A Bola da Copa do Mundo de 1970 no M\u00e9xico<\/p>\n
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![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/15826635.jpg\")
Imagem extra\u00edda de O Curioso do Futebol<\/a><\/p><\/div>\n A bola oficial da Copa do Mundo de 1970 no M\u00e9xico foi a Adidas Telstar, um modelo ic\u00f4nico que marcou a hist\u00f3ria da competi\u00e7\u00e3o e da marca Adidas. A Telstar, cujo nome significa “estrela da televis\u00e3o”, \u00e9 reconhecida por sua visibilidade na TV e seu design cl\u00e1ssico que se tornou sin\u00f4nimo de bolas de futebol. Com seu design em preto e branco, a bola foi projetada para ser mais vis\u00edvel nas transmiss\u00f5es, que eram em preto e branco na \u00e9poca. Imagem extra\u00edda de Superinteressante<\/a><\/p><\/div>\n Iniciemos relembrando um importante conceito.<\/p>\n Radical Duplo<\/p>\n \n Denomina-se Radical Duplo<\/strong> a express\u00e3o da forma [tex]\\sqrt{a\\pm \\sqrt{b}}[\/tex], onde [tex]a[\/tex] e [tex]b[\/tex] s\u00e3o n\u00fameros racionais positivos.<\/p>\n<\/div>\n \n Podemos transformar muitos radicais duplos em radicais mais simples: \u00e9 poss\u00edvel escrever [tex]\\sqrt{a\\pm \\sqrt{b}}[\/tex] na forma [tex]\\sqrt{x}\\pm \\sqrt{y}[\/tex] em grande parte dos casos, onde [tex]x[\/tex] e [tex]y[\/tex] s\u00e3o n\u00fameros racionais positivos. Vamos mostrar quando e como \u00e9 poss\u00edvel fazer tal transforma\u00e7\u00e3o.\n<\/p><\/div>\n \n Seja [tex]\\sqrt{a\\pm \\sqrt{b}}[\/tex] um radical duplo que pode ser escrito na forma [tex]\\sqrt{a\\pm \\sqrt{b}}=\\sqrt{x}\\pm \\sqrt{y}[\/tex]. Pois bem, iniciemos elevando ao quadrado ambos os membros dessa express\u00e3o:<\/p>\n [tex]\\begin{align} \\qquad\\left(\\sqrt{a\\pm \\sqrt{b}}\\right)^2=\\left(\\sqrt{x}\\pm \\sqrt{y}\\right)^2&\\Rightarrow a\\pm \\sqrt{b}=\\left(\\sqrt{x}\\right)^2\\pm 2\\sqrt{x}\\cdot\\sqrt{y}+\\left(\\sqrt{y}\\right)^2\\\\ Agora, fa\u00e7amos [tex]x+y=a[\/tex] e [tex]4xy=b[\/tex], ou seja, [tex] xy=\\dfrac{b}{4}[\/tex]. Dessa forma, podemos escrever uma equa\u00e7\u00e3o do segundo grau na inc\u00f3gnita [tex]m[\/tex] cujas ra\u00edzes s\u00e3o [tex]x[\/tex] e [tex]y[\/tex], a saber: Resolvendo-a, temos: <\/p>\n [tex]\\qquad m=\\dfrac{-(-a)\\pm\\sqrt{(-a)^2-4\\cdot (1)\\cdot \\left(\\dfrac{b}{4}\\right)}}{2\\cdot (1)}=\\dfrac{a\\pm \\sqrt{a^2-b}}{2}.[\/tex]<\/p>\n Denotemos [tex]\\sqrt{a^2-b}=c[\/tex]. Assim, as ra\u00edzes da equa\u00e7\u00e3o s\u00e3o: [tex]m_1=\\dfrac{a+c}{2}[\/tex] e [tex]m_2=\\dfrac{a-c}{2}[\/tex]. Finalmente, podemos escrever: Portanto, um radical duplo s\u00f3 pode ser transformado em radicais mais simples quando [tex]a^2-b[\/tex] \u00e9 quadrado perfeito.<\/p>\n Exemplo:<\/strong> Transformar [tex]\\sqrt{2+ \\sqrt{3}}[\/tex] em uma soma de radicais mais simples.<\/p>\n Inicialmente, perceba que [tex]a=2[\/tex] e [tex]b=3[\/tex]. Temos que [tex]c=\\sqrt{a^2-b}=\\sqrt{2^2-3}=1[\/tex]. Ent\u00e3o: \n \n Prossigamos com o c\u00e1lculo do volume.