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Exercício 14 resolvido cap 4
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Exercício 14, cap. 4, livro do Boulos [2 a Ed]. Resolução do Prof. Elias - 27 de Maio de 2017 Figura 1: Tetraedro OABC. O ponto X é o baricentro da base ABC. A questão pede para obter ~OX em termos de ~OA, ~OB e ~OC. Vamos apresentar duas possibilidades de resolução para essa questão. RESOLUÇÃO MODO I: Inicialmente note que: −−→ OX = −→ OA + −−→ AX−−→ OX = −−→ OB + −−→ BX−−→ OX = −→ OC + −−→ CX Somando essas três equações membro a membro, obtemos: 3 −−→ OX = ( −→ OA + −−→ OB + −→ OC) + ( −−→ AX + −−→ BX + −−→ CX). (1) 1 Agora é necessário mostrar que o segundo parêntesis é vetor nulo, ou seja, precisamos de algum modo mostrar que −−→ AX + −−→ BX + −−→ CX = −→ 0 . Para tanto, lembre-se que o baricentro além de ser o ponto onde as três medianas de um triângulo se cruzam, também as divide numa razão 2:1. Ou seja, a distância do vértice até o baricentro é o dobro da distância do baricentro até o ponto médio do lado oposto. A verificação deste fato é feita por semelhança de triângulos. Não é necessário fazer a prova disto aqui, veja no fim (na última página deste arquivo) uma figura que ajuda a ver como se faz a demonstração. Sendo assim, podemos escrever: −−→ AX = 2 3 −−→ AN −−→ BX = 2 3 −−→ BP −−→ CX = 2 3 −−→ CM Somando as três equações acima membro a membro, obtemos: −−→ AX + −−→ BX + −−→ CX = 2 3 ( −−→ AN + −−→ BP + −−→ CM). Agora, lembrando do exercício resolvido 2 da pág. 18 do cap. 4, vem que: −−→ AX + −−→ BX + −−→ CX = 2 3 [ 1 2 ( −→ AB + −→ AC) + 1 2 ( −→ BA + −−→ BC) + 1 2 ( −−→ CB + −→ CA) ] −−→ AX + −−→ BX + −−→ CX = 2 3 [ 1 2 −→ AB + 1 2 −→ BA + 1 2 −→ AC + 1 2 −→ CA + 1 2 −−→ BC + 1 2 −−→ CB ] −−→ AX + −−→ BX + −−→ CX = 2 3 [−→ 0 + −→ 0 + −→ 0 ] −−→ AX + −−→ BX + −−→ CX = 2 3 ( −→ 0 ) = −→ 0 . . Substituindo o resultado acima na equação (1) obtemos: −−→ OX = 1 3 ( −→ OA + −−→ OB + −→ OC). 2 RESOLUÇÃO MODO II: Para esta resolução é necessário prestar atenção no triângulo OBP , que está destacado em vermelho claro na figura 1. Note que os pontosM , N e P são pontos médios dos lados AB, BC e AC, respectivamente. Mantenha agora em mente a propriedade do baricentro discutida acima e aplique no triângulo OBP o resultado obtido no exercício proposto 1 (que está na lista de exercícios selecionados do capítulo 4). Chega-se à seguinte conlusão: −−→ OX = 1 3 −−→ OB + 2 3 −→ OP. Realizando o mesmo raciocínio acima para os triângulos OAN e OCM , chegamos às três equações abaixo: −−→ OX = 1 3 −→ OA + 2 3 −−→ ON −−→ OX = 1 3 −−→ OB + 2 3 −→ OP −−→ OX = 1 3 −→ OC + 2 3 −−→ OM Somando as três equações acima membro a membro, obtemos: 3 −−→ OX = 1 3 ( −→ OA + −−→ OB + −→ OC) + 2 3 ( −−→ OM + −−→ ON + −→ OP ). (2) Agora, lembrando novamente do exercício resolvido 2 da pág. 18 do cap. 4, vem que: −−→ OM = 1 2 −→ OA + 1 2 −−→ OB −−→ ON = 1 2 −−→ OB + 1 2 −→ OC −→ OP = 1 2 −→ OA + 1 2 −→ OC Somando as três equações acima membro a membro, obtemos: −−→ OM + −−→ ON + −→ OP = −→ OA + −−→ OB + −→ OC. Substituindo o resultado acima na equação (2) obtemos: 3 3 −−→ OX = 1 3 ( −→ OA + −−→ OB + −→ OC) + 2 3 ( −→ OA + −−→ OB + −→ OC) 3 −−→ OX = ( 1 3 + 2 3 )(−→ OA + −−→ OB + −→ OC ) 3 −−→ OX = 1 · (−→OA +−−→OB +−→OC) −−→ OX = 1 3 · (−→OA +−−→OB +−→OC) . Que achou das resoluções? Espero que tenha te ajudado! Att. Elias. OBS. FINAL: figura para auxílio na demonstração da propriedade do baricentro: Figura 2: ET e FR são medianas. O ∆GRT é semelhante ao ∆GFE, pois seus ângulos são congruentes: ETˆR ∼= TEˆF , TRˆF ∼= EFˆR e EGˆF ∼= RGˆT (justifique). Os lados correspondentes são EF com TR, GT com GE e GR com GF . Assim, como TR tem metade do comprimento de EF (ex. res. 5 cap. 4) então GT tem metade do comprimento de GE, o que demonstra a propriedade do baricentro usada nas resoluções. 4
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