questão de geometria (pirâmides, cones)

Recomendo fazer um bom desenho, boa parte da dificuldade da questão é devido ao problema de desenhá-lo. Vamos observar primeiro dois fatos.

Lema 1: Sejam X,Y dois pontos quaisquer e M o ponto médio. Seja β qualquer plano passando por M. Então a distancia de X até β é igual a distancia de Y até β.

Para provar isso, apenas note que se X',Y' são as projeções de X,Y sobre β então os triângulos XX'M e YY'M são congruentes. Disso segue que XX' = YY', ou seja, d(X,β) = d(Y,β)

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Lema 2: Seja ABCV um tetraedro. Sobre os lados AV, AB, AC tome pontos V', B', C' de forma que AV'  = v.AV, AB' = b.AB e AC' = c. AC. Então se o volume de ABCV é S, o volume de AB'C'V' é vbcS.

Pra mostrar isso, recordamos que o volume de um tetraedro pode ser dado pela terça parte do produto da area da base pela altura. Assim, considerando como base a face ABC, sendo α o angulo entre os lados AB e AC, e δ o angulo entre AV e a face ABC segue que

\(S = \dfrac{\dfrac{AB \cdot AC \cdot \sin \alpha}2 \cdot AV \cdot \sin \delta}3 = \dfrac{AB\cdot AC \cdot AV  \sin \alpha \sin \delta}6 \)

De maneira similar, repare que no tetraedro AB'C'V' os angulos permanecem. Daí seu volume é

\(S' = \dfrac{AB' \cdot AC' \cdot AV' \sin \alpha \sin \delta}6 = vbc S\)

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Para a questão, seja ABCD o tetraedro com M, N pontos médios de AC e BD respectivamente. Sem perda de generalidade, digamos que o plano intersecta os lados CD em Q e AB em P, conforme a figura (o caso cujo plano passa por algum dos vértices é mais simples e não vou fazer). Dessa forma o plano divide ABCD em dois poliedros: O poliedro 1 com vértices ADMPNQ e o poliedro 2 com vértices BCMPNQ. A face em comum desses poliedros é o quadrilátero MPNQ.

Para calcular o volume, vamos dividir o poliedro 1 no tetraedro DMPA e na piramide MPNQD. Similarmente dividimos o poliedro 2 na piramide MPNQB e no tetraedro BMQC

As pirâmides MPNQD e MPNQB  tem mesmo volume. De fato, a base de ambas é o quadrilátero MPNQ e pelo lema 1 as alturas são iguais, já que é a distancia de D ao plano e de B ao plano.

Os tetraedros DMPA e BMQC tem o mesmo volume. De fato, notamos que, sendo S o volume de ABCD então pelo lema 2 temos

\(S_{DMPA} = \dfrac{AD}{AD} \cdot \dfrac{AM}{AC} \cdot \dfrac{AP}{AB}\cdot S = 1 \cdot \dfrac 12 \cdot \dfrac {AP}{AB} S\)

\(S_{BMQC} = \dfrac{CB}{CB} \cdot \dfrac{CM}{CA} \cdot \dfrac{CQ}{CD}\cdot S = 1 \cdot \dfrac 12 \cdot \dfrac {CQ}{CD} S\)

Para concluir, basta apenas verificar que \(\dfrac {AP}{AB} = \dfrac {CQ}{CD}\).  Para ver isso, considere A',B',C',D' as projeções de A,B,C,D sobre o plano. Os triangulos \(\bigtriangleup AA'P\) e \( \bigtriangleup BB'P\) são semelhantes e portanto temos

\( \dfrac{AP}{BP} = \dfrac{AA'}{BB'} \)

De maneira similar obtemos  \( \dfrac{CQ}{DQ} = \dfrac {CC'}{DD'}\). Pelo lema 1 sabemos que AA' = CC' e BB' = DD'. Logo

\( \dfrac{AP}{BP} = \dfrac{CQ}{DQ} \implies \boxed{ \dfrac{AP}{AB} = \dfrac{CQ}{CD}}\)

Isso mostra que o plano divide o tetraedro em dois poliedros de mesma área.