AP1 de todos os tempos, solução

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Geometria Espacial Solução da AP1 Página 1 de 22
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Solução da Primeira avaliação presencial de Geometria Espacial -
questões de todos os tempos
Visualização e representação espacial
Questão 1. (2,5 pts) Como se sabe, um plano separa o espaço em duas regiões ou semiespaços. Dois planos
distintos determinam três ou quatro regiões no espaço. Três planos, dois a dois distintos, determinam no espaço
no mı́nimo e no máximo regiões.
Solução: Todas as 8 posições relativas de 3 planos no espaço foram estudadas no Exerćıcio 3 do EP3. O
número mı́nimo de regiões por eles determinadas nas condições do enunciado é 4, caso os três planos sejam
paralelos. O número máximo é 8, caso os três planos se intersectem em um único ponto.
Questão 2. (2,5 pts) Quais das figuras a seguir podem ser obtidas como interseção de um cubo com um plano?
Se desejar, manipule o aplicativo antes de responder.
Aplicativo: https://www.geogebra.org/m/zekuwntx
□ triângulos não equiláteros.
□ triângulos equiláteros.
□ quadriláteros com quatro ângulos retos.
□ quadriláteros com dois pares de lados paralelos, mas sem ângulos retos.
□ quadriláteros com apenas um par de lados paralelos.
□ quadriláteros sem par de lados opostos paralelos.
□ pentágonos.
□ hexágonos.
□ heptágonos.
□ octógonos.
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https://www.geogebra.org/m/zekuwntx
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Solução: Todos os triângulos e quadriláteros listados são posśıveis, exceto quadriláteros sem par de
lados opostos paralelos. Porque os lados desses quadriláteros são interseções do plano com faces do cubo e
qualquer combinação de 4 das 6 faces do cubo precisa ter um par de faces opostas. Como as faces opostas
são paralelas, o quadrilátero formado tem ao menos um par de lados paralelos.
Pentágonos e hexágonos também são posśıveis, basta que o plano intersecte o interior de exatamente 5 ou
das 6 faces do cubo.
Heptágonos e octógonos não são posśıveis porque o cubo só tem seis faces para serem intersectadas pelo
plano e formar lados do poĺıgono de interseção.
Questão 3. (2,5 pts) Quais das figuras a seguir podem ser obtidas como interseção de um cilindro equilátero
com um plano?
□ trapézio □ hipérbole □ elipse □ ćırculo
□ triângulo não equilátero □ triângulo equilátero □ retângulo losango
□ parábola □ retângulo não losango □ paralelogramo não retângulo
Solução: Podem ser obtidos como interseção de um cilindro equilátero com um plano: elipse, retângulo
losango, ćırculo e retângulo não losango. As parábolas e hipérboles são seções cônicas, mas não ciĺındricas.
Isso é esclarecido nesse v́ıdeo. https://youtu.be/g1NkORYvZuY
Questão 4. (2,5 pts) Que poĺıgonos podem ser obtidos da interseção de um plano com um prisma de base
triangular?
Se desejar, use o aplicativo a seguir para investigar ou conferir a sua solução.
https://www.geogebra.org/m/up3cqxua
□ triângulos □ quadriláteros □ pentágonos □ hexágonos □ heptágono □ octógonos
Solução: Como cada lado do poĺıgono é a interseção do plano de uma face do prisma com o plano e o
prisma possui apenas 5 faces, não podem haver hexágonos, heptágonos ou octógonos. Os demais poĺıgonos
podem ser obtidos por inspeção simples. Veja as imagens
Questão 5. (2,5 pts) Escolha, dentre as imagens a seguir, todas as planificações que determinam um cubo
e pinte cada par de faces opostas com uma cor diferente dos demais pares. Para pintar, basta arrastar as os
quadrados indicados para a face que deseja colorir.
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https://youtu.be/g1NkORYvZuY
https://www.geogebra.org/m/up3cqxua
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Solução: Todas são planificações posśıveis de um cubo. A seguir apresento uma opção de solução. Em
cada planificação há 6 maneiras de se colorir bastando permutar as cores.
Questão 6. (2020/1) Um tetraedro regular é uma pirâmide triangular reta em que todas as faces são triângulos
equiláteros (veja a figura).
DB
A
C
Considere um plano α paralelo às retas BD e AC que intersecta as arestas AB, BC, CD e DA nos pontos X,
Y , Z e T , respectivamente.
a) Reproduza a figura do tetraedro e acrescente o quadrilátero XY ZT .
b) Desenhe uma planificação do tetraedro incluindo o quadrilátero XY ZT .
