Aula_13_-_Geometria_Espacial_-_VESTIBULARES_2024 (1)

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ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 1
VESTIBULARES 
Exasiu
Prof. Marçal Ferreira 
Aula 13 – Geometria Espacial. 
vestibulares.estrategia.com 
EXTENSIVO 
2024 
Exasi
u
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 2 
 
SUMÁRIO 
INTRODUÇÃO 4 
1. GEOMETRIA DE POSIÇÃO 5 
1.1. Postulados ou Axiomas 6 
1.1.1. Postulado da existência 6 
1.1.2. Postulado da determinação 6 
1.1.3. Postulado da inclusão 6 
1.1.4. Postulados da separação 7 
1.1.5. Postulado de Euclides 8 
1.2. O Espaço 9 
1.2.1. O plano 9 
1.2.2. Retas reversas 11 
1.2.3. Teorema da intersecção 11 
1.2.4. Quadrilátero reverso 12 
1.3. Paralelismo no Espaço 13 
1.3.1. Planos paralelos 14 
1.4. Perpendicularismo no Espaço 14 
1.4.1. Retas ortogonais 15 
1.4.2. Teorema das três perpendiculares 16 
1.5. Projeções Ortogonais 17 
1.5.1. Projeção de um ponto 18 
1.5.2. Projeção de uma reta 18 
1.5.3. Projeção de uma figura 20 
1.6. Ângulos e distâncias no espaço 20 
1.6.1. Ângulo entre retas 21 
1.6.2. Ângulo entre reta e plano 21 
1.6.3. Ângulo entre dois planos 23 
1.6.4. Distância entre ponto e reta 25 
1.6.5. Distância entre reta e plano paralelos 25 
1.6.6. Distância entre duas retas reversas 25 
2. LUGARES GEOMÉTRICOS 26 
3. TRIEDROS 29 
3.1. Propriedades do triedro 30 
3.1.1. Teorema 1 – Desigualdade dos ângulos das faces 30 
3.1.2. Teorema 2 32 
3.2. Triedro trirretângulo 33 
4. POLIEDROS 35 
4.1. Prismas 36 
4.1.1. Área da superfície do prisma 38 
4.1.2. Paralelepípedos 39 
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4.1.3. Volume do paralelepípedo 43 
4.1.4. Princípio de Cavalieri 45 
4.2. Pirâmides 47 
4.2.1. Tetraedro 48 
4.2.2. Área da superfície da pirâmide 49 
4.2.3. Volume da pirâmide 49 
4.2.4. Plano secante paralelo à base da pirâmide 50 
4.3. Poliedros convexos 52 
4.3.1. Relação de Euler 53 
4.3.2. Soma dos ângulos das faces de um poliedro convexo 55 
4.3.3. Poliedros de Platão 55 
4.3.4. Poliedros regulares 56 
5. SÓLIDOS REDONDOS 57 
5.1. Cilindros 57 
5.1.1. Superfície cilíndrica e cilindro de revolução 58 
5.1.2. Área lateral e área total 59 
5.1.3. Volume do cilindro 59 
5.1.4. Secção paralela ao eixo 60 
5.2. Cones 61 
5.2.1. Secção meridiana 63 
5.2.2. Área lateral e área total 63 
5.2.3. Volume do cone 64 
5.2.4. Tronco de cone de bases paralelas 64 
5.3. Esferas 67 
5.3.1. Secção plana da esfera 68 
5.3.2. Volume da esfera 69 
5.3.3. Área da superfície esférica 71 
5.3.4. Fuso esférico e cunha esférica 72 
5.3.5. Segmentos esféricos 73 
6. QUESTÕES DE VESTIBULARES ANTERIORES 76 
7. GABARITO 98 
8. QUESTÕES DE VESTIBULARES ANTERIORES RESOLVIDAS E COMENTADAS 99 
9. CONSIDERAÇÕES FINAIS 160 
 
 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 4 
Introdução 
Continuando nossa saga pela Geometria, chegamos à Geometria Espacial. 
Muitos dos problemas sobre Geometria Espacial, nas provas de vestibulares, são 
estrapolações dos problemas de Geometria Plana. Você verá que continuamos aplicando muito 
do que vimos em tópicos anteriores, como áreas de figuras planas, Teorema de Pitágoras, senos, 
cossenos e muitos outros conceitos. 
Claro, há também conceitos próprios da Geometria Espacial, como o volume de um sólido. 
Ao percorrer a aula, dê atenção especial à interpretação das figuras espaciais. Entenda 
que são figuras tridimensionais e, tanto o PDF quanto a sua prova, trarão representações 
planificadas dessas figuras. Assim, é vital que você consiga interpretá-las para poder aplicar o 
que sabe. 
Há, nesta aula, muitas demonstrações e deduções de fórmulas. Seguimos com a premissa 
das aulas anteriores: você não precisa memorizar essas deduções, mas elas são importantes 
para ajudar a desenvolver em você a visão espacial e, acima de tudo, apresentar um formulário 
importante no tocante aos problemas de Geometria Espacial. 
Acompanhe as deduções e vá fazendo relação com a Geometria Plana que já vimos. Vá 
construindo seu conhecimento e relacionando-o com o que você já sabe. 
Se as dúvidas aparecerem, poste-as no fórum, estamos aqui para ajudar você. 
Grande abraço e bons estudos. 
 