<\/p>\n Volume do Icosaedro Regular<\/p>\n \n Icosaedro Regular \u00e9 o poliedro que possui 20 faces triangulares regulares, 12 v\u00e9rtices e 30 arestas.<\/p>\n Icosaedro Regular<\/p><\/div>\n Tomando o centro [tex]O[\/tex] desse s\u00f3lido, pode-se decomp\u00f4-lo em 20 pir\u00e2mides triangulares regulares cujas bases s\u00e3o as faces do icosaedro ([tex]ABC[\/tex], por exemplo) e as arestas laterais ([tex]AO, OB, OC[\/tex]) s\u00e3o raios da esfera circunscrita ao icosaedro, como ilustra a figura a seguir. <\/p>\n Tetraedro Interno<\/p><\/div>\n Dessa forma, o volume do icosaedro regular corresponde a vinte vezes o volume de cada pir\u00e2mide triangular regular interna.<\/p>\n Vinte Tetraedros Internos<\/p><\/div>\n Seja [tex]a[\/tex] a medida da aresta do icosaedro regular. Vamos, ent\u00e3o, determinar a medida da aresta lateral de cada pir\u00e2mide triangular regular em fun\u00e7\u00e3o de [tex]a[\/tex]. Temos que [tex]AB=NP=a[\/tex], medida da aresta do icosaedro, e [tex]BM=MN=PQ=QA=b=\\dfrac{a\\sqrt{3}}{2}[\/tex], medida da altura de cada tri\u00e2ngulo equil\u00e1tero de lado [tex]a[\/tex] das faces do icosaedro. <\/p>\n Agora, a diagonal de medida [tex]m[\/tex] da sec\u00e7\u00e3o hexagonal, na figura a seguir, corresponde ao di\u00e2metro da esfera circunscrita ao icosaedro, e este equivale ao dobro da medida da aresta lateral das pir\u00e2mides triangulares regulares provenientes da decomposi\u00e7\u00e3o do icosaedro.<\/p>\n Perceba que o hex\u00e1gono n\u00e3o \u00e9 regular. Vamos, ent\u00e3o, seccionar novamente o icosaedro regular por meio do plano que passa pelos v\u00e9rtices [tex]J, H, G, P, K[\/tex], como na seguinte figura. A sec\u00e7\u00e3o gerada \u00e9 um pent\u00e1gono regular de diagonal [tex]d[\/tex].<\/p>\n Perceba na figura abaixo que os tri\u00e2ngulos [tex]GPH[\/tex] e [tex]LHG[\/tex] s\u00e3o semelhantes pelo caso [tex]AAA[\/tex]. <\/p>\n Observe que: Escolhendo a raiz positiva: De posse desse valor obtido para [tex]d[\/tex], podemos agora tomar a figura abaixo e determinar a medida [tex]m[\/tex], uma vez que o tri\u00e2ngulo [tex]BNP[\/tex] \u00e9 ret\u00e2ngulo.<\/p>\n Aplicamos o Teorema de Pit\u00e1goras. Observe que: Por outro lado, como a pir\u00e2mide triangular \u00e9 reta, a altura, partindo do v\u00e9rtice, projeta-se exatamente sobre o baricentro da base. Assim, no tri\u00e2ngulo destacado abaixo, temos [tex]x=\\dfrac{2}{3}\\cdot \\dfrac{a\\sqrt{3}}{2}=\\dfrac{a\\sqrt{3}}{3}[\/tex], pela propriedade do baricentro. Aplicando o Teorema de Pit\u00e1goras, obtemos:<\/p>\n Observe que: Usaremos agora a f\u00f3rmula do Radical Duplo, j\u00e1 provada anteriormente: Na express\u00e3o [tex](I)[\/tex], o valor de [tex]c[\/tex] em [tex]\\sqrt{7+\\sqrt{45}}[\/tex] \u00e9: Logo: O volume de uma pir\u00e2mide triangular regular \u00e9, ent\u00e3o: O volume do icosaedro \u00e9 vinte vezes o volume da pir\u00e2mide, ou seja, \n Raz\u00f5es Trigonom\u00e9tricas do \u00c2ngulo de [tex]36^\\circ[\/tex]<\/p>\n \n Para prosseguir, precisamos determinar algumas raz\u00f5es trigonom\u00e9tricas, particularmente do \u00e2ngulo de [tex]36^\\circ[\/tex]. Para isso, consideremos o pent\u00e1gono regular abaixo.