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Solução:
a)
DB
A
C
X
Y Z
T
b) Observe que a planificação de um tetraedro regular é um triângulo equilátero de lado duas vezes a
aresta do tetraedro. A representação do quadrilátero XY ZT na figura considera o quadrilátero de
área máxima, aquele cujos vértices estã nos pontos médios das arestas do tetraedro.
A
A A
B
C
D
X T
X
Y Z
T
Questão 7. (2018/2) Zequinha tem três dados iguais, com letras O, P , Q, R, S e T em suas faces. Ele juntou
esses dados como na figura, de modo que as faces em contato tivesse a mesma letra. Desenhe a planificação do
dado e identifique a letra na face oposta à face com a letra T .
Solução: Seguem algumas considerações:
� Os três cubos na figura dada têm a face O voltada para cima. Assim as faces P , Q, T e S, viśıveis
na figura, são adjacentes à face O.
� Do item anterior conclui-se que a face R é oposta à face O pois é a única diferente de O que não é
adjacente a O.
� Do cubo do meio observa-se que as faces Q e S são ajacentes.
� A face oposta à face S está em contato nos dados cujas faces P e Q aparecem na figura. Esta face
não pode ser O, P , Q, S ou R pois estas já estão identificadas nos dois dados em questão, restando
apenas a face T . Portanto, a face oposta a S é T .
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Das considerações acima pode-se obter diretamente a planificação.
RPO
Q
S
T
Questão 8. (2019/2) A figura representa a interseção de um cubo com um plano. Este plano intersecta as
arestas AB, BF , FG, GH, HD e DA em seus pontos médios formando um hexágono regular. Complete a
representação da interseção nas planificações do cubo a seguir.
D C
GH P
Q
M
N
A B
FE
O
R
P
O
Q
P
O
Q
P
Solução:
P
O
Q
Q
R
N
R
M
N
P
O
Q
P
R
N
R
M
M
O
Imagine que você está lecionando para estudantes da Educação Básica e para discutir com eles um exerćıcio
você precise desenhar no quadro uma pirâmide regular de base quadrada.
Questão 9. (2019/2) Faça esta figura deixando claro o que está atrás e o que está na frente que represente
uma pirâmide de base quadrada de altura 4cm e aresta da base medindo 6cm. Use a vista ortogonal, assim
como as figuras de livros didáticos de matemática.
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Solução:
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Solução da APX1 de Geometria Espacial 2021.2
Questão 1. Uma pirâmide regular pentagonal V − ABCDE foi seccionada pelo plano ACM , onde M é o
ponto médio da aresta lateral V D. Supondo que as arestas laterais medem l = 9cm e que as arestas da base
medem b = 4cm, calcule a área da seção (interseção do plano com a pirâmide). Sugestão: lembre-se da Relação
de Stewart.
Solução: A solução está organizada em quatro partes mais a conclusão.
a) Seja N o ponto médio da arestalateral V E. A seção cuja área deve ser calculada é o trapézio isósceles
ACMN de lados paralelos AC e MN .
b) Cálculo do comprimento da base menor do trapézio, MN .
c) Cálculo do comprimento da base maior do trapézio, AC.
d) Cálculo da altura do trapézio, h.
e) Conclusão.
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Posições relativas de retas e planos
Questão 10. (2020/1) Você leciona em uma escola do Ensino Médio e durante uma atividade em sala de aula
um estudante afirma que “duas retas são reversas quando estão em planos paralelos.”. Argumente para mostrar
ao estudante que ele está errado e, além disso, para que ele entenda o que são retas reversas. Use a imagem de
um cubo para ilustrar.
Solução: Duas retas são reversas quando não existe um plano que contenha as duas, isto é, quando
não são coplanares. Quando duas retas são reversas, existe um (e somente um) par de planos paralelos tais
que cada plano contém uma das retas. Mas retas contidas em planos paralelos também podem ser paralelas
entre si. Por exemplo, no cubo ABCD − A′B′C ′D′, as retas AA′ e B′C ′ são reversas pois o único plano
que contém A, A′ e B′ é a face ABB′A′ e esse plano não contém o ponto C ′. Por outro lado, as retas AA′
e BB′ estão contidas nos planos paralelos AA′D′D e BB′C ′C, respectivamente, e são paralelas.