 
 
 
 
 
 
/professormarcal /professor.marcal /professormarcal 
 
 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 5 
1. Geometria de Posição 
No estudo da Geometria Plana, vimos diversos postulados sobre os elementos primitivos 
(ponto, reta e plano). Esses postulados foram uma simplificação da geometria euclidiana. 
Podemos adaptar esses postulados para o espaço e usá-los para construirmos o nosso 
conhecimento na Geometria Espacial. Na verdade, muito do que aprendemos lá, será usado 
nessa aula. Os conceitos de área de figuras planas, das propriedades de triângulos e círculos, 
de polígonos etc. Tudo isso será aproveitado. A única diferença aqui é a inclusão de mais uma 
dimensão, dando origem, assim, às figuras de sólidos. Estudaremos, agora, os conceitos de 
sólidos que são passíveis de serem cobrados no vestibular. 
Para o estudo da Geometria Espacial, usaremos uma noção intuitiva da percepção de 
espaço. Diferentemente da Geometria Plana, onde era mais fácil desenhar as figuras 
geométricas, na Geometria Espacial, devemos representar uma figura tridimensional em um 
plano. Para isso, usaremos nossa imaginação para fazer uma representação ilusória das figuras 
tridimensionais. Usaremos a linha contínua para representar as partes dos sólidos que são 
visíveis de frente e a linha pontilhada para as partes que não são visíveis. Vejamos os exemplos 
abaixo: 
 
Use sua imaginação e esforce-se para entender, visualmente, cada figura anterior. Não 
passe adiante sem conseguir classificar essas figuras como um prisma, uma pirâmide, um 
cilindro e uma esfera. Essa habilidade de interpretar figuras espaciais representadas no plano é 
vital para que prossigamos. 
Missão cumprida? 
Ok, vamos lá! 
Agora, vamos adaptar os postulados ao nosso estudo geométrico do espaço. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 6 
1.1. Postulados ou Axiomas 
Lembrando que postulados ou axiomas são proposições primitivas aceitas sem 
demonstração, vejamos os principais. 
1.1.1. Postulado da existência 
a) Existe reta e numa reta, existem infinitos pontos dentro e fora dela. 
b) Existe plano e num plano, existem infinitos pontos dentro e fora dele. 
Aqui temos a inclusão de diversos pontos fora do plano. 
1.1.2. Postulado da determinação 
a) Dois pontos distintos no espaço determinam uma única reta que passa por eles. 
b) Três pontos não colineares no espaço determinam um único plano que passa por 
eles. 
 
𝐴 ≠ 𝐵, ∃𝑟 tal que 𝑟 = 𝐴𝐵 ⃡ 
 
𝐴, 𝐵, 𝐶 são não colineares, então ∃𝛼 tal que 𝛼 = (𝐴; 𝐵; 𝐶) 
Podemos usar a notação 𝛼 = (𝐴; 𝐵; 𝑃) para dizer que 𝛼 é determinado por esses três 
pontos. 
1.1.3. Postulado da inclusão 
a) Se uma reta tem dois pontos distintos num plano, então ela está contida no plano. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 7 
 
Se 𝐴 ∈ 𝛼,𝐵 ∈ 𝛼 e 𝐴 ≠ 𝐵, então 𝑟 = 𝐴𝐵 ⃡ ⇒ 𝑟 ⊂ 𝛼. 
1.1.4. Postulados da separação 
 
a) Um ponto 𝑶 contido em uma reta 𝑨𝑩 ⃡ separa-a em duas semirretas 𝑶𝑨 e 𝑶𝑩 e a origem 
das semirretas é o ponto dado. 
b) Uma reta 𝒓 contida em um plano 𝜶 separa-o em dois semiplanos 𝜶𝟏 e 𝜶𝟐 e a origem 
dos semiplanos é a reta dada. 
c) Um plano 𝜶 de um espaço 𝑬 separa-o em dois semiespaços 𝑬𝟏 e 𝑬𝟐 e a origem dos 
semiespaços é o plano dado. 
 
a) 𝑂𝐴 e 𝑂𝐵 são semirretas opostas 
 
b) (𝐴 ∈ 𝛼1, 𝐴 ∉ 𝑟, 𝐵 ∈ 𝛼2, 𝐵 ∉ 𝑟) ⇒ 𝐴𝐵 ∩ 𝑟 = {𝑃} 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 8 
 
c) (𝐴 ∈ 𝐸2, 𝐴 ∉ 𝛼, 𝐵 ∈ 𝐸1, 𝐵 ∉ 𝛼) ⇒ 𝐴𝐵 ∩ 𝛼 = {𝑃} 
 
O plano 𝛼divide o espaço 𝐸 em dois semiespaços 𝐸1 e 𝐸2. 
 
