– 92 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
120) Sendo Vw o simétrico de V relativamente ao eixo das ordenadas e Vww o simétrico de V relativo
ao eixo das abcissas, tem-se ÐBß CÑ − Vw se, e só se, ÐBß CÑ − V, condição essa que é equivalente a
C# œ %ÐBÑ# Ð"  ÐBÑ# Ñ
e portanto desenvolvendo a expressão do segundo membro, também equivalente a
C# œ % B# Ð"  B# Ñ.
Concluímos assim que Vw coincide com o conjunto V. Do mesmo modo, tem-se ÐBß CÑ − Vww se, e só
se, ÐBß CÑ − V, condição essa que é equivalente a
ÐCÑ# œ % B# Ð"  B# Ñ,
e portanto também a
C# œ % B# Ð"  B# Ñ,
pelo que se tem também Vww œ V.
121) Um ponto ÐBß CÑ está na imagem da recta por essa simetria se, e só se, o ponto ÐBß CÑ
estiver na recta original, o que acontece se, e só se,
C œ # ÐBÑ  $,
condição que pode ser escrita nas formas equivalentes C œ #B  $ e C œ #B  $. Uma equação
reduzida da recta imagem por meio daquela simetria é assim a equação C œ #B  $.
122) Suponhamos que um certo conjunto é simétrico tanto em relação ao eixo das ordenadas
como em relação ao eixo das abcissas. Se um ponto \ÐBß CÑ está no conjunto então, por este ser
simétrico relativamente ao eixo das ordenadas, também o ponto ÐBß CÑ está no conjunto e assim,
por ele ser simétrico relativamente ao eixo das abcissas, o ponto ÐBß CÑ também está no
conjunto. Fica assim justificado o facto de o conjunto ser simétrico relativamente à origem.
Repare-se que a recta de equação C œ B é simétrica relativamente à origem e, no entanto, não é
simétrica relativamente a nenhum dos eixos coordenados.
123) Uma representação paramétrica do simétrico desse conjunto relativamente à bissectriz dos
quadrantes ímpares é
B œ >#
œ C œ >$  > ,
onde > − Ò '& ß '& Ó.
124) Um ponto \ÐBß CÑ está no simétrico do conjunto V relativamente à bissectriz dos quadrantes
ímpares se, e só se, o ponto de coordenadas ÐCß BÑ, cuja imagem é \ , pertence a V, ou seja, se, e só
– 93 –
se,
B# œ %C# Ð"  C # Ñ.
125) a) O conjunto E é simétrico relativamente ao eixo das abcissas uma vez que, substituindo C
por C na equação B#  C #  B œ &, obtém-se uma equação equivalente.
b) O conjunto F é simétrico relativamente ao eixo das ordenadas uma vez que, substituindo B
por B na equação B#  C $ œ #, obtém-se uma equação equivalente.
c) O conjunto G é simétrico relativamente à bissectriz dos quadrantes ímpares uma vez que
trocando entre si as variáveis B e C na equação ÐB#  BÑ$  ÐC #  CÑ$ œ  #, obtém-se uma
equação equivalente.
126) O transformado pode ser caracterizado paramentricamente por
B œ $# Ð>$  >  #Ñ
,
 C œ $ Ð>#  "Ñ
#
com > − Ò '& ß '& Ó.
127) Um ponto \ÐBß CÑ do plano é o transformado de um único ponto por aquela homotetia, a
saber o ponto ˆ #$ Bß #$ C‰. Podemos assim concluir que \ÐBß CÑ está no transformado do conjunto
referido se, e só se, o ponto ˆ #$ Bß #$ C‰ está no conjunto em questão, isto é, se, e só se,
#
#
#
Ð CÑ# œ % Ð BÑ# Ð"  Ð BÑ# Ñ,
$
$
$
condição que pode ser escrita na forma equivalente mais compacta
C# œ % B# Ð" 
% #
B Ñ.
*
128) a) Tem-se
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
Ew F w œ SF w  SEw œ 5 SF  5 SE œ 5ÐSF  SEÑ œ 5 EF .
Ä
b) Basta lembrar que a distância de dois pontos E e F é a norma do vector EF e que, quando
se multiplica um vector por 5  !, a sua norma vem multiplicada por 5 .
c) Sejam E e F dois pontos da recta e Ew e F w os transformados por meio da homotetia. Se G
Ä
Ä
é outro ponto da recta com transformado G w , sabemos que EG œ > EF , para um certo > − ‘, e
portanto
Ä
Ä
Ä
Ä
Ew G w œ 5 EG œ 5 > EF œ > Ew F w .