D C
C ′D′
A B
B′A′
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Questão 11. (2018/1) Decida se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas. Prove as verdadeiras e
encontre um contra-exemplo para as falsas (este contra-exemplo deve ser descrito e desenhado, figuras apenas
serão desconsideradas).
a) Se uma reta não contida num plano é paralela a uma reta do plano, então ela é paralela ao plano.
b) Se duas retas distintas são paralelas a um plano, então elas são paralelas entre si.
Solução:
a) Verdadeiro. Sejam r uma reta não contida no plano α e s uma reta de α tal que r e s são paralelas.
Queremos mostrar que r ∩ α = ∅, argumentaremos por contradição. Se existe P ∈ r ∩ α, vamos
mostrar que P ∈ r ∩ s, o que é uma contradição pois as retas r e s são paralelas, donde concluiremos
que r ∩ α = ∅.
Considere o plano β determinado pelas retas paralelas r e s. Os planos α e β são secantes pois não
são iguais (r não está contida em α) e não são paralelos (s está na interseção dos dois planos), assim
a interseção de α e β é a reta s. Ora, se P ∈ r ∩ α, então P ∈ α ∩ β = s. Logo P ∈ r ∩ s.
b) Falso. Considere dois planos paralelos e um par de retas concorrentes em um deles.
A figura a seguir representa um octaedro regular. Isto é, um poliedro formado por 8 triângulos equiláteros.
A
B
C
D
E
F
Questão 12. (2019/2) Mostre que os planos ABE e CDF são paralelos.
Solução: Os planos ABE e CDF são paralelos porque o primeiro possui um par de retas concorrentes
que são paralelas ao outro plano (Proposição 1, da Aula 19 do módulo). De fato, as retas AB e AE são
claramente concorrentes dado que ambas contêm o ponto A. Além disso, elas são paralelas ao plano CDF
porque não estão contidas neste plano e são paralelas às retas CD e CF do plano CDF . Observe que para
garantir que AB e CD são paralelas usamos que todo losango é um paralelogramo (possui os lados opostos
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paralelos). Analogamentte, usamos que AECF é um losango para garantir o paralelismo de AE e CF .
Justificativa de que ABCD é um losango: Como todas as arestas do octaedro são congruentes, os lados
de todos esses quadriláteros são congruentes. Assim, para mostrar que são losangos falta apenas justificar
que os quadriláteros são planos. Como os pontos E e F estão a mesma distância dos pontos A, B, C e D,
estes 4 pontos estão no plano mediador do segmento EF . Logo são coplanares e o quadrilátero ABCD é
um losango.
Questão 13. (2019/2) Mostre que a reta EF é perpendicular ao plano ABC.
Solução: Como os pontos A, B e C estão no plano mediador do segmento EF (Questão 1), o plano
ABC é o plano mediador do segmento EF . Portanto, o segmento EF é perpendicular a ABC.
Definição: Dizemos que dois planos são paralelos quando a interseção entre eles é vazia.
Questão 14. (2019/1) A afirmação a seguir é falsa.
“Se um plano contém duas retas paralelas a outro plano, então estes dois planos são paralelos.”
a) Apresente um contra-exemplo com uma figura bastante ilustrativa.
b) Discuta que alteração deve ser feita na afirmação para corrigi-la.
Solução:
a) A figura representa um cubo ABCD − EFGH. Os pontos I e J são médios das arestas AE e BF ,
respectivamente. Portanto, as retas IJ e AB do plano ABFE são paralelas ao plano EFGH pois
são paralelas à reta EF , mas os planos ABFE e EFGH não são paralelos. Isto é posśıvel porque as
retas IJ e AB são paralelas.
b) A afirmação torna-se correta quando adicionamos a hipótese de que as retas são concorrentes. Por-
tanto, a afirmação certa é: “Se um plano contém duas retas concorrentes que são paralelas a outro
plano, então estes dois planos são paralelos.”
Questão 15. (2018/1) A figura a seguir representa um cubo de aresta 1. Mostre que as retas EC e BD são
perpendiculares.
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D C
GH
A B
FE
Solução: Uma boa estratégia para se verificar que duas retas são perpendiculares é encontrar um
plano que contenha uma delas e seja perpendicular à outra. Aqui o plano AEC contém a reta EC e é
perpendicular à reta BD. De fato, BD é perpendicular às retas concorrentes AE e AC, ambas contidas
em AEC, logo BD é perpendicular ao plano AEC. Assim, BD é perpendicular a todas as retas do plano
AEC, portanto, BD é perpendicular a EC.