1.1.5. Postulado de Euclides 
Por um ponto 𝑷, situado fora de uma reta 𝒓, passa uma única reta paralela à 𝒓 que passa 
por 𝑷. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 9 
 
∃𝑠 tal que 𝑃 ∈ 𝑠 e 𝑟//𝑠 
Esse postulado é conhecido como postulado das paralelas. Lembrando da definição de 
retas paralelas, se 𝑟//𝑠, temos apenas duas possibilidades: ou 𝑟 e 𝑠 são retas coincidentes (𝑟 ≡
𝑠) ou 𝑟 e 𝑠 são distintas. Assim, poderíamos ter 𝑃 ∈ 𝑟 e, mesmo assim, existiria uma reta 𝑠 
paralela à reta 𝑟 (quando 𝑟 ≡ 𝑠). 
1.2. O Espaço 
Visto os postulados, vamos iniciar a construção da base do conhecimento de Geometria 
Espacial. Iniciemos pelas propriedades decorrentes dos axiomas vistos. Esses conceitos serão 
importantes na hora de resolver questões. 
1.2.1. O plano 
Pelo postulado da determinação, sabemos que três pontos não colineares determinarão 
um único plano. Assim, um triângulo cujos vértices são 𝐴, 𝐵, 𝐶 determinarão um único plano no 
espaço. 
Vamos apresentar algumas propriedades provenientes dos postulados. Não veremos a 
demonstração de todas elas, pois não é um assunto que será cobrado diretamente na prova. 
 Propriedade 1. Uma reta 𝒓 e um ponto 𝑷 ∉ 𝒓 determinam um único plano. 
Supondo dois pontos 𝐴 e 𝐵 pertencentes à reta 𝑟 e sabendo que 𝑃 não pertence à 𝑟, temos 
que 𝐴, 𝐵, 𝑃 não são colineares e, assim, pelo postulado da determinação, estes pontos 
determinam um único plano. Essa não é a prova formal deste teorema, mas apenas uma forma 
de verificar sua veracidade. Para demonstrá-la, devemos mostrar que existe um plano 𝛼 que 
contém 𝑃 e 𝑟, e provar que o plano é único. Vejamos a demonstração: 
I) Prova da existência do plano 
Sabemos pela suposição feita anteriormente que os pontos distintos 𝐴 e 𝐵 de 𝑟 
determinam um único plano com 𝑃. 
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Assim, se o plano 𝛼 é determinado pelos pontos 𝐴, 𝐵, 𝑃, temos: 
𝐴 ≠ 𝐵 e 𝐴, 𝐵 ∈ 𝑟 ⇒ 𝑟 ⊂ 𝛼 
Portanto, existe um plano 𝛼 que contém 𝑟 e 𝑃, ou seja, 𝛼 = (𝑟; 𝑃). Vamos provar que ele 
é único. 
II) Prova da unicidade 
Seja 𝛽 um plano determinado pela reta 𝑟 e pelo ponto 𝑃. Logo, 𝛽 = (𝑟; 𝑃). Se 𝐴 e 𝐵 são 
pontos da reta 𝑟, então 𝛽 = (𝐴; 𝐵; 𝑃). Mas 𝛼 = (𝐴; 𝐵; 𝑃), portanto, 𝛼 = 𝛽. Ou seja, o plano 𝛼 é 
único. 
Portanto, existe um único plano 𝛼 tal que 𝑃 ∈ 𝛼 e 𝑟 ⊂ 𝛼. 
Propriedade 2. Duas retas concorrentes determinam um único plano. 
Sejam 𝑟 e 𝑠 retas concorrentes num ponto 𝑃. Assim, tomando-se os pontos 𝐴 ∈ 𝑟 e 𝐵 ∈ 𝑠 
tal que 𝐴 ≠ 𝑃 e 𝐵 ≠ 𝑃, temos que existe um plano 𝛼 tal que 𝛼 = (𝐴; 𝐵; 𝑃). 
 