Os pontos G w do transformado da recta original por meio da homotetia são assim aqueles para os
Ä
Ä
quais Ew G w œ > Ew F w para algum > − ‘, sendo assim os pontos da recta Ew F w .
d) Qualquer triângulo é transformado num triângulo com os lados proporcionais, e portanto
semelhante ao primeiro, e sabemos que dois triângulos semelhantes têm os ângulos correspondentes
iguais.
– 94 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
129) Uma equação paramétrica da perspectiva pode ser
B œ >$  >  #
œ C œ $ Ð>#  "Ñ ,
%
com > − Ò '& ß '& Ó.
130) Os pontos do plano representado que estão na circunferência são aqueles para os quais as
coordenadas ÐBß CÑ verificam B#  C # œ V # . No plano da representação um ponto com coordenadas
ÐBß CÑ é a perspectiva do ponto do plano representado com coordenadas ÐBß 5C Ñ (qual é o número que
multiplicado por 5 dá C ?). A representação da circunferência é assim constituída pelos pontos ÐBß CÑ
tais que ÐBß 5C Ñ está na circunferência, isto é, tais que
C
B#  Ð Ñ# œ V # .
5
131) Se considerarmos uma circunferência num plano representado que seja paralelo ao plano da
representação os coeficientes de escala das diferentes direcções são todos iguais a ", paelo que a
circunferência do plano da representação com equação B#  C # œ V # é a perspectiva da
circunferência do plano representado com a mesma equação, em particular, enquanto perspectiva
cavaleira de uma circunferência, é uma elipse.
132) Tentemos escrever a equação %B#  *C # œ $' numa forma equivalente que se possa
encaixar no aspecto
C
B#  Ð Ñ# œ V # ,
5
que já sabemos corresponder a uma elipse. Para isso, reparamos que, dividindo por % ambos os
membros da equação %B#  *C # œ $' se obtém a equação equivalente B#  *% C # œ *, que também
pode ser escrito na forma
C
B#  Ð # Ñ# œ $# .
$
Esta equação cai no esquema B#  Ð 5C Ñ# œ V # , com 5 œ $# e V œ $, pelo que estamos em presença
de uma elipse, que se pode obter como perspectiva cavaleira de uma circunferência de raio $, com
coeficiente de escala na direcção vertical igual a #$ .
133) Este exercício pode ser resolvido por um método análogo ao do exercício precedente, mas
também podemos aproveitar a “receita” que figura na propriedade precedente, se repararmos que a
equação #B#  C # œ " é da forma +# B#  ,# C # œ V # , com + œ È#, , œ " e V œ ". De acordo
com essa propriedade, temos então uma elipse que se pode considerar como resultando de uma
circunferência de raio È"# por uma perspectiva cavaleira com coeficiente de escala na direcção
vertical igual a È#.
– 95 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
134) a) Tem-se
Ä Ä
SS œ ! œ !Ä
/ B  !Ä
/ C  !Ä
/D
Ä Ä
SE œ / B œ "Ä
/ B  !Ä
/ C  !Ä
/D
Ä Ä
SF œ / C œ !Ä
/ B  "Ä
/ C  !Ä
/D
Ä Ä
SG œ / D œ !Ä
/ B  !Ä
/ C  "Ä
/D
pelo que as coordenadas dos vértices S, E, F e G são respectivamente Ð!ß !ß !Ñ, Ð"ß !ß !Ñ, Ð!ß "ß !Ñ e
Ð!ß !ß "Ñ. Se chamarmos H ao vértice da face inferior oposto a S , tem-se
Ä
Ä
Ä
Ä
Ä
SH œ SE  EH œ SE  SF œ "Ä
/ B  "Ä
/ C  !Ä
/D
pelo que as coordenadas de H são Ð"ß "ß !Ñ. Reparemos agora que os vectores de posição dos
Ä
vértices da face superior se podem obter somando o vector SG œÄ
/ D aos vectores de posição dos
vértices correspondentes da face inferior. Para além do vértice G que, já foi caracterizado, os
vectores de posição dos restantes três vértices da face superior são assim
"Ä
/ B  !Ä
/ C  "Ä
/D
Ä
Ä
Ä
!/B  "/C  "/D
"Ä
/  "Ä
/  "Ä
/
B
C
D
e as coordenadas desses vértices são assim Ð"ß !ß "Ñ, Ð!ß "ß "Ñ e Ð"ß "ß "Ñ.