D C
GH
A B
FE
Definição: Dizemos que um prisma é um paraleleṕıpedo quando suas bases são paralelogramos.
Questão 16. (2019/1) Mostre que as faces opostas de um paraleleṕıpedo são paralelas.
Solução: Seja ABCD − A′B′C ′D′ um paraleleṕıpedo. É claro que as bases são paralelas pois esta é
uma das propriedades que definem um prisma.
Vamos mostrar que as faces ABB′A′ e DCC ′D′ são paralelas. A prova de que BCC ′B′ é paralela a
ADD′A′ é inteiramente análoga. Como ABCD e A′B′C ′D′ são paralelogramos, as arestas AB e CD são
paralelas. Logo a reta AB é paralela ao plano DCC ′D′. Como as faces laterais de qualquer prisma são
paralelogramos, as arestas BB′ e CC ′ também são paralelas. Logo, a reta BB′ também é paralela ao plano
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DCC ′D′. Finalmente, os planos ABB′A′ e DCC ′D′ são paralelos pois o primeiro contém um par de retas
concorrentes, paralelas ao segundo plano, a saber AB e BB′.
Questão 17. (2019/1) Dois triângulos ABC e DBC são isósceles de base BC e estão situados em planos
distintos.
a) Faça uma figura que ilustre a situação.
b) Prove que as retas AD e BC são perpendiculares (ou ortogonais).
Solução:
a) O ângulo entre os dois planos não está determinado no enunciado, apenas sabemos que é diferente de
zero.
A
B
C
D
b) Para provar que as retas AD e BC são perpendiculares, mostraremos que a reta BC é perpendicular
a um plano que contém a reta AD. Seja M o ponto médio do segmento BC. As retas AM e DM
são medianas relativas às bases dos triângulos isósceles ABC e DBC e por isso são perpendiculares
a BC.
A
B
C
D
M
A reta BC é perpendicular a duas retas concorrentes do plano ADM . Logo BC é perpendicular ao
plano ADM e, portanto, BC é perpendicular a todas as retas do plano ADM . Em particular, BC é
perpendicular aAD.
Questão 18. (2018/1) Seja α um plano e r uma reta não perpendicular a α. Quantos planos contendo r
perpendiculares a α existem? Justifique sua resposta.
Solução: Apenas um plano. Seja P , a interseção de r com α. Sabemos que existe uma única reta
perpendicular a α passando por P e que esta reta está contida em qualquer plano perpendicular a α que
passe por P . Logo qualquer plano perpendicular a α que contenha r, também contém a reta s. Logo o
plano procurado é o único plano que contém as retas concorrentes r e s.
Questão 19. (2,5 pts) Diga se cada uma das afirmações é verdadeira ou falsa. Para as falsas apresente um
argumento E figura que sirva de contraexemplo. Garanta que os objetos da afirmação estejam destacados na
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figura.
Lembre-se que o módulo da disciplina não diferencia retas perpendiculares e retas ortogonais.
a) Se r e s são retas perpendiculares à reta t, então r e s são paralelas.
b) Se uma reta r é perpendicular a duas retas, s e t, distintas de um plano, então r é perpendicular ao plano.
c) Se duas retas reversas, r e s, são paralelas a um plano, então toda reta perpendicular a r e s é perpendicular
ao plano.
d) Se duas retas, r e s, paralelas entre si são paralelas a um plano, então toda reta perpendicular a elas é
perpendicular ao plano.
e) Dadas duas retas, r e s, reversas, sempre existe um plano perpendicular a ambas.
f) Se as retas r e s são paralelas, o plano α é perpendicular à r e o plano β é perpendicular a s, então α é
paralelo a β ou é igual à β.
g) Se dois planos α e β são perpendiculares, então toda reta de um deles é perpendicular ao outro.
h) Se dois planos são perpendiculares a um terceiro, então eles são perpendiculares entre si.
i) Se uma reta e um plano são paralelos, então todo plano perpendicular ao plano dado é perpendicular à
reta.
j) Se uma reta é obĺıqua a um de dois planos paralelos, então ela é obĺıqua ao outro.
k) Não existem quatro retas perpendiculares duas a duas.