Como 𝑟 = 𝐴𝑃 ⃡ , temos que 𝑟 ⊂ 𝛼. Analogamente, 𝑠 = 𝐵𝑃 ⃡ implica que 𝑠 ⊂ 𝛼. Portanto, o 
plano 𝛼 determinado pelos pontos 𝐴, 𝐵, 𝑃 é o único plano que contém simultaneamente as retas 
𝑟 e 𝑠. 
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Propriedade 3. Duas retas paralelas e distintas determinam um único plano. 
Nesse caso, temos a própria definição de retas paralelas. Sejam 𝑟 e 𝑠 retas paralelas tais 
que 𝑟 ≠ 𝑠. Então, existe um plano 𝛼 que contém 𝑟 e 𝑠. 
Para provar que esse plano é único, podemos tomar os pontos distintos 𝐴 e 𝐵 
pertencentes à 𝑟 e o ponto 𝑃 pertencente à 𝑠. Assim, temos que se 𝛼 = (𝑟; 𝑠): 
𝐴, 𝐵 ∈ 𝑟 e 𝑃 ∈ 𝑠 ⇒ 𝛼 = (𝑟; 𝑠) = (𝐴; 𝐵; 𝑃) 
Se existir um outro plano 𝛽 tal que 𝛽 = (𝑟; 𝑠), então: 
𝐴, 𝐵 ∈ 𝑟 e 𝑃 ∈ 𝑠 ⇒ 𝛽 = (𝑟; 𝑠) = (𝐴; 𝐵; 𝑃) = 𝛼 
Portanto, os planos 𝛼 e 𝛽 são coincidentes, ou seja, há apenas um único plano que contém 
as retas paralelas 𝑟 e 𝑠. 
1.2.2. Retas reversas 
Duas retas no espaço são reversas se não estão contidas em um mesmo plano. 
𝑟 e 𝑠 são retas reversas ⇔ ∄𝛼 tal que 𝑟 ⊂ 𝛼 e 𝑠 ⊂ 𝛼 
Um exemplo de retas reversas pode ser visto na figura abaixo: 
 
Note que os segmentos de reta 𝑟 e os segmentos de reta 𝑠 do cubo não podem pertencer 
a um mesmo plano, pois não conseguimos tomar um plano que contenha uma das retas sem 
que a outra o “fure”. 
1.2.3. Teorema da intersecção 
Se dois planos distintos possuem um ponto em comum, então a intersecção entre eles 
é uma única reta que passa por esse ponto.
 
 
O que devemos extrair desse teorema é saber que a intersecção entre dois planos não 
paralelos e não coincidentes é uma reta, ou seja, dois planos secantes formam uma reta. Basta 
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pensarmos no quarto da nossa residência, duas paredes adjacentes podem ser vistas como dois 
planos e o que as separar é justamente uma reta. A figura abaixo exemplifica o teorema: 
 
𝛼 ∩ 𝛽 = 𝑟 
1.2.4. Quadrilátero reverso 
Tomemos dois planos secantes 𝛼 e 𝛽 cuja intersecção é a reta 𝑟 e sejam 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 pontos 
representados conforme a figura abaixo: 
 
Chamamos de quadrilátero reverso à figura 𝐴𝐵𝐶𝐷, pois as diagonais 𝐵𝐶 e 𝐴𝐷 são 
segmentos de retas reversos. Uma outra definição para quadrilátero reverso é que seus quatro 
vértices não podem pertencer a um mesmo plano. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 13 
1.3. Paralelismo no Espaço 
Relembremos a definição de retas paralelas e adaptemos ao espaço. Dizemos que duas 
retas 𝑟 e 𝑠 no espaço são paralelas se, e somente se, são coplanares e não possuem ponto em 
comum, ou seja, 𝑟 ∥ 𝑠 ⇔ 𝑟 ∩ 𝑠 = ∅. Note que a definição é a mesma usada na Geometria Plana. 
Conhecendo esse fato, vamos estudar o paralelismo entre retas e planos no espaço. 
Iniciando pelo teorema: 
Uma reta não contida em um plano é paralela a este plano se, e somente se, for paralela
a uma reta contida neste plano.
 
A questão é: como saber se uma reta é paralela a um plano? 
Sabemos que num plano há infinitas retas e conhecemos a definição de retas paralelas. 
Assim, basta tomar uma reta do plano que seja paralela à reta dada. Intuitivamente, se 
pensarmos em uma reta que “não fura” o plano, podemos afirmar que ou ela está contida no 
plano ou ela é paralela ao plano. Vejamos as figuras: 
 
𝑠 ⊂ 𝛼 𝑒 𝑠 ∩ 𝑟 = ∅ ⇒ 𝑟 ∥ 𝛼 
 Neste caso, a reta 𝑟 é paralela ao plano 𝛼, pois podemos tomar a reta 𝑠 contida em 
𝛼 que é paralela à reta 𝑟. 
 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 14 
Este é um exemplo de reta que não é paralela ao plano, pois a reta 𝑡 intercepta o plano 
no ponto 𝑃, ou seja, 𝑟 ∩ 𝛼 = {𝑃} ≠ ∅. 
1.3.1. Planos paralelos 
A definição de paralelismo entre planos é a mesma usada entre retas. Vejamos. 
Os planos α e β são paralelos se, e somente se, eles não têm ponto comum ou são coincidentes. 
Para saber se dois planos são paralelos, podemos tomar duas retas concorrentes a um 
plano e se essas retas forem ambas paralelas ao outro plano, então os planos são paralelos. 
Esse é o teorema para testar o paralelismo de planos. 
Dois planos α e β são paralelos entre si se, e somente se, existir em β um par de retas
concorrentes paralelas a α.
 