<\/p>\n Vimos que [tex]d=\\dfrac{a(1+\\sqrt{5})}{2}[\/tex]. Ent\u00e3o, observando que o tri\u00e2ngulo [tex]GLH[\/tex] \u00e9 is\u00f3sceles, podemos aplicar a Lei dos Cossenos: Por outro lado, [tex]\\text{sen}^2~ (36^\\circ)+ \\cos^2 (36^\\circ)=1[\/tex], donde temos: O valor da tangente \u00e9 dado por: ou seja, Icosaedro Regular Truncado<\/p>\n \n Truncar um poliedro significa seccion\u00e1-lo por meio de planos. Consideremos, ent\u00e3o, um v\u00e9rtice [tex]M[\/tex] do icosaedro regular e as cinco arestas que se encontram nesse v\u00e9rtice. Para cada uma delas, tomemos dois pontos que as dividem em tr\u00eas segmentos de mesmo comprimento, como mostra a figura a seguir:<\/p>\n Se ligarmos os pontos mais pr\u00f3ximos ao v\u00e9rtice [tex]M[\/tex], obtemos uma pir\u00e2mide regular de base pentagonal, conforme mostrado abaixo:<\/p>\n Truncando a figura anterior nos v\u00e9rtices da base pentagonal da pir\u00e2mide, obtemos ent\u00e3o:<\/p>\n Procedendo de forma an\u00e1loga em cada v\u00e9rtice do icosaedro e removendo as pir\u00e2mides de cada v\u00e9rtice, obtemos o icosaedro truncado:<\/p>\n O icosaedro truncado \u00e9 um poliedro composto por 60 v\u00e9rtices, 90 arestas e 32 faces regulares, sendo 12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais (Voc\u00ea consegue mostrar isso?). <\/p>\n Vamos agora concentrar nossos esfor\u00e7os para calcular o volume do icosaedro truncado. \u00c9 f\u00e1cil ver que: <\/p>\n \n C\u00e1lculo do Volume da Pir\u00e2mide Pentagonal Regular<\/p>\n \n Podemos iniciar relembrando que cada face do icosaedro regular \u00e9 um tri\u00e2ngulo equil\u00e1tero cujo lado mede [tex]a[\/tex]. Ao realizar a truncagem desse s\u00f3lido, cada face hexagonal regular passa a ter lado [tex]a\/3[\/tex], assim como cada um dos tri\u00e2ngulos equil\u00e1teros formados no processo.<\/p>\n \u00c9 importante lembrar que a medida do \u00e2ngulo interno do hex\u00e1gono regular mede [tex]120^\\circ[\/tex] e cada \u00e2ngulo interno de um pent\u00e1gono regular mede [tex]108^\\circ[\/tex] (Voc\u00ea consegue descobrir o porqu\u00ea?). <\/p>\n Observemos cada pir\u00e2mide pentagonal regular de aresta da base [tex]a[\/tex] e aresta lateral tamb\u00e9m [tex]a[\/tex] removida conforme mostrado na figura a seguir. Sejam, ainda, [tex]\\overline{h}[\/tex] a medida da altura da pir\u00e2mide, [tex]h_1[\/tex] a medida do ap\u00f3tema da base pentagonal e [tex]h_2[\/tex] a medida do ap\u00f3tema da pir\u00e2mide.