Escola Secundária/3 da Sé-Lamego

Proposta de Resolução da Prova Escrita de Matemática

 

1.ª Parte

 

 

2.ª Parte

1.  

a)  

Dadas as condições da figura, podemos concluir que .
Logo, a recta BC é paralela ao plano FGM, pois a recta FG do plano FGM é paralela à recta BC.

b)  

Ver figura, onde  e .

c)  

Aplicando o teorema de Pitágoras nos triângulos rectângulos [ABF] e [BAE], temos:

  e  .

Como   e  , vem:

                        Logo, .

2.  

a)  

As faces laterais da pirâmide são triângulos isósceles de bases iguais à aresta do cubo, sendo os outros dois lados iguais às semi-diagonais espaciais do cubo.

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo rectângulo [FAC], temos:

. Logo, .

Considerando agora o triângulo isósceles [FEV], podemos calcular a sua altura relativamente a [FE]:

.

Assim, .

A área total da pirâmide é  centímetros quadrados.

b)  

Considerando o triângulo [EVM], temos .
Donde, .

Logo, .

c1)

O ponto R é um ponto pertencente à intersecção dos planos ABG e RST, visto ser um ponto comum aos dos planos.

c2)

Os planos ABG e RST, não coincidentes, possuindo um ponto comum (R) terão de ser secantes.

c3)

O ponto J é o ponto de intersecção das rectas BG e ST. (ver figura)

c4)

O ponto J é ponto comum aos planos ABG e RST; a recta JR é a intersecção dos planos ABG e RST; o ponto U é o ponto de intersecção da recta JR com a aresta [AB]; o segmento de recta [RV] é paralelo ao segmento de recta e [SU] (um plano intersecta planos paralelos segundo rectas paralelas).
(ver figura)

3.  

a)  

Com o frasco nesta posição horizontal, a figura definida pela superfície do líquido em repouso é a que se obtém no sólido apresentado seccionando-o com um plano horizontal à altura (h, em centímetros) a que se encontra o líquido no frasco. Quando , o plano referido secciona o cubo segundo um quadrado geometricamente igual à face do cubo, visto o plano ser paralelo à base. Quando , o plano intersecta agora a pirâmide regular. A secção é também um quadrado, visto o plano ser paralelo à sua base. Contudo, este quadrado é de menores dimensões que o obtido por secção no cubo, sendo tanto mais pequeno quanto maior for .

Concluindo: a figura definida pela superfície do líquido em repouso é sempre um quadrado, mas nem sempre os vários quadrados obtidos são geometricamente iguais. Logo, não será correcto afirmar que a figura definida pela superfície do líquido em repouso é sempre o “mesmo quadrado”.

b)  

A superfície considerada nesta situação encontra-se ilustrada na figura acima (quadrado [A’B’C’D’]).

Tendo em consideração a semelhança dos triângulos [VPQ] e [VP’Q’], de razão de semelhança , podemos concluir , donde . Ou seja, os quadrados [ABCD] e [A’B’C’D’] são semelhantes, também com razão de semelhança .

Sendo, então, a superfície do líquido um quadrado com 2 cm de lado, o seu perímetro é de 8 cm e a sua área de 4 cm².

c)  

Começando por determinar o volume do frasco, vem:

.

Quando o frasco está meio cheio, o líquido ocupa o volume de  cm³, que, sendo inferior ao volume do cubo, ocorrerá para uma altura h’ inferior a 4 cm. (ver figura acima)

Assim, .

Nessa situação, a altura do líquido no interior do frasco será de 2,5 cm.

4.  

a)  

Como [ABCD] é um tetraedro regular, as suas 4 faces são triângulos equiláteros geometricamente iguais.

Consideremos um desses triângulos, por exemplo: a face [ABD] e os pontos H e I, pontos médios de [HD] e [BD], respectivamente.

No triângulo [DHI], é , logo , pois num triângulo a lados iguais opõem-se ângulos iguais. Mas, como o triângulo [ABD] é equilátero, então . Logo, , pelo que, sendo equiângulo, o triângulo [DHI] será também equilátero.

Consequentemente, as quatro faces do tetraedro [HIJD] são triângulos equiláteros geometricamente iguais, pelo que será regular.

b)  

Como vimos, os triângulos [ABD] e [DHI] são equiláteros, logo são semelhantes. A razão de semelhança, é , visto H ser o ponto médio de [AD].

Assim, os tetraedros considerados são também semelhantes, com a mesma razão de semelhança entre o comprimentos das suas arestas.

Consequentemente,  , ou seja, .

c)  

O polígono obtido é um triângulo isósceles, visto .

, pois são alturas de dois triângulos equiláteros geometricamente iguais (não esquecer que o tetraedro é regular).