Viagem ao interior do cubo

Nesta entrada, seguimos instruções pela ordem indicada
  1. que se traduziram nas construções e observações seguintes
    1. Construímos um cubo tranaparente com uma das faces $\;ABCD\;$ no plano $\;xOy\;$, sendo os pontos $\;B,$ dependente de $\;A\;$ que é livre de rodar em torno do eixo $\;Oz.\;$ Os restantes vértices do cubo são dados pela ferramenta de construção de um cubo dada uma aresta $\;AB\;$ e o plano em que incide $\; xOy.\;$
    2. Como diagonais faciais não complanares e perpendiculares, escolhemos $\;AF, \;CH\;$ (cada uma em plano paralelo ao plano da outra: $\;AF \parallel DG \wedge DG \perp CH\;$).

      A figuras pode ser movimentada deslocando o ponto $\;A$.

      © geometrias.25 novembro 2016, Criado com GeoGebra

    3. Construimos o poliedro que se obtém unindo as 4 extremidades dessas diagonais, que é um poliedro de
      • 4 vértices - $\;A, \;C, \;F,\;H\;$
      • 6 arestas - $\;AF,\; AC,\;AH, \;CF, \; FH\;$ -
      • 4 faces - $\; ACF, \; ACH, \; AFH\;$
      que é um tetraedro em que as arestas são iguais todas diagonais faciais do mesmo cubo e as faces são 4 triângulos equiláteros iguais
    4. Planificámos o tetraedro obtido, Usando a ferramenta própria. Por termos construído o tetraedro, usando a ferramenta de pirâmide de base $\;CFH\;$ e vértice $\;A,\;$ a planificação aparece-nos no plano $\;C, \;F,\;H\;$
    5. Claro que o poliedro verifica a fórmula de Euler: a soma do número de faces com o número de vértices excede em 2 o número de arestas - $\;F+V=A+2\;$, no caso, $\;4+4= 6+2. \;$
  2. Para responder a questões de áreas e volumes do poliedro construído, recomendavam-nos o uso das ferramentas que nos dão valores aproximados. No caso em estudo, optámos por não o fazer.
    1. O cubo tem 6 faces quadradas de aresta, digamos $\;a\;$. Cada face tem área $\;a^2\;$ e o cubo $\;6a^2\;$. Como as arestas do tetraedro construído são diagonais faciais do cubo de aresta $\;a\;$, o quadrado do comprimento da aresta do tetraedro é igual ao dobro do quadrado da aresta $\;a\;$ do cubo. As faces do tetraedro são triângulos equiláteros de lado $\;\displaystyle\sqrt{2} a\;$ e altura $\;\displaystyle\frac{\sqrt{6}a}{2}\;$ e a sua área é
      $$\;\normalsize \frac{1}{2} \times \sqrt{2}a \times \sqrt{2a^2 -\frac{a^2}{2}} = \frac{\sqrt{2}a}{2} \times \frac{\sqrt{3}a}{2}= \frac{\sqrt{6}a^2}{4}.\;$$ A soma das áreas das face do tetraedro é pois $\;\normalsize\sqrt{6}a^2.\;$ A razão entre a área total do cubo, $\;\normalsize 6a^2,\;$ e a área total do tetraedro construído, $\;\normalsize \sqrt{6}a^2, \;$ é $\;\normalsize\sqrt{6}.\;$
    2. Ao construirmos o nosso tetraedro dentro do cubo de volume $\;\normalsize a^3\;$ podemos ver como ele fica decomposto nas seguintes pirâmides: $\;[CFHA]\;$ (tetraedro regular), $\;[CBFA], \;[FHEA], \;[CHDA], \;[HFGC],\;$ estas 4 últimas todas triangulares e iguais, sendo cada uma de volume igual à terça parte de um prisma triangular reto de base igual a metade do quadrado de lado $\;\normalsize a\;$ e altura igual a $\;\normalsize a, \;$ isto é, igual a $\; \displaystyle \frac{1}{6} a^3.\;$ A soma dos volumes destas quatro pirâmides tem o valor de $\; \displaystyle \frac{2}{3} a^3\;$. E, em consequência, o volume do nosso tetraedro é igual em valor a $\;\displaystyle a^3-\frac{2}{3}a^3 = \frac{a^3}{3}\;$, terça parte do volume do cubo dentro do qual foi construído.

Copie o url
http://geometrias.eu/depositum/tarefasCabri3DVisprof(viaJ.Almiro).pdf
e terá acesso ao texto do conjunto de enunciados para o que se seguirá)