IME / ITA(EN - 1986) Geometria Espacial

Aqui deverão ser postadas questões desses vestibulares e de outras instituições militares (EN, CN, EsPCEx etc.).

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cbdp
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(EN - 1986) Geometria Espacial

Mensagem não lida por cbdp » Qua 13 Mai, 2015 13:25

No tetraedro ABCD, a face ABC é um triângulo equilátero de lado 4 e aresta AD, que mede 3, é perpendicular às arestas AB e AC. A distância do vértice A e à face BCD é:

(A) 4\sqrt{3}
(B) 6
(C) 6\sqrt{7}/7
(D) 6\sqrt{3}/5
(E) 2\sqrt{21}/21
Resposta

Resposta : C
Por favor, alguém poderia me mostrar como ficaria o desenho?!

Última edição: cbdp (Qua 13 Mai, 2015 13:25). Total de 2 vezes.



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joaopcarv
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Ago 2017 27 03:54

Re: (EN - 1986) Geometria Espacial

Mensagem não lida por joaopcarv » Dom 27 Ago, 2017 03:54

Olhe o anexo :
JOAOLIMADOTUTORBRASIL.jpg
JOAOLIMADOTUTORBRASIL.jpg (61.68 KiB) Exibido 689 vezes
Na face [tex3]\mathsf{\triangle ABD} \ \rightarrow[/tex3]

Como [tex3]\mathsf{\overline{AB}\perp \overline{AD}}[/tex3] , podemos usar Pitágoras para achar [tex3]\mathsf{\overline{BD}}[/tex3] :

[tex3]\mathsf{\overline{BD}^² \ = \ \overline{AB}^² \ +\ \overline{AD}^² \ \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\overline{BD}^² \ = \ 4^2 \ + \ 3^2 \ \rightarrow \ \boxed{\mathsf{\overline{BD} \ = \ 5 \ |u|}}}[/tex3]

Na face [tex3]\mathsf{\triangle ACD} \ \rightarrow[/tex3]

Da mesma forma, como [tex3]\mathsf{ \overline{AC}\perp \overline{AD}}[/tex3] , para acharmos [tex3]\mathsf{\overline{CD}}[/tex3] :

[tex3]\mathsf{\overline{CD}^² \ = \ \overline{AC}^² \ +\ \overline{AD}^² \ \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\overline{CD}^² \ = \ 4^2 \ + \ 3^2 \ \rightarrow \ \boxed{\mathsf{\overline{CD} \ = \ 5 \ |u|}}}[/tex3]

Agora, observe que eu destaquei o [tex3]\mathsf{\triangle BCD}[/tex3] , que isósceles ([tex3]\mathsf{\overline{BD} \ = \ \overline{CD}.}[/tex3] ) Sendo isósceles, a altura [tex3]\mathsf{\overline{DM}}[/tex3] relativa à base [tex3]\mathsf{\overline{BC}}[/tex3] é fincada no ponto médio [tex3]\mathsf{M}[/tex3] da mesma.

Aplicando Pitágoras em [tex3]\mathsf{\triangle BDM}[/tex3] , por exemplo, para acharmos a altura [tex3]\mathsf{\overline{DM}}[/tex3] :

[tex3]\mathsf{\overline{BD}^2 \ = \ \overline{DM}^2 \ + \bigg(\frac{\overline{BD}}{2}\bigg)^2 \ \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{5^2 \ = \ \overline{DM}^2 + \bigg(\dfrac{4}{2}\bigg)^2 \ \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\overline{DM}^2 \ = \ 25 \ - \ 4 \ \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\overline{DM}^2 \ = \ 21 \ \rightarrow \ \boxed{\mathsf{\overline{DM} \ = \ \sqrt{21} \ |u|}}} \ \rightarrow[/tex3] Altura relativa ao lado [tex3]\mathsf{\overline{BC}.}[/tex3]

Agora, vamos calcular o segmento verde ([tex3]\mathsf{\overline{AM}}[/tex3] ) do desenho [tex3]\rightarrow[/tex3]

Ele é a altura da base triangular equilátera [tex3]\mathsf{\triangle ABC}[/tex3] . Logo :