<\/p>\n No tri\u00e2ngulo is\u00f3sceles [tex]ABC[\/tex] da base, destacamos [tex]D[\/tex], ponto m\u00e9dio de [tex]AB=a\/3[\/tex]. Assim, [tex]AD=DB=\\dfrac{a}{6}[\/tex]. O tri\u00e2ngulo [tex]BCD[\/tex] \u00e9 ret\u00e2ngulo em [tex]D[\/tex]. Al\u00e9m disso, A seguir, temos a base da pir\u00e2mide pentagonal: De acordo com o tri\u00e2ngulo [tex]BCD[\/tex], temos [tex]\\text{tg}~ 36^\\circ=\\dfrac{a\/6}{h_1}[\/tex]. Por outro lado, j\u00e1 calculamos o valor de [tex]\\text{tg}~ 36^{\\circ}[\/tex], de acordo com a igualdade [tex](II)[\/tex]. Portanto, <\/p>\n [tex]\\qquad\\begin{align}\\text{tg}~ 36^\\circ=\\dfrac{a\/6}{h_1}&\\Rightarrow \\sqrt{5-2\\sqrt{5}}=\\dfrac{a\/6}{h_1}\\\\ Assim, a \u00e1rea da base da pir\u00e2mide pentagonal \u00e9:<\/p>\n [tex]\\qquad A_{\\text{base}}=5\\cdot\\dfrac{a\\cdot h_1}{6}=5\\cdot\\dfrac{a\\cdot a\\dfrac{\\sqrt{25+10\\sqrt{5}}}{30}}{6}\\Rightarrow \\boxed{A_{\\text{base}}=\\dfrac{a^2\\sqrt{25+10\\sqrt{5}}}{36}}.[\/tex]<\/p>\n Observando a pir\u00e2mide pentagonal, observamos que as faces laterais s\u00e3o tri\u00e2ngulos equil\u00e1teros. Assim, o tri\u00e2ngulo [tex]ABV[\/tex] \u00e9 equil\u00e1tero de lado [tex]a\/3[\/tex], donde temos [tex]h_2=\\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}[\/tex]. Dessa forma, aplicamos o Teorema de Pit\u00e1goras no tri\u00e2ngulo [tex]DCV[\/tex]. Observe: O volume da pir\u00e2mide pentagonal regular \u00e9 dado por:<\/p>\n [tex]\\qquad \\begin{align}V_{\\text{pir\u00e2mide pentagonal}}&=\\dfrac{1}{3}\\cdot A_{base}\\cdot \\overline{h}\\\\ Simplificando o radical duplo [tex]\\sqrt{30+10\\sqrt{5}}=\\sqrt{30+\\sqrt{500}}[\/tex], temos:<\/p>\n [tex]\\qquad \\begin{align}\\sqrt{30+\\sqrt{500}}&=\\sqrt{\\dfrac{30+\\sqrt{30^2-500}}{2}}+\\sqrt{\\dfrac{30-\\sqrt{30^2-500}}{2}}\\\\ Logo, temos: O volume do icosaedro truncado corresponde \u00e0 diferen\u00e7a entre o volume do icosaedro regular e doze vezes o volume de cada pir\u00e2mide pentagonal regular. Assim, o volume do icosaedro truncado \u00e9 dado por:<\/p>\n [tex]\\qquad \\begin{align}V_{\\text{icosaedro truncado}}&= V_{\\text{icosaedro regular}}-12\\cdot V_{\\text{pir\u00e2mide pentagonal}}\\\\ \n O Legado da Telstar: Muito Mais que 32 Gomos<\/p>\n \n Ap\u00f3s toda essa an\u00e1lise, quando olhamos para a cl\u00e1ssica esfera branca e preta da Telstar de 1970, n\u00e3o vemos apenas uma bola de futebol. Vemos a materializa\u00e7\u00e3o de um c\u00e1lculo que utiliza diversas ferramentas da geometria! A Telstar transcendeu o esporte. Ela n\u00e3o apenas rolou nos gramados do M\u00e9xico, mas tamb\u00e9m se tornou um s\u00edmbolo de inova\u00e7\u00e3o, globaliza\u00e7\u00e3o e da pr\u00f3pria beleza matem\u00e1tica escondida nos objetos do cotidiano. Ela nos lembra que, \u00e0s vezes, a revolu\u00e7\u00e3o n\u00e3o est\u00e1 no material, mas na forma \u2014 uma forma que foi calculada, costurada e eternizada para sempre na mem\u00f3ria afetiva de bilh\u00f5es.<\/p>\n<\/td>\n<\/tr>\n<\/table>\n<\/div>\n
\nA Adidas Telstar, com seus 32 gomos (20 hex\u00e1gonos brancos e 12 pent\u00e1gonos pretos), foi um marco na hist\u00f3ria das bolas da Copa, sendo o primeiro modelo com esse design e a primeira bola oficial da FIFA. A escolha do nome “Telstar” tamb\u00e9m foi hist\u00f3rica, homenageando o sat\u00e9lite de comunica\u00e7\u00e3o que transmitiu imagens ao vivo da Copa do Mundo pela primeira vez.