Solução: Todos os exemplos serão apresentados em um cubo.
a) Falsa. Embora seja verdadeira para três retas no plano, no espaço é posśıvel ter, por exemplos, três
retas, duas a duas, perpendiculares.
r
st
b) Falsa. Para tornar a afirmação verdadeira é necessário supor que as retas s e t são concorrentes. Caso
contrário, é posśıvel obter situações como a da figura. Lembre-se que no módulo da disciplina não é
feita distinção entre retas ortogonais e perpendiculares.
Na figura a reta r é perpendicular tanto a s como a t, mas é obĺıqua ao plano α.
ts
r
α
c) Verdadeira.
d) Falsa. A afirmação seria verdadeira, caso estivéssemos supondo as retas concorrentes. Na figura, as
retas r e s são paralelas entre si e ao plano α. A reta t é perpendicular tanto a s como a r. Mas não
é perpendicular ao plano α.
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r
s
t
α
e) Falsa. A afirmação seria verdadeira se trocássemos “sempre” por “nunca”. Na figura, se um plano α
é perpendicular a r, então ele contém s ou é paralela a s.
r
s
f) Verdadeira.
g) Falsa. De fato, dois planos perpendiculares têm uma reta em comum, essa reta não é perpendicular
a qualquer dos planos. Mas não é o único contraexemplo para a afirmação. Na figura, alpha e β são
planos perpendiculares, a reta r está contida em β, mas não é perpendicular a α.
r
β
α
h) Falsa. Observe que na figura os planos α e β são perpendiculares a γ, mas não são perpendiculares
entre si.
β α
γ
i) Falsa. De fato, observe que no exemplo a seguir a reta r é paralela ao plano α, o plano β é perpendicular
a α, mas não é perpendicular à r.
β
α
r
j) Verdadeira.
k) Verdadeira.
Cálculo de ângulos e distâncias entre reta e plano e entre planos.
Questão 20. (2020/1) Se r e s são retas que não se intersectam, então o ângulo entre elas foi definido no
módulo da disciplina como o ângulo entre duas retas concorrentes r′ e s′ tais que r′ é paralela a r e s′ é paralela
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a s.
Considere um cubo ABCD −A′B′C ′D′. Calcule o ângulo entre as retas AB′ e BC ′.
Solução: Uma solução simples é considerar a reta AD′, que é paralela a BC ′ e concorrente com AB′.
Pela definição de ângulo entre retas que não se intersectam, a medida do ângulo entre AB′ e BC ′ é a medida
do ângulo B̂′AD′. Observe que o triângulo AB′D′ é equilátero pois todos os seus lados são diagonais de
faces do cubo. Logo B̂′AD′ = 60◦. O que encerra o problema.
Escolhendo mal a reta paralela podemos obter uma conta mais longa. Analise esta outra solução:
Considere um cubo A′B′C ′D′ − A′′B′′C ′′D′′ sobre o cubo ABCD − A′B′C ′D′. A reta B′C ′′ é paralela
a BC ′, então pela definição de ângulo entre retas que não se intersectam, a medida do ângulo entre AB′
e BC ′ é a medida do ângulo ÂB′C ′′. Usando a lei dos cossenos no triângulo AB′C ′′ pode-se calcular o
ângulo ÂB′C ′′. De fato,
(AC ′′)2 = (AB′)2 + (B′C ′′)2 − 2(AB′) · (B′C ′′) cos ÂB′C ′′
implica que
cos ÂB′C ′′ =
(AB′)2 + (B′C ′′)2 − (AC ′′)2
2(AB′) · (B′C ′′) .
Mas para isso precisaremos calcular as distâncias do lado direito da igualdade. Os segmentos AB′ e B′C ′′
são diagonais de quadrados, logo AB′ = B′C ′′ = a
√
2, onde a é a aresta do cubo. A medida de AC ′′ pode
ser calculada usando o Teorema de Pitágoras no triângulo ACC ′′. Temos
(AC ′′)2 = (AC)2 + (CC ′′)2 = 2a2 + 4a2 = 6a2.
Finalmente,
cos ÂB′C ′′ =
2a2 + 2a2 − 6a2
2 · a
√
2 · a
√
2
= −1
2
,
de onde podemos concluir que ÂB′C ′′ = 120◦.
Pergunta: podem as duas soluções estarem corretas?
Questão 21. (2019/2) Calcule o ângulo entre o plano da base e uma face lateral da pirâmide.
