Questão 13

IME 2019

Matemática

(IME - 2019/2020 - 1ª FASE)

Um triângulo equilátero é projetado ortogonalmente em um plano, gerando um triângulo isósceles, cujo ângulo desigual mede $30^{circ}$ . O cosseno do ângulo do plano do triângulo equilátero com o plano de projeção é:

A

$2sqrt3-3$

B

$4-2sqrt3$

C

$2-sqrt3$

D

$1-sqrt3$

E

$frac{sqrt3}{2}-1$

Gabarito:

$2sqrt3-3$

Resolução:

No triângulo equilátero original, todas as medianas são perpendiculares aos respectivos lados.

Como o triângulo projetado é isósceles, uma das medianas é perpendicular ao seu respectivo lado.

Isso só ocorre (a manutenção do ângulo formado entre a mediana e seu lado) quando essa mediana é paralela ao plano de projeção. Logo, podemos considerar o plano de projeção seccionando o dado triângulo segundo a mediana que é paralela ao plano:

Então, da figura segue que:

$left{egin{matrix} overline{bC} =lcdot cos heta\ overline{AB}=sqrt{l^2-h^2}=overline{AC}\ h=frac{lsin heta}{2} end{matrix} ight.$

Usando a Lei dos Cossenos no $Delta ABC$ :

$overline{bC}^2=overline{AB}^2+overline{AC}^2-2cdotoverline{AB}cdotoverline{AC}cdotcos(30^{circ})$

$l^2cos^2 heta=l^2-frac{l^2sin^2 heta}{4}+l^2-frac{l^2sin^2 heta}{4}-2cdotleft(l^2-frac{l^2sin^2 heta}{4} ight )cdotfrac{sqrt3}{2}$

$l^2cos^2 heta=2l^2-frac{l^2(1-cos^2 heta)}{2}-sqrt3cdotleft(l^2-frac{l^2(1-cos^2 heta)}{4} ight )$

$cos^2 heta=2-frac{1-cos^2 heta}{2}-sqrt3cdotleft(1-frac{1-cos^2 heta}{4} ight )$

$cos^2 heta=frac{3}{2}-frac{cos^2 heta}{2}-frac{sqrt3}{4}{}cdotleft(3-cos^2 heta ight )$

$cos^2 hetaleft(frac{1}{2}+frac{sqrt3}{4} ight )=frac{3}{2}-frac{3sqrt3}{4}$

$cos^2 heta=frac{3cdot(2-sqrt3)}{2+sqrt3}$

Racionalizando:

$cos^2 heta=frac{3cdot(2-sqrt3)}{(2+sqrt3)}cdot frac{(2-sqrt3)}{(2-sqrt3)}$

$cos^2 heta=3cdot(2-sqrt3)^2$

Logo:

$cos heta=sqrt3cdot(2-sqrt3)$

$hereforecos heta=2sqrt3-3$

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