 
As retas 𝑟 e 𝑠 estão contidas no plano 𝛽 e ambas são paralelas ao plano 𝛼, logo 𝛼 é 
paralelo a 𝛽. 
1.4. Perpendicularismo no Espaço 
Como saber se uma reta é perpendicular a um plano? 
Intuitivamente, se 𝑟 é uma reta perpendicular a um plano 𝛼, então 𝑟 deve interceptar o 
plano em um ponto 𝑃 (este ponto é chamado de pé da reta 𝑟, perpendicular ao plano). Para que 
seja perpendicular, todas as retas contidas em 𝛼 que passam por 𝑃, devem ser perpendiculares 
à reta 𝑟. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 15 
 
Pela figura, podemos ver que 𝑟 ⊥ 𝑠 e 𝑟 ⊥ 𝑡, como 𝑟, 𝑠 ⊂ 𝛼, temos que 𝑟 ⊥ 𝛼. 
Assim, segue o teorema: 
Uma reta é perpendicular a um plano se, e somente se, for perpendicular a duasretas concorrentes do plano.
 
Esse teorema garante que uma reta é perpendicular a um plano. 
Para saber se dois planos são perpendiculares, basta tomar uma reta contida em um deles 
que seja perpendicular ao outro. 
1.4.1. Retas ortogonais 
Dizemos que duas retas são ortogonais se elas são reversas e formam um ângulo reto, 
ou seja, se 𝑟 é perpendicular a um plano 𝛼 e 𝑡 é uma reta do plano que não possui ponto comum 
com 𝑟, então 𝑟 e 𝑡 são ortogonais. 
 
Na figura, 𝑟 e 𝑡 são retas ortogonais, pois 𝑟 é perpendicular ao plano 𝛼 e não intercepta a 
reta 𝑡 contida em 𝛼, logo 𝑟 e 𝑡 são reversas e formam um ângulo reto. Note que 𝑡 ∥ 𝑠. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 16 
1.4.2. Teorema das três perpendiculares 
Sejam 𝑟 e 𝑠 duas retas reversas e um plano 𝛼 tais que 𝑟 é perpendicular a 𝛼, 𝑟 ∩ 𝛼 = {𝑃} 
e 𝑠 ⊂ 𝛼. Se 𝐴 é um ponto pertencente à 𝑟 e 𝐵 é um ponto pertencente à 𝑠, então 𝐴𝐵 é 
perpendicular à 𝑠 se, e somente se, 𝑃𝐵 é perpendicular à 𝑠. 
Essa propriedade é conhecida como o teorema das três perpendiculares, o que 
podemos afirmar dela é que tomando-se 𝐴 um ponto qualquer da reta 𝑟, se 𝑟 ⊥ 𝛼 e 𝑃𝐵 ⊥ 𝑠, então 
𝐴𝐵 ⊥ 𝑠. 
 
Vejamos sua demonstração. 
Demonstração 
Considere a figura abaixo: 
 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 17 
A reta 𝑟 é perpendicular ao plano 𝛼 e é ortogonal à reta 𝑠. 𝐶 e 𝐶′ são pontos pertencentes 
à 𝑠 tais que 𝐶𝐵 = 𝐶′𝐵, ou seja, 𝐵 é ponto médio do segmento 𝐶𝐶′. Pelo critério de congruência 
𝐿𝐴𝐿, podemos ver que: 
𝐶𝐵 = 𝐶′𝐵, 𝑃�̂�𝐶 = 𝑃�̂�𝐶′, 𝑃𝐵 = 𝑃𝐵 ⇒ Δ𝑃𝐵𝐶 ≡ Δ𝑃𝐵𝐶′ ∴ 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶′ 
Como 𝐴𝑃 é segmento de reta comum dos triângulos Δ𝐴𝑃𝐶 e Δ𝐴𝑃𝐶′, 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶′ e 𝐴𝑃𝐶 =
𝐴𝑃𝐶′ (pois 𝑟 ⊥ 𝛼) , temos por 𝐿𝐴𝐿 que Δ𝐴𝑃𝐶 ≡ Δ𝐴𝑃𝐶′, logo, 𝐴𝐶 = 𝐴𝐶′. Com isso, Δ𝐴𝐶𝐶′ é 
isósceles e, portanto, como 𝐶𝐵 = 𝐶𝐵′, temos que 𝐴𝐵 é altura do triângulo, ou seja, 𝐴𝐵 forma 
ângulo reto com a reta 𝑠. 
 
