Aula 21: Ângulos no espaço - parte II

Solução:

1. a)
   ​

   Falso. O ângulo entre uma reta oblíqua a um plano e o plano é o ângulo entre a reta e sua projeção ortogonal no plano. Este é o menor ângulo entre uma reta do plano e a reta dada. Veja o exemplo da figura abaixo. Ela pode ser manipulada no Geogebra neste link¹¹ 1 https://ggbm.at/RSsBdrCp e você pode encontrar uma explicação visual a partir de manipulação no Geogebra no vídeo da semana neste link²² 2 https://www.youtube.com/watch?v=Mu8hugp8S_4.

   
2. b)
   ​

   Falso. Considere, por exemplo, duas retas concorrentes contidas num plano $\beta$ paralelo ao plano $\alpha$. Ambas são paralelas a $\alpha$, mas não são paralelas entre si. Tomando três planos paralelos, podemos obter duas retas reversas, ambas paraslelas a $\alpha$. Veja as figuras.

   

   

Solução: As respostas e as justificativas para os itens a), b) e c) são as mesmas. Para evitar confusão, apresentamos uma figura para cada item.

1. a)
   ​

   Apenas um plano. Seja $P\in r$ e $s$ a única reta perpendicular a $\alpha$ por $P$ (a existência e a unicidade da reta $s$ são garantidas pela Proposição 8 da Aula 20). Como $r$ não é perpendicular a $\alpha$, as retas $r$ e $s$ são concorrentes, logo determinam um plano, digamos $\beta$ (Proposição 1 da Aula 18). Como o plano $\beta$ contém a reta $s$, que é perpendicular a $\alpha$, os planos $\alpha$ e $\beta$ são perpendiculares (Proposição 1 da Aula 21). Falta mostrar que o plano $\beta$ é o único plano perpendicular a $\alpha$ que contém $r$. Seja $\beta^{\prime}$ um plano perpendicular a $\alpha$ que contém $r$. Vamos mostrar que $\beta^{\prime}=\beta$. Como $s$ e $\beta^{\prime}$ são perpendiculares a $\alpha$, a Proposição 2 da Aula 21 garante que $s$ está contida em $\beta^{\prime}$ ou $s$ é paralela a $\beta^{\prime}$. A reta $s$ não pode ser paralela a $\beta^{\prime}$ pois ela contém o $P\in r\subset\beta^{\prime}$, portanto, $s$ está contida em $\beta^{\prime}$. Lembre-se que duas retas concorrentes determinam um único plano (Proposição 1 da Aula 18) e os planos $\beta$ e $\beta^{\prime}$ contêm as retas concorrentes $r$ e $s$, logo $\beta^{\prime}=\beta$.

   A reta $r$ está contida em $\alpha$.	A reta $r$ é paralela a $\alpha$.	A reta $r$ é secante, mas não perpendicular a $\alpha$.

2. b)
   ​

   Resolvido no item a).

3. c)
   ​

   Resolvido no item a).

4. d)
   ​

   Existem infinitos planos. Se a reta $r$ é perpendicular ao plano $\alpha$, então qualquer plano que contenha $r$ será perpendicular a $\alpha$ (esta é a Proposição 1 da Aula 21). Por outro lado, existem infinitos planos que contêm a reta $r$, qualquer que seja a reta $r$ (esse é um exercício do EP da Aula 18).

Solução:

1. a)
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   Basta mover o ponto vermelho no aplicativo e anotar os resultados que são aproximadamente $60^{\circ}$, $75{,}5^{\circ}$, $104{,}5^{\circ}$, $120^{\circ}$, $104{,}5^{\circ}$ e $75{,}5^{\circ}$.

2. b)
   ​

   O ângulo entre uma reta e um plano é o ângulo entre a reta e sua projeção ortogonal no plano em questão. Neste caso, como o plano $VAM$ é perpendicular ao plano da base, o ângulo é o ângulo $\widehat{AOM}=60^{\circ}$.

Solução:

O ângulo entre uma reta e um plano é o ângulo entre a reta e sua projeção ortogonal sobre o plano em questão. A projeção ortogonal de $AD$ sobre $ABC$ é a reta $AG$, onde $G$ é a projeção ortogonal de $D$ sobre $ABC$.

Afirmação: a projeção ortogonal de $D$ sobre $ABC$ é o baricentro $G$ do triângulo $ABC$.

De fato, se $G$ é o pé da perpendicular baixada de $D$ sobre o plano $ABC$, então a reta $DG$ é perpendicular ao plano $ABC$ e, portanto, perpendicular a $AG$, $BG$ e a $CG$. Para mostrar que $G$ é o baricentro do triângulo equilátero $ABC$, basta mostrar que $G$ é equidistante de $A$, $B$ e $C$, isto é, que $AG=BG=CG$. Para concluir este fato basta observar que os triângulos retângulos $ADG$, $BDG$ e $CDG$ possuem hipotenusas de mesmo comprimento e o cateto $DG$ coincidentes, então são congruentes, logo $AG=BG=CG$.