[tex3]\mathsf{\overline{AM} \ = \ \dfrac{l \ \cdot \ \sqrt{3}}{2} \ \rightarrow}[/tex3] Sendo [tex3]\mathsf{l \ = \ 4 \ |u|}[/tex3] :

[tex3]\mathsf{\overline{AM} \ = \ \dfrac{4 \ \cdot \ \sqrt{3}}{2} \ \rightarrow} \ \boxed{\mathsf{\overline{AM} \ = \ 2 \ \cdot \ \sqrt{3} \ |u|}}[/tex3]

[tex3]\dots[/tex3]

A distância de [tex3]\mathsf{A}[/tex3] à face [tex3]\mathsf{ \triangle BCD}[/tex3] , [tex3]\mathsf{\overline{AN}}[/tex3] é perpendicular à mesma e é fincada em um ponto (ponto [tex3]\mathsf{N}[/tex3] ) da altura [tex3]\mathsf{\overline{DM}}[/tex3] dessa face (que já calculamos anteriormente).

Veja dois triângulos retângulos formados com essa distância, um com cateto vermelho [tex3]\mathsf{\overline{DN}}[/tex3] e outro com cateto amarelo [tex3]\mathsf{\overline{MN} \dots}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\overline{DN} \ + \ \overline{NM} \ = \ \cancelto{\sqrt{21} \ |u|}{\overline{DM}} \dots}[/tex3]

Pitágoras em [tex3]\mathsf{\triangle AMN}[/tex3] :

[tex3]\mathsf{\overline{AM}^2 \ = \ \overline{AN}^2 + \overline{MN}^2 \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{(2\cdot \sqrt{3})^2 \ = \ \overline{AN}^2 + \overline{MN}^2 \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{12 \ = \ \overline{AN}^2 + \overline{MN}^2 \ (I)}[/tex3]

Pitágoras em [tex3]\mathsf{\triangle ADN}[/tex3] :

[tex3]\mathsf{\overline{AD}^2 \ = \ \overline{AN}^2 + \overline{DN}^2 \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{3^2 \ = \ \overline{AN}^2 + \overline{DN}^2 \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{9 \ = \ \overline{AN}^2 + \overline{DN}^2 \ (II)}[/tex3]

[tex3]\dots[/tex3]

[tex3]\begin{cases} \mathsf{12 \ = \ \overline{AN}^2 + \overline{MN}^2 \\
9 \ \ = \ \ \overline{AN}^2 + \overline{DN}^2} \end{cases}[/tex3]


[tex3]\mathsf{3 \ = \ \overline{MN}^2 \ - \ \overline{DN}^2} \rightarrow[/tex3] Dos produtos notáveis :

[tex3]\mathsf{3 \ = \ \cancelto{\sqrt{21} \ |u|}{(\overline{MN} \ + \ \overline{ND})} \ \cdot \ (\overline{MN} \ - \ \overline{ND}) \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\mathsf{\dfrac{3}{\sqrt{21}} \ = \ \overline{MN} \ - \ \overline{ND}}[/tex3]

[tex3]\begin{cases} \mathsf{\sqrt{21} \ = \ \overline{MN} \ + \ \overline{ND} \\
\dfrac{3}{\sqrt{21}} \ \ = \ \ \overline{MN} \ - \ \overline{ND}} \end{cases}[/tex3]

[tex3]\boxed{\mathsf{\overline{MN} \ = \ \dfrac{12}{\sqrt{21}} \ |u|, \ \overline{DN} \ = \ \dfrac{9}{\sqrt{21}} \ |u|}}[/tex3]

Por fim, em qualquer um dos Pitágoras:

[tex3]\mathsf{12 \ = \ \overline{AN}^2 \ + \ \Bigg(\cancelto{\frac{12}{\sqrt{21}}}{\overline{MN}}\Bigg)^2 \ \rightarrow}[/tex3]

[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\overline{AN} \ = \ \dfrac{6 \ \cdot \ \sqrt{7}}{7} \ |u|}}}[/tex3]

Última edição: joaopcarv (Qui 07 Fev, 2019 01:37). Total de 2 vezes.
Razão: colocar em latex


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