Esse teorema será muito útil para resolvermos algumas questões de Geometria Espacial. 
 
1.5. Projeções Ortogonais 
Projeção ortogonal é a imagem de uma figura geométrica projetada perpendicularmente 
em um plano. Podemos entender essa projeção como a sombra que a figura faz em um plano 
quando o sol está no seu ponto mais alto. Desse modo, a dimensão da figura projetada não seria 
alterada. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 18 
 
Estudaremos agora os tipos de projeções. 
1.5.1. Projeção de um ponto 
A projeção ortogonal de um ponto 𝑃 sobre um plano 𝛼 é o pé da reta perpendicular ao 
plano que contém 𝑃. 
 
𝑃′ é a projeção ortogonal de 𝑃 sobre o plano 𝛼. 
1.5.2. Projeção de uma reta 
A projeção ortogonal de uma reta 𝑟 oblíqua sobre um plano 𝛼 é a reta formada pela 
intersecção de um plano 𝛽, perpendicular a 𝛼, que contém a reta 𝑟. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 19 
 
No caso de termos um segmento de reta não perpendicular ao plano cujas extremidades 
são os pontos 𝐴 e 𝐵, a projeção ortogonal desse segmento em um plano 𝛼 é o segmento de reta 
que liga a projeção ortogonal dos pontos 𝐴 e 𝐵 sobre 𝛼. 
 
A projeção ortogonal de uma reta ou segmento de reta que é perpendicular a um plano é 
apenas um ponto. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 20 
 
1.5.3. Projeção de uma figura 
Quando a projeção ortogonal é de uma figura geométrica, a projeção será a figura formada 
pelo conjunto das projeções ortogonais de todos os pontos que formam a figura. Na prática, o 
que fazemos é desenhar a sombra da figura sobre um plano. 
 
1.6. Ângulos e distâncias no espaço 
Tudo que estudamos na Geometria Plana sobre os conceitos de ângulos e distâncias é 
válido na Geometria Espacial. A única diferença aqui é que os elementos primitivos, ponto, reta 
e plano, podem não pertencer a um mesmo plano. A questão é: como determinar o ângulo e 
distância entre elementos primitivos que não estão contidos no mesmo plano? Para responder 
essa pergunta, veremos cada caso separadamente. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 21 
 
1.6.1. Ângulo entre retas 
Vamos estudar o ângulo entre retas reversas, pois o caso de retas coplanares já foi 
abordado na Geometria Plana. Então, consideremos as retas reversas 𝑟 e 𝑠: 
 
Para determinar o ângulo entre 𝑟 e 𝑠, podemos proceder da seguinte forma: 
Tomamos um plano 𝛼 que contém a reta 𝑠. A reta 𝑟 intercepta 𝛼 em um ponto 𝑃. Traçamos 
a reta 𝑠′ paralela à 𝑠, contida em 𝛼, que contém 𝑃. O ângulo entre as retas 𝑟 e 𝑠 será igual ao 
ângulo agudo entre 𝑟 e 𝑠′. 
 
 
1.6.2. Ângulo entre reta e plano 
Estudaremos o caso em que a reta é oblíqua ao plano. Para determinarmos o ângulo 
formado entre uma reta 𝑟 e um plano 𝛼, construímos a projeção ortogonal de 𝑟 sobre 𝛼. O menor 
ângulo entre 𝑟 e 𝛼 será igual ao ângulo agudo entre 𝑟 e sua projeção ortogonal 𝑟′. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 22 
 
 𝐵 é um ponto da reta 𝑟 e 𝑟 ∩ 𝛼 = {𝐴}. 
O ângulo 𝜃 pode ser denotado por 𝑟�̂�. 
Para verificarmos essa propriedade, podemos usar a trigonometria. Considere a figura 
abaixo. 
 