\nNosso objetivo nesta Sala de Estudos \u00e9 encontrar o volume aproximado dessa bola, considerando que seu formato se aproxima de um icosaedro truncado, conforme imagem abaixo.<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/icosaedro-truncado.png\")
\n
\n&\\Rightarrow a\\pm \\sqrt{b}=x\\pm 2\\sqrt{xy}+y\\\\
\n&\\Rightarrow a\\pm \\sqrt{b}=(x+y)\\pm \\sqrt{4xy}.
\n\\end{align}[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad m^2-(x+y)m+(xy)=0\\Rightarrow m^2-am+\\dfrac{b}{4}=0.[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\sqrt{a\\pm \\sqrt{b}}=\\sqrt{\\dfrac{a+c}{2}}\\pm \\sqrt{\\dfrac{a-c}{2}}[\/tex], com [tex]c=\\sqrt{a^2-b}.[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\sqrt{2+ \\sqrt{3}}=\\sqrt{\\dfrac{2+1}{2}}+ \\sqrt{\\dfrac{2-1}{2}}=\\sqrt{\\dfrac{3}{2}}+ \\sqrt{\\dfrac{1}{2}}=\\dfrac{\\sqrt{3}+1}{\\sqrt{2}}=\\dfrac{\\sqrt{3}+1}{\\sqrt{2}} \\cdot \\dfrac{\\sqrt{2}}{\\sqrt{2}}=\\dfrac{\\sqrt{6}+\\sqrt{2}}{2}.[\/tex]<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-1-Icosaedro-Regular.png\")
![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-2-Tetraedro-Interno.png\")
![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-3-\u2013-Vinte-Tetraedros-Internos.png\")
\nConsideremos um plano que secciona o icosaedro passando por dois pares de v\u00e9rtices opostos ([tex]A, N[\/tex] e [tex]B, P[\/tex]). Essa sec\u00e7\u00e3o ser\u00e1 o hex\u00e1gono [tex]ABMNPQ[\/tex] mostrado na figura abaixo.<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-4-Sec\u00e7\u00e3o-Hexagonal-1.png\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-5-Sec\u00e7\u00e3o-Hexagonal-2.png\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-6-Sec\u00e7\u00e3o-Pentagonal-1.png\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-7-Sec\u00e7\u00e3o-Pentagonal-2.png\")
<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\dfrac{PG}{PH}=\\dfrac{HL}{HG}\\Rightarrow \\dfrac{a}{d}=\\dfrac{d-a}{a}\\Rightarrow a^2=d^2-ad\\Rightarrow d^2-ad-a^2=0\\Rightarrow d=\\dfrac{a\\pm \\sqrt{a^2+4a^2}}{2}.[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad d=\\dfrac{a+a\\sqrt{5}}{2},[\/tex] ou seja, [tex]\\boxed{d=\\dfrac{a(1+\\sqrt{5})}{2}}.[\/tex]<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-8-Sec\u00e7\u00e3o-Hexagonal-3.png\")
<\/p>\n