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Solução:
Lembre-se que o ângulo entre dois planos não paralelos é o ângulo entre duas retas perpendiculares à reta
de interseção dos dois planos, uma contida num plano e a outra reta contida no outro plano.
Considere a pirâmide V −ABCD como na figura. Sejam M o ponto médio de BC e O o centro do quadrado
ABCD. A medida do ângulo entre os planos BCV e ABCD é a medida do ângulo entre as retas VM e
MO. Para calcular este ângulo consideramos o triângulo OMV .
Como a pirâmide é regular, o ponto O é o pé da altura da pirâmide. Logo o triângulo OMV é retângulo em
O, portanto, o ângulo procurado pode ser determinado por aquele, entre 0 e 90◦, cuja tangente é V OOM =
4
3 .
O ângulo procurado mede aproximadamente 53, 13◦.
Questão 22. (2019/1) Considere uma pirâmide regular de altura 4cm e base um quadrado de lado 6cm.
a) Desenhe esta pirâmide.
b) Calcule o ângulo entre a base e uma de suas faces laterais.
Solução:
a)
b) Lembre-se que o ângulo entre dois planos não paralelos é o ângulo entre duas retas perpendiculares à
reta de interseção dos dois planos, uma contida num plano e a outra reta contida no outro plano.
Considere a pirâmide V − ABCD como na figura. Sejam M o ponto médio de BC e O o centro do
quadrado ABCD. A medida do ângulo entre os planos BCV e ABCD é a medida do ângulo entre
as retas VM e MO. Para calcular este ângulo consideramos o triângulo OMV .
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Como a pirâmide é regular, o ponto O é o pé da altura da pirâmide. Logo o triângulo OMV é
retângulo em O, portanto, o ângulo procurado pode ser determinado por aquele, entre 0 e 90◦, cuja
tangente é V OOM =
4
3 . O ângulo procurado mede aproximadamente53, 13
◦.
Questão 23. (2018/2) Um cubo ABCD − EFGH de lado a foi secionado pelos planos ACF e ACH e as
pirâmides B −ACF e D −ACH foram retiradas.
a) (1 pt) Faça uma figura que ilustre o sólido restante, use transparência para que se possa ver o outro lado.
b) (2 pts) Calcule o ângulo entre as faces ACF e ACH deste novo sólido.
Solução:
a) O sólido obtido tem como arestas a figura
C
GH
A
E F
b) Lembre-se que o ângulo entre dois planos é o ângulo entre duas retas contidas nos respectivos planos
e ambas perpendiculares à reta de interseção dos dois planos. Como os triângulos ACF e ACH são
equiláteros, as medianas partindo de F e H são perpendiculares à base AC e podem ser usadas para
calcular o ângulo entre os planos. Seja M o ponto médio da aresta AC. O ângulo θ procurado é o
ângulo entre as retas FM e HM .
C
GH
A
E F
M
θ
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Usando a Lei dos Cossenos no triângulo HFM obtemos
FH2 = FM2 +HM2 − 2FM ·HM cos θ.
Os segmentos FM e HM são alturas relativas à AC dos triângulos equiláteros ACF e ACH de
lados a
√
2, respectivamente. Portanto, FM = HM = a
√
6
2 , que também pode ser obtido usando-se o
Teorema de Pitágoras duas vezes. Substituindo na Lei dos Cossenos obtemos cos θ = 13 .
Observe que o tetraedro de vértices ACFH possui todas as arestas iguais (congruentes). O ângulo
calculado é o ângulo entre duas faces de um tetraedro regular.
Questão 24. (2018/1) A figura representa um tetraedro regular de aresta 2 cm.
CA
D
B
a) Calcule o ângulo entre as faces ABD e ABC do tetraedro.
b) Calcule a altura do tetraedro relativa ao vértice D.
Solução:
a) Os planos ABD e ABC se intersectam na reta AB. Seja M o ponto médio do segmento AB. As
retas DM e CM são perpendiculares à reta AB no ponto M pois como os triângulos ABD e ABC
são equiláteros, as medianas coincidem com as alturas. Assim o ângulo que precisamos calcular é o
ângulo entre as retas DM e CM .
CA
D
B
M
G
O ângulo D̂MC pode ser calculado usando o Teorema dos Cossenos no triângulo DMC:
CD2 = DM2 + CM2 − 2DM · CM cos(D̂MC).