A projeção ortogonal da reta $AD$ sobre o plano $ABC$ é a reta $AM$, onde $M$ é o ponto médio de $BC$. Agora basta calcular o ângulo $\widehat{MAD}$ usando a Lei dos Cossenos no triângulo $AMD$.

De onde, lembrando que o triângulo $AMD$ é isósceles de base $AD$ e que $AM$ é altura do triângulo equilátero $ABC$ obtemos,

Assim, o ângulo procurado é o ângulo entre zero e $90^{\circ}$ cujo cosseno é $\frac{\sqrt{3}}{3}$. Este ângulo é de aproximadamente $54,73^{\circ}$

Solução:

1. a)
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   O sólido obtido tem como arestas a figura a seguir. Se preferir uma visualização tridimensional no GeoGebra, acesse este link ³³ 3 https://www.geogebra.org/m/qmhcfmzv.
2. b)
   ​

   Lembre-se que o ângulo entre dois planos é o ângulo entre duas retas contidas nos respectivos planos e ambas perpendiculares à reta de interseção dos dois planos (essas retas são as interseções do plano perpendicular à reta de interseção com os planos que se quer calcular o ângulo, veja a definição na Aula 21). Como os triângulos $ACF$ e $ACH$ são equiláteros, as medianas partindo de $F$ e $H$ são perpendiculares à base $AC$ desses triângulos e podem ser usadas para calcular o ângulo entre os planos. Seja $M$ o ponto médio da aresta $AC$. O ângulo $\theta$ procurado é o ângulo entre as retas $FM$ e $HM$.

   Usando a Lei dos Cossenos no triângulo $HFM$ obtemos

   $$FH^{2}=FM^{2}+HM^{2}-2FM\cdot HM\cos\theta.$$

   Os segmentos $FM$ e $HM$ são alturas relativas à $AC$ dos triângulos equiláteros $ACF$ e $ACH$ de lados $a\sqrt{2}$, respectivamente. Portanto, $FM=HM=\frac{a\sqrt{6}}{2}$, que também pode ser obtido usando-se o Teorema de Pitágoras duas vezes. Substituindo na Lei dos Cossenos obtemos $\cos\theta=\frac{1}{3}$.

   Observe que o tetraedro de vértices $ACFH$ possui todas as arestas iguais (congruentes). O ângulo calculado é o ângulo entre duas faces de um tetraedro regular.

Solução: O quadrilátero $ABCD$ deve estar contido num plano paralelo a $\alpha$. Pois assim os ângulos entre os lados e comprimentos dos lados de $ABCD$ serão preservados no quadrilátero projetado $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$.

Solução:

A primeira coisa a se fazer é tentar visualizar a figura do enunciado.

Lembre-se que uma proposição do tipo $P$ se, e somente se, $Q$ contém duas duas proposições: “Se $P$, então $Q$” e outra “Se $Q$, então $P$”. Neste caso precisamos justificar as duas afirmações.

Afirmação 1: Se $AB$ é perpendicular a $s$, então $OB$ é perpendicular a $s$.

Afirmação 2: Se $OB$ é perpendicular a $s$, então $AB$ é perpendicular a $s$.

Uma boa estratégia para se verificar o perpendicularismo entre duas retas é mostrar que existe um plano que contém uma delas e é perpendicular à outra.

Lembre-se que uma reta perpendicular a um plano é uma reta perpendicular a todas as retas deste plano (esta é a definição). Mas para fins práticos podemos usar o teorema que afirma que: se uma reta é perpendicular a duas retas concorrentes de um plano, então ela é perpendicular ao plano.

Passemos a justificar as afirmações:

Justificativa da Afirmação 1: Se $AB$ é perpendicular a $s$, então temos $AB$ e $r$ perpendiculares a $s$. Como $AB$ e $r$ são concorrentes, a reta $s$ é perpendicular ao plano $ABO$, determinado por $AB$ e $r$. Como $s$ é perpendicular ao plano $ABO$, é perpendicular a todas as retas de $ABO$, em particular, $s$ é perpendicular a $OB$.

Justificativa da Afirmação 2: Se $OB$ é perpendicular a $s$, então temos $OB$ e $r$ perpendiculares a $s$. Como $OB$ e $r$ são concorrentes, a reta $s$ é perpendicular ao plano $ABO$, determinado por $OB$ e $r$. Como $s$ é perpendicular ao plano $ABO$, é perpendicular a todas as retas de $ABO$, em particular, $s$ é perpendicular a $AB$.