\n[tex]\\qquad m^2=a^2+d^2\\Rightarrow m^2=a^2+\\left(\\dfrac{a(1+\\sqrt{5})}{2}\\right)^2\\Rightarrow m^2=a^2+\\left(\\dfrac{a^2(6+2\\sqrt{5})}{4}\\right)\\Rightarrow m^2=\\dfrac{a^2(10+2\\sqrt{5})}{4}\\Rightarrow \\boxed{m=\\dfrac{a\\sqrt{10+2\\sqrt{5}}}{2}}.[\/tex]<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/04\/Figura-9-Altura-da-Pir\u00e2mide.png\")
<\/p>\n
\n[tex]\\qquad h^2=\\left(\\dfrac{m}{2}\\right)^2-x^2\\Rightarrow h^2=\\dfrac{m^2}{4}-x^2\\Rightarrow h^2=\\dfrac{a^2(30+6\\sqrt{5}-16)}{48}\\Rightarrow h=\\dfrac{a}{2\\sqrt{6}}\\sqrt{7+3\\sqrt{5}}\\Rightarrow \\boxed{h=\\dfrac{a}{2\\sqrt{6}}\\sqrt{7+\\sqrt{45}}} \\qquad (I).[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\sqrt{a\\pm \\sqrt{b}}=\\sqrt{\\dfrac{a+c}{2}}\\pm \\sqrt{\\dfrac{a-c}{2}}[\/tex], onde [tex]c=\\sqrt{a^2-b}[\/tex].<\/p>\n
\n[tex]\\qquad c=\\sqrt{7^2-45}=\\sqrt{4}=2[\/tex].<\/p>\n
\n[tex]\\qquad h=\\dfrac{a}{2\\sqrt{6}}\\sqrt{7+\\sqrt{45}}=\\dfrac{a}{2\\sqrt{6}}\\left(\\sqrt{\\dfrac{7+2}{2}}+\\sqrt{\\dfrac{7-2}{2}}\\right)=\\dfrac{a}{2\\sqrt{6}}\\left(\\dfrac{3+\\sqrt{5}}{\\sqrt{2}}\\right)\\Rightarrow h=\\dfrac{a}{2\\sqrt{6}}\\left(\\dfrac{3+\\sqrt{5}}{\\sqrt{2}}\\cdot \\dfrac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{3}}\\right)\\Rightarrow \\boxed{h=\\dfrac{a(3\\sqrt{3}+\\sqrt{15})}{12}}.[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad V_{\\text{pir\u00e2mide}}=\\dfrac{1}{3}\\cdot A_{\\text{base}}\\cdot h=\\dfrac{1}{3}\\cdot \\dfrac{a^2\\sqrt{3}}{4}\\cdot \\dfrac{a(3\\sqrt{3}+\\sqrt{15})}{12}=\\dfrac{a^3}{144}\\cdot(9+3\\sqrt{5})=\\boxed{\\dfrac{a^3(\\sqrt{5}+3)}{48}}.[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad V_{\\text{icosaedro regular}}=20\\cdot \\dfrac{a^3(\\sqrt{5}+3)}{48}=\\boxed{\\dfrac{5a^3(\\sqrt{5}+3)}{12}}.[\/tex]<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-7-Sec\u00e7\u00e3o-Pentagonal-2-1.png\")
<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\begin{align}(LH)^2=(GH)^2+(GL)^2-2\\cdot (GH)\\cdot (GL)\\cdot \\cos\\ (36^\\circ)&\\Rightarrow(d-a)^2=a^2+(d-a)^2-2\\cdot a\\cdot (d-a)\\cdot \\cos\\ (36^\\circ)\\\\
\n&\\Rightarrow 2\\cdot a\\cdot (d-a)\\cdot \\cos\\ (36^\\circ)=a^2\\\\
\n&\\Rightarrow \\cos\\ (36^\\circ)=\\dfrac{a}{2\\cdot (d-a)}\\\\
\n&\\Rightarrow \\cos\\ (36^\\circ)=\\dfrac{a}{2\\cdot \\left(\\dfrac{a(1+\\sqrt{5})}{2}-a\\right)}\\\\
\n&\\Rightarrow \\cos\\ (36^\\circ)=\\dfrac{a}{(a+a\\sqrt{5}-2a)}\\\\
\n&\\Rightarrow \\cos\\ (36^\\circ)=\\dfrac{1}{\\sqrt{5}-1}\\\\
