Questão M04 da 2ª fase da FUVEST 2010

3º dia · Matemática

Dois planos \pi_1 e \pi_2 se interceptam ao longo de uma reta r, de maneira que o ângulo entre eles meça \alpha radianos, 0 < \alpha < \pi/2. Um triângulo equilátero ABC, de lado \ell, está contido em \pi_2, de modo que \overline{AB} esteja em r. Seja D a projeção ortogonal de C sobre o plano \pi_1, e suponha que a medida \theta, em radianos, do ângulo C\hat{A}D, satisfaça \sen\theta = \sqrt{6}/4.

Nessas condições, determine, em função de \ell,

a) o valor de \alpha.

b) a área do triângulo ABD.

c) o volume do tetraedro ABCD.

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Resolução comentada

a) Seja M o ponto médio de AB. Como ABC é equilátero, CM \perp r e CM = h = \dfrac{\ell\sqrt{3}}{2}. Como D é a projeção de C em \pi_1 e CM \perp r, o teorema das três perpendiculares dá DM \perp r. Logo, C\hat{M}D é o ângulo entre os planos, ou seja, C\hat{M}D = \alpha.\n\nNo triângulo retângulo CDM (reto em D), CD = h\,\sen\alpha e MD = h\cos\alpha.\n\nNo triângulo retângulo CDA (reto em D), \sen\theta = \dfrac{CD}{AC} = \dfrac{h\,\sen\alpha}{\ell} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sen\alpha.\n\nComo \sen\theta = \dfrac{\sqrt{6}}{4}:\n\n

\sen\alpha = \frac{\sqrt{6}}{4}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{2}
\n\nComo 0<\alpha<\pi/2, \alpha = \pi/4 rad.\n\nb) Com \alpha=\pi/4:\n\n
MD = h\cos\alpha = \frac{\ell\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\ell\sqrt{6}}{4}
\n\nO triângulo ABD está em \pi_1, tem base AB=\ell e altura DM, pois DM\perp AB. Então:\n\n
A_{ABD} = \frac{1}{2}\,\ell\cdot\frac{\ell\sqrt{6}}{4} = \frac{\ell^2\sqrt{6}}{8}
\n\nÁrea =\dfrac{\ell^2\sqrt{6}}{8}.\n\nc) Tomando ABD como base, que está em \pi_1, a altura do tetraedro é CD, perpendicular a \pi_1:\n\n
CD = h\,\sen\alpha = \frac{\ell\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\ell\sqrt{6}}{4}
\n\nLogo:\n\n
V = \frac{1}{3}\cdot\frac{\ell^2\sqrt{6}}{8}\cdot\frac{\ell\sqrt{6}}{4} = \frac{1}{3}\cdot\frac{6\ell^3}{32} = \frac{\ell^3}{16}
\n\nVolume =\dfrac{\ell^3}{16}.

Assuntos: geometria espacial, tetraedro, ângulo entre planos.

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