Questão 16 (1º semestre · 1º dia · Grupos 3 e 4) da 2ª etapa da UFG 2013

Question

Um joalheiro produzirá um ornamento para um pingente a partir de uma pedra preciosa, originalmente em forma de um cubo. Para isso, ele retirará de cada vértice do cubo um tetraedro cujos vértices são o vértice do cubo e os pontos médios das arestas que concorrem neste vértice. Os tetraedros serão descartados.

Considerando-se as condições apresentadas, calcule:

a) O número de faces do poliedro que constitui o ornamento. (2,0 pontos)

b) A fração do volume do cubo original que constitui cada tetraedro retirado. (3,0 pontos)

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 16 (1º semestre · 1º dia · Grupos 3 e 4) da 2ª etapa da UFG 2013

1º semestre · 1º dia · Matemática: Poliedros e relação de Euler

Um joalheiro produzirá um ornamento para um pingente a partir de uma pedra preciosa, originalmente em forma de um cubo. Para isso, ele retirará de cada vértice do cubo um tetraedro cujos vértices são o vértice do cubo e os pontos médios das arestas que concorrem neste vértice. Os tetraedros serão descartados.

Considerando-se as condições apresentadas, calcule:

a) O número de faces do poliedro que constitui o ornamento. (2,0 pontos)

b) A fração do volume do cubo original que constitui cada tetraedro retirado. (3,0 pontos)

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Resolução comentada

Resposta esperada pela UFG

a) O ornamento é obtido, a partir do cubo, retirando-se de cada um de seus vértices um tetraedro. O cubo inicial possui 6 faces e cada um de seus 8 vértices dá origem a uma nova face no ornamento. Desse modo, o poliedro obtido possui 14 faces: 6 quadrados e 8 triângulos equiláteros. (2,0 pontos)

b) Denotando-se por \ell a medida da aresta do cubo e considerando-se como base de cada tetraedro retirado um triângulo retângulo isósceles, cujos catetos medem \ell/2, a altura do tetraedro é \ell/2.

Assim, o volume de cada tetraedro retirado é

V = \frac{1}{3} \cdot \frac{\frac{\ell}{2} \cdot \frac{\ell}{2}}{2} \cdot \frac{\ell}{2} = \frac{\ell^3}{48}

o que corresponde a 1/48 do volume do cubo original. (3,0 pontos)

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Resolução comentada

a) Cada face original do cubo é um quadrado de lado a. Os cortes tiram os 4 cantos dessa face, e sobra um quadrado cujos vértices são os pontos médios das 4 arestas. Portanto as 6 faces do cubo continuam existindo, agora como 6 quadrados menores.

Cada tetraedro retirado deixa uma face nova, o triângulo equilátero que une os 3 pontos médios das arestas que saem do vértice. Como o cubo tem 8 vértices, surgem 8 faces triangulares.

Total de faces: 6 + 8 = 14. O poliedro é o cuboctaedro, com 6 faces quadradas e 8 triangulares.

14 faces (6 quadrados e 8 triângulos).

b) Seja a a aresta do cubo. O tetraedro retirado em um vértice tem três arestas perpendiculares entre si, partindo desse vértice, cada uma de comprimento \frac{a}{2}. Ele é, portanto, uma pirâmide de base triangular retângula, e seu volume é

V_t=\frac{1}{3}\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{a}{2}\right)\cdot\frac{a}{2}=\frac{a^3}{48}.

O volume do cubo é V_c=a^3. A fração pedida é

\frac{V_t}{V_c}=\frac{a^3/48}{a^3}=\frac{1}{48}.

Conferência: os 8 tetraedros juntos ocupam \frac{8}{48}=\frac{1}{6} do cubo, e o ornamento fica com \frac{5}{6} do volume.

Cada tetraedro corresponde a \dfrac{1}{48} do volume do cubo.

Assuntos: Poliedros e relação de Euler, Pirâmides e tronco de pirâmide.

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Questão 16 no caderno Grupos 3 e 4 da 2ª etapa da UFG 2013

Fonte: UFG 2ª etapa 2013 · 1º semestre · 1º dia · Grupos 3 e 4. Prova oficial ↗