ITA 2020 — 2ª Fase — Questão 10 — Geometria Espacial
Considere uma pirâmide reta \(P\) cuja base é um hexágono regular de lado \(\ell\).
As faces laterais dessa pirâmide formam um ângulo diedro de \(75^\circ\) com a base
da própria pirâmide. Sabendo que \(P\) está inscrita em uma esfera (isto é, a esfera
é circunscrita à pirâmide), determine o raio \(R\) dessa esfera, em função de \(\ell\).
👀 Solução passo a passo
1) Altura da pirâmide
Seja \(O\) o centro do hexágono, \(V\) o vértice da pirâmide e \(H=VO\) a altura. Tome o plano perpendicular a um lado da base passando por \(V\) e pelo ponto médio desse lado. Nesse plano, a reta do diedro faz \(75^\circ\) com a base e forma com \(H\) um triângulo retângulo cuja outra cateto é a distância do centro ao lado do hexágono, isto é, o apótema do hexágono: \[ a_{\hexagon}=\frac{\sqrt3}{2}\,\ell. \] Pela definição de ângulo diedro, \[ \tan 75^\circ \;=\; \frac{H}{a_{\hexagon}} \quad\Longrightarrow\quad H=\bigl(2+\sqrt3\bigr)\,a_{\hexagon} =\bigl(2+\sqrt3\bigr)\frac{\sqrt3}{2}\,\ell =\frac{2\sqrt3+3}{2}\,\ell . \]2) Relação com o raio da esfera
Pelo eixo de simetria, o centro \(O_s\) da esfera está sobre a reta \(VO\). Como \(OO_s=H-R\) e a distância do centro \(O\) a um vértice do hexágono é \(OB=\ell\) (raio circunscrito do hexágono regular), no triângulo retângulo \( \triangle O_sOB \) temos \[ R^2 = \ell^2 + (H-R)^2. \] Daí \[ 0 = \ell^2 + H^2 – 2HR \quad\Longrightarrow\quad R=\frac{\ell^2+H^2}{2H}. \]3) Substituindo \(H\)
Com \( H=\dfrac{2\sqrt3+3}{2}\,\ell \), \[ \ell^2+H^2 = \ell^2+\frac{(2\sqrt3+3)^2}{4}\,\ell^2 =\frac{25+12\sqrt3}{4}\,\ell^2, \] e \[ 2H=(2\sqrt3+3)\,\ell. \] Logo, \[ R=\frac{\,\dfrac{25+12\sqrt3}{4}\,\ell^2\,}{(2\sqrt3+3)\,\ell} =\frac{25+12\sqrt3}{4(2\sqrt3+3)}\,\ell =\frac{14\sqrt3-3}{12}\,\ell . \]
Seja \(O\) o centro do hexágono, \(V\) o vértice da pirâmide e \(H=VO\) a altura. Tome o plano perpendicular a um lado da base passando por \(V\) e pelo ponto médio desse lado. Nesse plano, a reta do diedro faz \(75^\circ\) com a base e forma com \(H\) um triângulo retângulo cuja outra cateto é a distância do centro ao lado do hexágono, isto é, o apótema do hexágono: \[ a_{\hexagon}=\frac{\sqrt3}{2}\,\ell. \] Pela definição de ângulo diedro, \[ \tan 75^\circ \;=\; \frac{H}{a_{\hexagon}} \quad\Longrightarrow\quad H=\bigl(2+\sqrt3\bigr)\,a_{\hexagon} =\bigl(2+\sqrt3\bigr)\frac{\sqrt3}{2}\,\ell =\frac{2\sqrt3+3}{2}\,\ell . \]2) Relação com o raio da esfera
Pelo eixo de simetria, o centro \(O_s\) da esfera está sobre a reta \(VO\). Como \(OO_s=H-R\) e a distância do centro \(O\) a um vértice do hexágono é \(OB=\ell\) (raio circunscrito do hexágono regular), no triângulo retângulo \( \triangle O_sOB \) temos \[ R^2 = \ell^2 + (H-R)^2. \] Daí \[ 0 = \ell^2 + H^2 – 2HR \quad\Longrightarrow\quad R=\frac{\ell^2+H^2}{2H}. \]3) Substituindo \(H\)
Com \( H=\dfrac{2\sqrt3+3}{2}\,\ell \), \[ \ell^2+H^2 = \ell^2+\frac{(2\sqrt3+3)^2}{4}\,\ell^2 =\frac{25+12\sqrt3}{4}\,\ell^2, \] e \[ 2H=(2\sqrt3+3)\,\ell. \] Logo, \[ R=\frac{\,\dfrac{25+12\sqrt3}{4}\,\ell^2\,}{(2\sqrt3+3)\,\ell} =\frac{25+12\sqrt3}{4(2\sqrt3+3)}\,\ell =\frac{14\sqrt3-3}{12}\,\ell . \]
\( \displaystyle R=\frac{14\sqrt3-3}{12}\,\ell \).
🔗 Veja também a questão anterior:
Matemática ITA 2020 — Questão 9 — 2ª Fase