b) Podemos partir de S para o ponto médio da face superior começando por andar
horizontalmente para a direita metade do comprimento da aresta, andando em seguida
horizontalmente e em profundidade metade do comprimento da aresta e subindo por fim o
comprimento da aresta. O vector de posição do ponto médio da face superior é assim
"Ä
"
/B  Ä
/ C  "Ä
/D
#
#
o que exprime o facto de as coordenadas desse ponto médio serem Ð "# ß "# ß "Ñ.
c) Procedendo de maneira aáloga à que fizémos na alínea precedente, vemos que o vector de
posição do ponto médio de uma ds arestas da base superior é
"Ä
/ B  "Ä
/ D,
#
pelo que as coordenadas desse ponto médio são Ð "# ß !ß "Ñ.
d) Como antes, o vector de posição do centro do cubo é
"Ä
"
"
/B  Ä
/C  Ä
/D
#
#
#
pelo que esse centro tem coordenadas Ð "# ß "# ß "# Ñ.
– 96 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
135) Uma das diagonais espaciais do cubo vai do ponto SÐ!ß !ß !Ñ para o ponto com coordenadas
Ð"ß "ß "Ñ. O comprimento dessa diagonal é a distância destes dois pontos, igual assim a
ÈÐ"  !Ñ#  Ð"  !Ñ#  Ð"  !Ñ# œ È$.
Um dos pontos médios de arestas que concorrem no vértice oposto ao vértice S tem vector de
posição
"
Ä
/B  Ä
/ C Ä
/D
#
e portanto esse ponto médio tem coordenadas Ð"ß "# ß "Ñ. A distância pedida é a distância desse ponto
à origem, com coordenadas Ð!ß !ß !Ñ, sendo assim igual a
"
"
*
$
ÊÐ"  !Ñ#  Ð  !Ñ#  Ð"  !Ñ# œ Ê"   " œ Ê œ .
#
%
%
#
– 97 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
136) Os pontos da recta <w são os que se podem escrever na forma \"  >Ä
/ C e portanto são
w
aquelas com coordenadas ÐB" ß C"  >ß D" Ñ, com > − ‘. A recta < pode ser assim caracterizada em
B œ B"
compreensão pelo sistema de equações œ
.
D œ D"
Analogamente, os pontos da recta <ww são os que se podem escrever na forma \"  >Ä
/B e
portanto são aquelas com coordenadas ÐB"  >ß C" ß D" Ñ, com > − ‘. A recta <ww pode ser assim
C œ C"
caracterizada em compreensão pelo sistema de equações œ
.
D œ D"
137) Está bem colocado! Para o verificarmos, reparamos que, por ser
Ä
S\" œ $Ä
/ B  #Ä
/ D Ä
/ C,
podemos chegar a \" partindo de S , andando $ unidades no eixo dos B para a esquerda, subindo
em seguida 2 unidades paralelamente ao eixo dos D e afastando-nos em seguida " unidade
paralelamente ao eixo dos C e este caminho pode ser traçado facilmente na fugura, utilizando aquilo
que sabemos sobre a perspectiva cavaleira.
138) Como o plano que passa pelo ponto \" e é paralelo ao plano BSD admite um referencial
vectorial constituídos pelos vectores Ä
/ B eÄ
/ D , os pontos desse plano são os que podem ser escritos
Ä
wÄ
w
na forma \"  > / B  > / D , com > e > em ‘ ou seja, aqueles cujas coordenadas são da forma
ÐB"  >ß C" ß D"  >w Ñ, com > e >w em ‘. Obtivémos assim uma caracterização paramétrica para esse
– 98 –
plano e, a partir desta, obtemos uma equação que o caracteriza em compreensão:
Ö\ÐBß Cß DÑ ± C œ C" ×.
De maneira análoga se vêm que o plano que passa por \" e é paralelo ao plano CSD é
constituído pelos pontos cujas coordenas são da forma ÐB" ß C"  >ß D"  >w Ñ, com > e >w em ‘, e que
ele admite a caracterização em compreensão
Ö\ÐBß Cß DÑ ± B œ B" ×.
139) Como vimos anteriormente no caso geral, o plano paralelo ao plano BSD que passa pelo
ponto \" Ð$ß "ß #Ñ é formado pelos pontos \ÐBß Cß DÑ que verificam a equação C œ " e o plano
paralelo ao plano CSD que passa pelo mesmo ponto é formado pelos pontos \ÐBß Cß DÑ que
verificam a equação B œ $. A intersecção dos dois planos é assim o conjunto dos pontos
\ÐBß Cß DÑ que verificam simultaneamente as equações
Cœ"
œ B œ $.