Sabemos que CD = 2, DM e CM são alturas de triângulos equiláteros de lado 2 cm, então medem
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DM = CM =
√
3. Colocando na fórmula do Teorema dos Cossenos obtemos:
22 =
√
3
2
+
√
3
2 − 2
√
3 ·
√
3 cos(D̂MC) ⇒ cos(D̂MC) = 1
3
.
b) Como o tetraedro é uma pirâmide regular, a projeção ortogonal de D sobre a face ABC é o centro
G do triângulo ABC. Assim, a altura do tetraedro concide com o cateto DG do triângulo retângulo
CDG. Logo CD2 = DG2 + CG2. Como G é o baricentro do triângulo ABC, o comprimento CG é
dois terços do comprimento de CM =
√
3. Fazendo as contas obtemos
DG =
√
4−
(
2
3
√
3
)2
=
2
√
2√
3
=
2
√
6
3
.
Questão 25. (2,5 pts) O aplicativo exibe uma pirâmide regular de vértice V , base hexágono ABCDEF de
lado 1 cm e arestas laterais com medida 2 cm. O ponto M é médio da aresta lateral AV . Apresente as suas
respostas em graus com uma casa decimal.
https://www.geogebra.org/m/jrqdkeza
a) Use o aplicativo para obter os ângulos ÂOM , B̂OM , ĈOM , D̂OM , ÊOM e F̂OM .
b) Determine o ângulo entre OM e o plano ABC, da base da pirâmide.
Solução:
a) Basta mover o ponto vermelho no aplicativo e anotar os resultados que são aproximadamente 60◦,
75,5◦, 104,5◦, 120◦, 104,5◦ e 75,5◦.
b) O ângulo entre uma reta e um plano é o ângulo entre a reta e sua projeção ortogonal no plano em
questão. Neste caso, como o plano V AM é perpendicular ao plano da base, o ângulo é o ângulo
ÂOM = 60◦.
Prismas, Cilindros, Cones e Pirâmides.
Questão 26. (2,5 pts) Uma pirâmide regular pentagonal V −ABCDE foi seccionada pelo plano ACM , onde
M é o ponto médio da aresta lateral V D. Supondo que as arestas laterais medem l = 9cm e que as arestas da
base medem b = 4cm, calcule a área da seção (interseção do plano com a pirâmide). Sugestão: lembre-se da
Relação de Stewart.
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Solução: A solução está organizada em quatro partes mais a conclusão.
a) Seja N o ponto médio da aresta lateral V E. A seção cuja área deve ser calculada é o trapézio isósceles
ACMN de lados paralelos AC e MN .
b) Cálculo do comprimento da base menor do trapézio, MN .
c) Cálculo do comprimento da base maior do trapézio, AC.
d) Cálculo da altura do trapézio, h.
e) Conclusão.
Seja α o plano ACM . Primeiro precisamos mostrar que o ponto N pertence a α. Para isso observamos que
AC é paralelo a DE (justificado a seguir) e que DE é paralelo a MN pois MN é base média do triângulo
V ED. Assim, N pertence à reta paralela a AC por M , logo pertence ao plano α. Conclusão: a área a ser
calculada é a área do trapézio ACMN .
O trapézio é isósceles porque os lados não paralelos CM e AN são congruentes pois ambos são medianas
relativas a lados correspondentes nos triângulos congruentes V CD e V EA.
Falta apenas justificar que AC é paralelo a DE. De fato, prolongando os segmentos BA e DE até coincidi-
rem em F e calculando-se os ângulos na figura formada, obtém-se que os ângulos BAC e AFE são iguais,
logo AC é paralelo a DE. Isso conclui o item a).
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Seja h a distância entre as retas paralelas AC e MN . A área do trapézio é
Area(ACMN) =
(AC +MN)h
2
.
Como MN é a base média do triângulo V DE relativa a DE, o comprimento de MN é metade do compri-
mento de DE, portanto, MN = 2. Isso conclui b).
O cálculo da diagonal AC já foi feito no Exerćıcio 3 do EP6. Mas vamos refazer aqui. Seja G a interseção
das diagonais AC e BE no pentágono e x = AG (veja a figura). Os triângulos ABC e AGB são isósceles
e semelhantes por ângulo-ângulo, usando essa semelhança obtemos
AC
BC
=
AB
GB
⇒ b+ x
b
=
b
x
⇒ x = b(
√
5− 1)
2
.
Logo, AC = b+ x =
b(
√
5 + 1)
2
≈ 6, 47cm. Isso conclui o item c).