\n&\\Rightarrow \\cos\\ (36^\\circ)=\\dfrac{1}{\\sqrt{5}-1}\\cdot \\dfrac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}+1}\\\\
\n&\\Rightarrow \\cos\\ (36^\\circ)=\\dfrac{\\sqrt{5}+1}{4}.\\end{align}[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\text{sen}^2~ (36^\\circ)=1-\\cos^2 (36^\\circ)=1-\\left(\\dfrac{\\sqrt{5}+1}{4}\\right)^2=1-\\dfrac{5+2\\sqrt{5}+1}{16}=\\dfrac{10-2\\sqrt{5}}{16},[\/tex] ou seja,
\n[tex]\\qquad \\text{sen}~ (36^\\circ)=\\sqrt{\\dfrac{10-2\\sqrt{5}}{16}}=\\sqrt{\\dfrac{5-\\sqrt{5}}{8}}.[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\begin{align}\\text{tg}~ (36^\\circ)&=\\dfrac{\\text{sen}~ (36^\\circ)}{\\cos (36^\\circ)}=\\dfrac{\\sqrt{\\dfrac{5-\\sqrt{5}}{8}}}{\\dfrac{1+\\sqrt{5}}{4}}\\\\
\n&=\\sqrt{\\dfrac{5-\\sqrt{5}}{8}}\\cdot \\dfrac{4}{1+\\sqrt{5}}=\\sqrt{\\left(\\dfrac{5-\\sqrt{5}}{8}\\right)\\cdot \\left(\\dfrac{16}{(1+\\sqrt{5})^2}\\right)}\\\\
\n&=\\sqrt{\\dfrac{2(5-\\sqrt{5})}{6+2\\sqrt{5}}\\cdot \\dfrac{6-2\\sqrt{5}}{6-2\\sqrt{5}}}=\\sqrt{\\dfrac{2(30-10\\sqrt{5}-6\\sqrt{5}+10)}{36-20}}\\\\
\n&=\\sqrt{\\dfrac{2(40-16\\sqrt{5})}{16}}=\\sqrt{\\dfrac{16(5-2\\sqrt{5})}{16}},\\end{align}[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\boxed{\\text{tg}~ (36^\\circ)=\\sqrt{5-2\\sqrt{5}}}\\qquad (II).[\/tex]<\/p>\n
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\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/WhatsApp-Image-2026-02-17-at-10.54.44.jpeg\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-11-Icosaedro-Truncado-2.png\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-12-Icosaedro-Truncado-3.png\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-13-Icosaedro-Truncado-4.png\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/02\/Figura-14-\u2013-Face-do-Icosaedro-Regular.png\")
<\/p>\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/04\/Figura-15-\u2013-Pir\u00e2mide-Pentagonal-Regular-1-1.png\")
<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\angle{ACB}=\\dfrac{360^\\circ}{5}=72^\\circ[\/tex], [tex]\\angle{BCD}=\\dfrac{72^\\circ}{2}=36^\\circ[\/tex] e [tex]\\angle{CBD}=90^\\circ-36^\\circ=54^\\circ[\/tex].<\/p>\n
\n![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2026\/04\/Figura-16-\u2013-Face-da-Pir\u00e2mide-Pentagonal-Regular-1.png\")
<\/p>\n
\n&\\Rightarrow h_1=\\dfrac{a\/6}{\\sqrt{5-2\\sqrt{5}}}=\\dfrac{a\/6}{\\sqrt{5-2\\sqrt{5}}}\\cdot \\dfrac{\\sqrt{5+2\\sqrt{5}}}{\\sqrt{5+2\\sqrt{5}}}\\\\
