Outro cubo [ABCDEFGH]

Geometria Analítica: Infinito 11 A - Parte 1 Pág. 186 Ex. 50

by AMMA · Published 13 de Dezembro de 2010 · Updated 21 de Janeiro de 2022

Enunciado

Seja $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ um referencial o.n. do espaço.

A figura representa um cubo [ABCDEFGH] de centro O e aresta 2 cm, sendo as arestas [AD] e [DC] paralelas a Ox e Oy, respetivamente.

Os pontos I, J, K, L, M, N, P e Q são pontos médios das arestas.

Determine as coordenadas dos pontos anteriormente referidos.
Indique as coordenadas dos pontos simétricos de K, G e E em relação a J.
Defina, por uma condição, o plano da face [ADHE].
Escreva equações das retas NK, IU e IK.
Escreva equações da recta paralela a QP e que passa por I.
Prove que a diagonal [FD] do cubo é perpendicular ao plano que contém o hexágono.
Calcule a área do hexágono [IMNKPQ].

Resolução

As coordenadas desses pontos são: $I\,(1,-1,0)$, $J\,(1,1,0)$, $K\,(-1,1,0)$, $L\,(-1,-1,0)$, $M\,(1,0,-1)$, $N\,(0,1,-1)$, $P\,(-1,0,1)$ e $Q\,(0,-1,1)$.
As coordenadas desses pontos são, respetivamente, $K’\,(3,1,0)$, $G’\,(3,1,-1)$ e $E’\,(1,3,-1)$.
O plano da face [ADHE] pode ser definido pela equação $y=-1$.
Por visualização, podemos definir essas retas por:
NK: $y=1\wedge z=-x-1$
IJ: $x=1\wedge z=0$
IK: $y=-x\wedge z=0$

Confirmando NK:
Como $N\,(0,1,-1)$ e $K\,(-1,1,0)$, então $\overrightarrow{NK}=(-1,0,1)$.
Logo, vem: $\frac{x-0}{-1}=\frac{z+1}{1}\wedge y=1\Leftrightarrow y=1\wedge z=-x-1$.

Confirmando IK:
Como $I\,(1,-1,0)$ e $K\,(-1,1,0)$, então $\overrightarrow{IK}=(-2,2,0)$.
Logo, vem: $\frac{x-1}{-2}=\frac{y+1}{2}\wedge z=0\Leftrightarrow -x+1=y+1\wedge z=0\Leftrightarrow y=-x\wedge z=0$.
A reta considerada é a reta IK, que pode ser definida por $y=-x\wedge z=0$, como vimos na alínea anterior.
Para isso basta provar que $\overrightarrow{DF}\bot \overrightarrow{MI}\wedge \overrightarrow{DF}\bot \overrightarrow{MN}$.
Ora, $\overrightarrow{DF}=(2,2,2)$, $\overrightarrow{MI}=(0,-1,1)$ e $\overrightarrow{MN}=(-1,1,0)$.

Donde, $\overrightarrow{DF}.\overrightarrow{MI}=2\times 0+2\times (-1)+2\times 1=0$ e $\overrightarrow{DF}.\overrightarrow{MN}=2\times (-1)+2\times 1+2\times 0=0$.

Portanto, a diagonal [FD] é perpendicular ao plano que contém o hexágono, pois é perpendicular a duas retas (MI e MN) concorrentes desse plano.
O hexágono é regular, com lado igual a metade da diagonal facial do cubo, isto é $l=\overline{PQ}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$.
Consideremos o hexágono decomposto em seis triângulos equiláteros geometricamente iguais.

A altura desse triângulo equilátero é \[h=\sqrt{{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{2-\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}}\]
Logo, a área do hexágono é: \[A=6\times \frac{\sqrt{2}\times \sqrt{\frac{3}{2}}}{2}=3\sqrt{3}\,c{{m}^{2}}\]