Podemos reparar que este sistema de equações é precisamente aquele que caracterizava os pontos da
rcta paralela ao eixo SD e que passa pelo ponto \" .
140) A recta < é constituída pelos pontos da forma \"  >Ä
? , com > − ‘, ou seja, pelos pontos
cujas coordenadas são da forma Ð"  >ß !  #>ß "  > ‚ !Ñ œ Ð"  >ß #>ß "Ñ, com > − ‘. Por outro
lado, o plano ! é constituído pelos pontos \ÐBß Cß DÑ tais que C œ ". Um ponto com coordenadas
Ð"  >ß #>ß "Ñ está neste plano se, e só se, #> œ ". ou seja, > œ "# . O ponto de intersecção pedido é
assim o ponto de coordenadas Ð"  "# ß # ‚ "# ß "Ñ œ Ð "# ß "ß "Ñ.
141) A recta pedida admite o vector
Ä
Ä
? œ \" \# Ç Ð%ß "ß $Ñ
como vector director. A partir deste vector director e do ponto \" , podemos obter a caracterização
vectorial da recta como sendo a formada pelos pontos com coordenadas
\  >Ä
? Ç Ð"  %>ß >ß "  $>Ñ,
"
com > − ‘.
– 99 –
Resolução dos exercícios de Geometria (10o ano)
142) a) A superfície esférica referida é formada pelos pontos \ÐBß Cß DÑ cuja distância ao centro
GÐ"ß "ß "Ñ é igual a $, ou seja, para os quais se tem
ÈÐB  "Ñ#  ÐC  "Ñ#  ÐD  "Ñ# œ $.
Esta é assim uma equação da superfície esférica. Tal como acontecia com a circunferência, a
equação anterior pode ser escrita de forma equivalente, e visualmente porventura mais agradável,
elevando ambos os membros ao quadrado:
ÐB  "Ñ#  ÐC  "Ñ#  ÐD  "Ñ# œ *.
Repare-se que o facto de a equação assim obtida ser equivalente à anterior é consequência de ambos
os membros daquela serem sempre positivos.
b) A recta < que passa pelos pontos EÐ#ß #ß "Ñ e FÐ%ß "ß "Ñ admite o vector
Ä
Ä
? œ EF Ç Ð#ß "ß #Ñ
como vector director. Ela é assim constituída pelos pontos da forma
E  >Ä
? Ç Ð#  #>ß #  >ß "  #>Ñ,
com > − ‘. Um tal ponto pertence à superfície esférica se, e só se
Ð  #  #>  "Ñ#  Ð#  >  "Ñ#  Ð"  #>  "Ñ# œ *,
condição que é sucessivamente equivalente a
Ð"  #>Ñ#  Ð"  >Ñ#  Ð#>Ñ# œ *
"  %>  %>#  "  #>  >#  %># œ *
*>#  #>  ( œ !.
Os valores de > para os quais a condição anterior é verdadeira obtêm-se resolvendo a equação do
segundo grau com a incógnita > e são
# „ È%  #&#
# „ "'
œ
")
")
e são assim (* e ". As coordenadas dos pontos de intersecção obtêm-se então substituindo estes
valores de > nas igualdades
B œ #  #>, C œ #  >, D œ "  #>,
pelo que essas coordenadas são
Ð
$# "" &
ß ß  Ñ, Ð!ß $ß $Ñ.
* *
*
– 100 –
143) Um ponto \ÐBß Cß DÑ está no plano mediador se, e só se, está à mesma distância de E e de
F, isto é se, e só se,
ÈÐB  "Ñ#  ÐC  #Ñ#  ÐD  "Ñ# œ ÈÐB  "Ñ#  C #  ÐD  "Ñ# .
Uma vez que ambos os membros da igualdade anterior são sempre positivos, esta equação é
equivalente à que se obtém elevando ambos os membros ao quadrado:
ÐB  "Ñ#  ÐC  #Ñ#  ÐD  "Ñ# œ ÐB  "Ñ#  C #  ÐD  "Ñ# ,
a qual é sucessivamente equivalente a
B#  #B  "  C #  %C  %  D #  #D  " œ B#  #B  "  C #  D #  #D  "
%B  %C  %D  % œ !
B  C  D œ %.
O plano mediador admite assim a equação B  C  D œ %.
144) Tem-se
F Ç Ð#ß &ß "Ñ, G Ç Ð#ß &ß "Ñ, H Ç Ð#ß &ß "Ñ.
– 101 –