Construímos 𝐵′𝐶 de modo que 𝐵′𝐶 ⊥ 𝑠. Pelo teorema das três perpendiculares, como 
𝐵𝐵′ ⊥ 𝛼 e 𝐵′𝐶 ⊥ 𝑠, temos que 𝐵𝐶 ⊥ 𝑠. Assim, temos: 
Δ𝐴𝐵𝐵′ ⇒ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
𝑏
𝑎
 
Δ𝐴𝐵𝐶 ⇒ 𝑠𝑒𝑛 𝜃′ =
𝑐
𝑎
 
Como 𝐵𝐶 é hipotenusa do triângulo retângulo 𝐵𝐵′𝐶, temos que 𝑐 > 𝑏. Logo, 
𝑐
𝑎
>
𝑏
𝑎
∴ 𝑠𝑒𝑛 𝜃′ > 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 23 
Como 𝜃 e 𝜃′ pertencem ao intervalo ]0; 𝜋/2 [, temos 𝜃 < 𝜃′, ou seja, 𝜃 é o menor ângulo 
agudo entre 𝑟 e 𝛼. 
1.6.3. Ângulo entre dois planos 
Quando estudamos ângulos na Geometria Plana, vimos que ela é a figura formada por 
dois pares de semirretas com a mesma origem. Podemos estender esse conceito à Geometria 
Espacial. Nesse caso, o ângulo entre planos é chamado de diedro. Um diedro é a união de 
dois semiplanos com a mesma reta de origem. Os semiplanos que determinam o diedro são as 
faces do diedro e a origem comum dos semiplanos é sua aresta. 
 
𝛼 �̂� 𝛽 = 𝛼 ∪ 𝛽 
O diedro determinado pelos semiplanos 𝛼 e 𝛽 cuja origem comum é a reta 𝑟 pode ser 
denotado por: 𝛼 �̂� 𝛽, 𝛼�̂� ou 𝑑𝑖(𝑟). Há outras denotações para o diedro, mas vamos usar apenas 
essas. 
Um bom exemplo de diedro é um livro aberto. As páginas opostas do livro são as faces 
do diedro e a lombada do livro é a aresta do diedro. 
Como saber a medida do diedro? 
Vamos usar o exemplo do livro. Se colocarmos esse livro semiaberto em uma mesa de tal 
forma que ele fique em pé (apoiado pela parte de baixo do livro), podemos ver pela vista de cima 
o ângulo formado pelas páginas do livro. Esse ângulo é a medida do diedro. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 24 
 
Assim, para determinarmos a medida de um diedro formado pelos planos 𝛼 e 𝛽, devemos 
seccionar os planos com um plano secante perpendicular à aresta do diedro. Esse plano 
determinará duas semirretas de mesma origem e o ângulo formado por essas semirretas será a 
medida do diedro. 
É possível provar por trigonometria que esse ângulo é o maior ângulo agudo entre 𝛼 e 𝛽. 
Para isso, consideremos dois planos secantes 𝛼 e 𝛽 com origem comum a reta 𝑟. Seja 𝐵 ∈ 𝛼, 𝐵′ ∈
𝛽, 𝐴 ∈ 𝑟 e 𝐶 ∈ 𝑟 conforme ilustra a figura abaixo: 
 
 𝐴𝐵′ é a projeção ortogonal de 𝐴𝐵 sobre o plano 𝛽. Pela figura, podemos ver que: 
Δ𝐴𝐵𝐵′ ⇒ tg 𝜃 =
𝑎
𝑏
 
Δ𝐶𝐵𝐵′ ⇒ tg 𝜃′ =
𝑎
𝑐
 
Como 𝐶𝐵′ é a hipotenusa do triângulo retângulo Δ𝐴𝐵′𝐶, temos 𝑐 > 𝑏. Logo, 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 25 
𝑎
𝑏
>
𝑎
𝑐
⇒ tg 𝜃 > tg 𝜃′ 
Para 𝜃 e 𝜃′ pertencentes ao intervalo ]0; 𝜋/2[, temos que 𝜃 > 𝜃′, ou seja, 𝜃 é o maior 
ângulo entre 𝛼 e 𝛽. 
1.6.4. Distância entre ponto e reta 
Para determinar a distância entre um ponto 𝑃 e uma reta 𝑟 no espaço, devemos tomar uma 
reta 𝑠 perpendicular à 𝑟 que passa por 𝑃. A intersecção de 𝑠 com 𝑟 é o ponto 𝑃′. Assim, a 
distância de 𝑃 à 𝑟 será igual à distância de 𝑃 a 𝑃′. 
 
1.6.5. Distância entre reta e plano paralelos 
Se 𝑟 é uma reta paralela ao plano 𝛼, então a distância de 𝑟 a 𝛼 será igual à distância de 𝑟 
à sua projeção ortogonal em 𝛼. 
 
