ITA 1957 ⇒ (ITA-1957) Geometria Espacial Tópico resolvido

[JigsawMOD]

3ª parte

9 – Dado o tetraedro regular [tex3]ABCD[/tex3], tomam-se os pontos médios [tex3]E[/tex3] de [tex3]BC[/tex3], [tex3]F[/tex3] de [tex3]AC[/tex3], [tex3]G[/tex3] de [tex3]AD[/tex3], [tex3]H[/tex3] de [tex3]BD[/tex3]. Mostre que o quadrilátero [tex3]EFGH[/tex3] é um quadrado.

ITA M 1957 FIG.png (58.82 KiB) Exibido 1735 vezes

10 – Os números [tex3]a, b, c[/tex3] satisfazem a relação [tex3]a+b^2=1-b[/tex3].
Que condição deve satisfazer o número [tex3]a[/tex3], para que os logarítmos desses números [tex3]a, b, c[/tex3], nessa ordem, formem uma progressão geométrica?

Resposta

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9) Sugestão: Mostre que os lados são iguais e que as diagonais são iguais.
10) Resposta: Fazendo [tex3]a=10^x[/tex3], [tex3]b=10^{xq}[/tex3] e [tex3]c=10^{xq^2}[/tex3] a relação se escreve: [tex3]a^q(a^q+1)=1-a[/tex3].
Fonte: Retirada do livro “Vestibulares de Matemática” por M. Silva Filho e G. Magarinos, pela Editora Nacionalista, em 1960.

OBS = Também mantive os dois itens indicados na questão original, mesmo contrariando as regras do Fórum, no sentido de manter a originalidade da questão. Novamente não há necessidade de responder a todos os itens, mas qualquer item respondido será de enorme ajuda para os usuários do espaço. Devido ao DESENHO ORIGINAL estar um pouco comprometido, tentei fazer uma RÉPLICA, inclusive levando-se em conta que, os PONTOS MÉDIOS indicados no enunciado não estarem, exatamente, no ponto médio do desenho.

[petrasMOD]

Jigsaw,

9 - Tetraedro regular: faces são triângulos equilateros

Como duas arestas reversas de um tetraedro regular são ortogonais, AB é ortogonal a DC
EF || AB e FG || CD portanto EF é perpendicular a FG
Analogamente GH é perpendicular a FG é EF perpendicular a EH
Portanto, EFGH é um quadrado

[petrasMOD]

Jigsaw,

10) [tex3]loga, logb, logc\\
PG (logb)^2 = (loga).(logc)[/tex3]

Condição de existência dos logaritmos: a > 0 , b > 0 , c > 0
[tex3]a + b^2 = 1 - b \implies b^2 + b + (a - 1) = 0 \\
∆ = 1^2 - 4.1.(a - 1) \implies \Delta = 5 - 4.a\\
b = \frac{- 1 ±­ \sqrt{(5 - 4.a)}}{2}\\
\text{Para termos } b > 0 \implies \sqrt{(5 - 4.a) }> 1 \implies 5 - 4.a > 1 \therefore a < 1\\
\boxed{ 0 < a < 1}[/tex3]
(Solução:Elcioschin)

[petrasMOD]

9) etraedro regular ---> 4 triângulos equiláteros
seja 2a a aresta desses triângulos.
Devido segmentos traçados a partir dos pontos médios, as linhas em vermelho são bases médias dos respectivos triângulos, portanto sua medida é a.

Até agora podemos concluir que o quadrilátero EFGH é equilátero. Para mostrar ser quadrado precisamos provar uma das duas hipóteses:
1) as diagonais têm mesma medida, i.e., EG = FH. Como o quadrilátero já é equilátero, se as diagonais forem iguais isso só acontece se também for quadrado, caso em que as diagonais serão perpendiculares;
2) os ângulos internos são de 90º.

A hipótese (1) é mais imediata pois as diagonais são as distâncias entre arestas reversas ortogonais do tetraedro; são, portanto, perpendiculares às arestas. Duas vezes o teorema de Pitágoras resolve isso.

Mas adotamos mostrar a hipótese (2).

Sem título.jpg (39.73 KiB) Exibido 1633 vezes

Com a mesma diagonal (indicada no desenho) podemos resolver para o triângulo EFH e, analogamente, iremos obter 90º para o ângulo E. Isto já define os 4 ângulos do EFGH como retos mas, querendo, pode-se executar a mesma mecânica para a diagonal EG e o resultado será o mesmo.

Portanto EFGH é quadrado.
(Solução:Medeiros)