Exercício 24 (Cubo) Considere-se um cubo A B C D E F G H de aresta unitária; considerese um sistema ortonormal de coordenadas cartesianas ( A ; \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A E} ).
24.1 Determinar uma representação paramétrica para a reta (F D).
24.2 Mostrar que o vetor \vec{n}=(1 ;-1 ; 1) é um vetor normal ao plano ( B G E ). Determinar uma equação do plano ( B G E ).
24.3 Mostrar que a reta (FD) é perpendicular ao plano ( B G E ).
24.4 Determinar as coordenadas do ponto K, interseção da reta (FD) com o plano ( B G E ) .
24.5 Mostrar que o triângulo \triangle B E G é equilátero. Determinar a área do triângulo \triangle B E G.
24.6 Determinar o volume do tetraedro B E G D.

Passo 1

Temos um cubo A B C D E F G H de aresta unitária em coordenadas Cartesianas com origem em A e eixos \overrightarrow{A B},\overrightarrow{A D},\overrightarrow{A E}. Logo A=(0,0,0), B=(1,0,0), D=(0,1,0), E=(0,0,1), F=(1,0,1), G=(1,1,1).
Preciso:
24.1 representação paramétrica da reta (F D).
24.2 mostrar que \vec n=(1,-1,1) é normal ao plano (B G E) e achar sua equação.
24.3 provar (F D)\perp(B G E).
24.4 encontrar K=(F D)\cap(B G E).
24.5 mostrar que \triangle B E G é equilátero e calcular sua área.
24.6 calcular o volume do tetraedro B E G D.
Usaremos coordenadas, produto escalar, produto misto e fórmulas conhecidas de geometria espacial.

Passo 2

Para a reta (F D) tomamos os pontos
F=(1,0,1),\quad D=(0,1,0).
O vetor diretor é
\overrightarrow{FD}=D-F=(0,1,0)-(1,0,1)=(-1,1,-1).
Logo uma representação paramétrica é
(x,y,z)=F+t\,\overrightarrow{FD}=(1,0,1)+t(-1,1,-1),
ou seja
x=1-t,\quad y=t,\quad z=1-t,\quad t\in\mathbb R.

Passo 3

No plano (B G E) temos
B=(1,0,0),\quad G=(1,1,1),\quad E=(0,0,1).
Os vetores de direção são
\overrightarrow{BG}=G-B=(0,1,1),\quad \overrightarrow{BE}=E-B=(-1,0,1).
Calculamos
\vec n\cdot\overrightarrow{BG}=1\cdot0+(-1)\cdot1+1\cdot1=0,\quad \vec n\cdot\overrightarrow{BE}=1\cdot(-1)+(-1)\cdot0+1\cdot1=0,
logo \vec n=(1,-1,1) é normal ao plano. A equação vem de \vec n\cdot(X-B)=0:
1\,(x-1)-1\,(y-0)+1\,(z-0)=0 \quad\Longrightarrow\quad x-y+z-1=0.

Passo 4

A reta (F D) tem vetor diretor \overrightarrow{FD}=(-1,1,-1), que satisfaz
(-1,1,-1)=-\,(1,-1,1)=-\vec n.
Como o vetor diretor da reta é paralelo ao normal do plano, concluímos (F D)\perp(B G E).

Passo 5

O ponto genérico de (F D) é (1-t,t,1-t). Substituindo na equação do plano x-y+z-1=0
(1-t)-t+(1-t)-1=0\quad\Longrightarrow\quad1-3t=0\quad\Longrightarrow\quad t=\tfrac13.
Logo
K=\Bigl(1-\tfrac13,\;\tfrac13,\;1-\tfrac13\Bigr)=\Bigl(\tfrac23,\tfrac13,\tfrac23\Bigr).

Passo 6

Calculamos comprimentos no triângulo B E G: \overrightarrow{BE}=(-1,0,1) tem \|\overrightarrow{BE}\|=\sqrt{1+0+1}=\sqrt2. \overrightarrow{BG}=(0,1,1) e \overrightarrow{EG}=(1,1,0) também têm norma \sqrt2.
Logo BE=BG=EG=\sqrt2, ou seja o triângulo é equilátero. A área de um equilátero de lado a é \tfrac{\sqrt3}{4}a^2, aqui a=\sqrt2, então
\text{área}(\triangle BEG)=\frac{\sqrt3}{4}(\sqrt2)^2=\frac{\sqrt3}{2}.á

Passo 7

O volume do tetraedro B E G D é
V=\frac{1}{6}\bigl|\det(\overrightarrow{BE},\overrightarrow{BG},\overrightarrow{BD})\bigr|.
Temos \overrightarrow{BD}=D-B=(-1,1,0). Montando a matriz e calculando o determinante dá valor 2. Logo
V=\frac{1}{6}\cdot2=\frac{1}{3}.

Resposta

24.1 (x,y,z)=(1-t,t,1-t),\;t\in\mathbb R.
24.2 Equação do plano (B G E): x - y + z -1=0.
24.3 A reta (FD) é perpendicular ao plano porque seu vetor diretor (-1,1,-1) é paralelo a (1,-1,1).
24.4 K=\bigl(\tfrac23,\tfrac13,\tfrac23\bigr).
24.5 \triangle BEG é equilátero de lado \sqrt2, com área \tfrac{\sqrt3}{2}.
24.6 Volume do tetraedro B E G D: \tfrac{1}{3}.

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