A altura h do trapézio pode ser calculada a partir do comprimento dos lados não paralelos do trapézio pelo
uso do Teorema de Pitágoras: CM2 = h2 + [(AC − 2)/2]2.
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O problema é que não conhecemos o comprimento da mediana CM . Para isso podemos usar a Relação de
Stewart no triângulo V CD. Fica assim
b2(l/2) + l2(l/2)− CM2 · l = (l/2)(l/2)l ⇒ CM2 = 2b
2 + l2
4
, portanto CM ≈ 5,32cm.
De volta ao cálculo da altura h do trapézio obtém-se
h =
√
CM2 − [(AC − 2)/2]2 ≈
√
5, 322 − 4, 472/4 = 4,82cm.
Juntando todas as partes obtemos
Area(ACMN) =
(AC +MN)h
2
=
1
2
[
b(
√
5 + 1)
2
+ 2
]
4,82 ≈ 20,43cm2.
Questão 27. (2,5 pts) Complete as frases de modo a torná-las corretas.
a) Se um prisma possui 96 arestas, então esse prisma tem vértices.
b) Se uma pirâmide tem 48 arestas, então essa pirâmide tem faces.
Solução:
a) São 64 vértices. Se um prisma possui base de n lados, então esse prisma tem 3n arestas porque são n
arestas em cada uma das bases e n arestas laterais conectando os vértices correspondentes das bases.
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No nosso caso, o poĺıgono da base do prisma possui n = 96/3 = 32 lados.
Como os prismas só possuem vértices nas bases, o número de vértices é 2n. Logo o prisma em questão
tem 64 vértices.
b) São 25 faces. Uma pirâmide de base com n lados possui n arestas conectando cada um dos vértices da
base ao vérticeda pirâmide, logo possui 2n arestas. No nosso caso, o gênero da base é n = 48/2 = 24.
A pirâmide possui uma face lateral para cada aresta da base, portanto, n faces laterais e a base, logo
n+ 1 faces no total. Portanto, a nossa pirâmide tem 25 faces.
Questão 28. (2020/1) Um pedaço de papel, na forma de um setor circular de 72◦ e raio 5 cm, é enrolado até
formar um cone como na ilustração. Determine a altura do cone.
Solução: Como 72 = 360/5, o setor circular da figura é um quinto de um ćırculo de raio 5 cm, logo o
comprimento do setor é de 2π5/5 = 2π. Assim a circunferência da base do cone mede 2π, logo a base do
cone tem raio igual a 1 cm. Usando o Teorema de Pitágoras no triângulo V CP , onde V é o vértice do cone,
C é o centro da base e P é um ponto qualquer do ćırculo da base, obtemos V P 2 = V C2 + PC2. Assim,
V C2 = V P 2 − PC2 = 25− 1 = 24, de onde conclui-se que a altura do cone é V C = 2
√
6.
Esfera.
Questão 29. (2018/2) Prove que a interseção da esfera de centro O e raio 2 metros com um plano que está
a uma distância 1 metro de O é uma circunferência. Dica: (a) Faça uma figura. (b) Que condição um ponto
precisa cumprir para estar em uma circunferência? (c) Para que pontos você precisa verificar a condição do
item anterior. (d) Repare que você precisa mostrar que dois conjuntos são iguais.
Solução: Considere o conjunto Γ (lê-se gama) dado pela interseção do plano com a esfera. Seja C o pé
da perpendicular ao plano baixada de O e P um ponto qualquer de Γ (veja a figura).
Γ está contido numa circunferência.
Vamos mostrar que a distância de C ao ponto P é constante, logo não depende do ponto P de Γ tomado.
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De fato, seja qual for o P da interseção, o triângulo OPC é retângulo em C e vale OP = 2 e OC = 1,
portanto, pelo Teorema de Pitágoras em CPO temos CP =
√
22 − 12 =
√
3. Ou seja, o conjunto Γ está
contido na circunferência de centro C e raio
√
3 do plano dado.
Γ contém a circunferência.
Por outro lado, se um ponto P pertence à circunferência de centro C e raio
√
3 no plano em questão, então
PC =
√
3 e o ângulo OCP ainda é retângulo, logo o Teorema de Pitágoras nos diz que PO = 2, ou seja, P
pertence à esfera de centro O e raio 2. De onde conclúımos que os conjuntos Γ e a circunferência de centro
C e raio
√
3 do plano dado são iguais.
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