Questão 9 de Geometria espacial estilo ITA resolvida

Enunciado

Num tetraedro OABC, as arestas OA, OB e OC são mutuamente perpendiculares e medem, respectivamente, 2, 3 e 6. Uma esfera tangencia internamente as quatro faces. O plano paralelo à face ABC que passa pelo centro dessa esfera secciona o tetraedro num triângulo. Determine o raio da esfera e a área desse triângulo de seção.

Resolução comentada

Resposta: Raio $r=(18-3\sqrt{14})/11$; área $108\sqrt{14}/(6+\sqrt{14})^2$.

Escolha $O=(0,0,0)$, $A=(2,0,0)$, $B=(0,3,0)$ e $C=(0,0,6)$. As faces que passam por O são os planos coordenados. Como a esfera está no primeiro octante e tangencia esses planos, seu centro é $I=(r,r,r)$, com r > 0. A quarta face pertence ao plano $x/2+y/3+z/6=1$, ou $3x+2y+z=6$. A distância de I a esse plano é $(6-6r)/\sqrt{14}$, pois I é interior. Igualando-a a r e racionalizando, obtemos $r=\frac6{6+\sqrt{14}}=\frac{6(6-\sqrt{14})}{36-14}=\frac{18-3\sqrt{14}}{11}<1.$ O plano da seção é $3x+2y+z=6r$, pois passa por I. A homotetia de centro O e razão r leva ABC à seção. A área de ABC é metade do módulo do produto vetorial de $B-A=(-2,3,0)$ e $C-A=(-2,0,6)$: $[ABC]=\frac12\sqrt{18^2+12^2+6^2}=3\sqrt{14}.$ Logo a área da seção é $3\sqrt{14}r^2=108\sqrt{14}/(6+\sqrt{14})^2$. Para existência, o centro encontrado está no interior, e suas distâncias a todos os planos delimitadores são r; a bola de raio r fica contida na interseção dos quatro semiespaços, tangenciando as faces.