\n&\\Rightarrow h_1=\\dfrac{a\\sqrt{5+2\\sqrt{5}}}{6\\sqrt{25-20}}=\\dfrac{a\\sqrt{5+2\\sqrt{5}}}{6\\sqrt{5}}\\cdot \\dfrac{\\sqrt{5}}{\\sqrt{5}}\\\\
\n&\\Rightarrow \\boxed{h_1=a\\dfrac{\\sqrt{25+10\\sqrt{5}}}{30}}.\\end{align}[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\begin{align}\\overline{h}^2+h_1^2=h_2^2&\\Rightarrow \\overline{h}^2+\\left(a\\dfrac{\\sqrt{25+10\\sqrt{5}}}{30}\\right)^2=\\left(\\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}\\right)^2\\\\
\n&\\Rightarrow \\overline{h}^2=\\dfrac{3a^2}{36}-\\dfrac{a^2(25+10\\sqrt{5})}{900}\\\\
\n&\\Rightarrow \\overline{h}^2=\\dfrac{a^2(75-25-10\\sqrt{5})}{900}\\\\
\n&\\Rightarrow \\overline{h}^2=\\dfrac{a^2(50-10\\sqrt{5})}{900}\\\\
\n&\\Rightarrow \\boxed{\\overline{h}=\\dfrac{a\\sqrt{50-10\\sqrt{5}}}{30}}.\\end{align}[\/tex]<\/p>\n
\n&=\\dfrac{1}{3}\\cdot \\dfrac{a^2\\sqrt{25+10\\sqrt{5}}}{36}\\cdot \\dfrac{a\\sqrt{50-10\\sqrt{5}}}{30}\\\\
\n&=\\dfrac{a^3\\sqrt{(25+10\\sqrt{5})(50-10\\sqrt{5})}}{3240}=\\dfrac{a^3\\sqrt{750+250\\sqrt{5}}}{3240}\\\\
\n&=\\dfrac{5a^3\\sqrt{30+10\\sqrt{5}}}{3240}=\\dfrac{a^3\\sqrt{30+10\\sqrt{5}}}{648}.\\end{align}[\/tex]<\/p>\n
\n&=\\sqrt{\\dfrac{30+\\sqrt{400}}{2}}+\\sqrt{\\dfrac{30-\\sqrt{400}}{2}}=\\sqrt{\\dfrac{50}{2}}+\\sqrt{\\dfrac{10}{2}}\\\\
\n&=\\sqrt{25}+\\sqrt{5}=5+\\sqrt{5}.\\end{align}[\/tex]<\/p>\n
\n[tex]\\qquad \\boxed{V_{\\text{pir\u00e2mide pentagonal}}=\\dfrac{a^3(5+\\sqrt{5})}{648}}.[\/tex]<\/p>\n
\n&=\\dfrac{5a^3\\cdot (3+\\sqrt{5})}{12}-12\\cdot \\dfrac{a^3(5+\\sqrt{5})}{648}\\\\
\n&=\\dfrac{a^3\\cdot (135+45\\sqrt{5}-10-2\\sqrt{5})}{108}\\\\
\n&=\\dfrac{a^3(125+43\\sqrt{5})}{108},\\end{align}[\/tex]
\nou seja,
\n[tex]\\qquad \\boxed{V_{\\text{icosaedro truncado}}=\\dfrac{a^3(125+43\\sqrt{5})}{108}}.[\/tex]<\/p>\n
\n\u00c9 a geometria euclidiana se tornando jogo, com seus 12 pent\u00e1gonos e 20 hex\u00e1gonos formando um s\u00f3lido quase perfeito. \u00c9 a trigonometria garantindo que cada costura, cada \u00e2ngulo de [tex]120^\\circ[\/tex], buscasse a esfericidade ideal para um voo est\u00e1vel e previs\u00edvel.
\nE, por fim, \u00e9 a hist\u00f3ria selando esse design: o primeiro Mundial televisionado em cores para o mundo exigia um objeto de contraste n\u00edtido, tornando-se, assim, o \u00edcone visual do esporte mais popular do planeta.<\/p>\n\n
\n ![\"\"](\"http:\/\/clubes.obmep.org.br\/blog\/wp-content\/uploads\/2013\/01\/menino.jpg\")
<\/td>\n\n