𝑑𝑟,𝛼 = 𝑑𝐴𝐴′ 
1.6.6. Distância entre duas retas reversas 
Por último, vamos aprender a calcular a distância entre duas retas reversas. Sejam 𝑟 e 𝑠 
duas retas reversas. Para determinar a distância entre essas retas, basta tomar um plano 𝛼 que 
contém a reta 𝑠 e que seja paralela à r. A distância entre as retas reversas será igual à distância 
entre a reta 𝑟 e o plano paralelo 𝛼. 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 26 
 
2. Lugares Geométricos 
Lugares geométricos na Geometria Espacial não são muito diferentes dos vistos na 
Geometria Plana. A diferença aqui é a inclusão de uma dimensão. Apresentaremos nesse tópico, 
alguns lugares geométricos no espaço. 
Na Geometria Plana, vimos que o lugar geométrico dos pontos que equidistam de um 
dado ponto é chamado de circunferência, ou seja, dado um ponto 𝑂, chamado de centro, temos 
que a circunferência 𝜆 de raio 𝑟 e centro 𝑂 é definida por: 
𝜆{𝑂, 𝑟} = {𝑃 ∈ 𝛼⏟
𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜
|𝑑𝑃,𝑂 = 𝑟⏟
𝑟𝑎𝑖𝑜 𝑑𝑎 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎
} 
Quando usamos essa definição de pontos equidistantes de um dado ponto no espaço, o 
lugar geométrico que esse conjunto representa é uma superfície esférica. Todos os pontos 
dessa figura equidistam do centro 𝑶: 
𝑆{𝑂, 𝑅} = {𝑃 ∈ 𝜖⏟
𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜
|𝑑𝑃,𝑂 = 𝑅⏟
𝑟𝑎𝑖𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎
} 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 27 
 
Se quisermos uma esfera maciça, basta trocar o sinal de igual pela desigualdade ≤: 
𝑆1{𝑂, 𝑅} = {𝑃 ∈ 𝜖|𝑑𝑃,𝑂 ≤ 𝑅} 
 
Nesse caso, todos os pontos da superfície esférica e do interior da esfera fazem parte do 
lugar geométrico. 
Outro lugar geométrico no espaço é o plano bissetor. Na Geometria Plana, estudamos a 
reta bissetriz. Este é o lugar geométrico dos pontos do plano que equidistam de duas retas 
concorrentes. Na Geometria Espacial, no lugar de reta teremos um plano. Então o lugar 
geométrico dos pontos do espaço que equidistam de dois planos secantes é chamado de 
plano bissetor. E assim como no estudo plano, onde duas retas concorrentes geram duas retas 
bissetrizes, no estudo do espaço, temos que dois planos secantes gerarão dois planos 
bissetores. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 28 
 
Temos também o lugar geométrico plano mediador. Ele é o conjunto dos pontos 
equidistantes de dois pontos distintos. Assim, dado um segmento de reta 𝐴𝐵 no espaço, ele 
será o plano perpendicular ao segmento e conterá o seu ponto médio. Na Geometria Plana, ele 
é conhecido como reta mediatriz. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 29 
3. Triedros 
Vimos que um diedro é uma figura formada por dois semiplanos com a mesma origem, 
sendo essa uma reta comum. Um triedro é a figura formada por três semirretas não 
coplanares e de mesma origem, sendo essa origem um ponto comum chamado de vértice. Se 
𝑟, 𝑠 e 𝑡 são semirretas que formam um triedro, então podemos denotar o triedro formado por 
essas semirretas por 𝑉(𝑟; 𝑠; 𝑡). 
 
Dizemos que 𝑽 é o vértice do triedro, cada semirreta é a aresta do triedro e as faces 
são determinadas por cada par de semirretas. Assim, temos: 
𝑉 − 𝑣é𝑟𝑡𝑖𝑐𝑒 
𝑟, 𝑠, 𝑡 − 𝑎𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑠 
𝑟 �̂� 𝑠, 𝑟 �̂� 𝑡, 𝑠 �̂� 𝑡 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑎𝑠 𝑓𝑎𝑐𝑒𝑠 𝑜𝑢 𝑓𝑎𝑐𝑒𝑠 
As faces também podem ser denotadas por 𝑟�̂�, 𝑟�̂� e 𝑠�̂�. 
Note que no triedro, cada semirreta forma um diedro, ou seja, este é determinado por duas 
faces do triedro. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 30 
 
𝜃1, 𝜃2, 𝜃3 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑒𝑑𝑟𝑜𝑠 
3.1. Propriedades do triedro 
No estudo do triângulo, vimos a desigualdade triangular que diz que dado um triângulo de 
lados 𝑎, 𝑏 e 𝑐, temos para qualquer lado do triângulo: 
|𝑏 − 𝑐| < 𝑎 < 𝑏 + 𝑐 
No estudo do triedro, temos uma desigualdade parecida com essa. Enunciemos o 
teorema. 
3.1.1. Teorema 1 – Desigualdade dos ângulos das faces 
Em um triedro de faces 𝛼, 𝛽 e 𝛾, temos válida a seguinte desigualdade: 
|𝛽 − 𝛾| < 𝛼 < 𝛽 + 𝛾 
Essa desigualdade é válida tomando-se como referência qualquer face do triedro. 
Demonstração 
Seja um triedro cujas arestas são as semirretas 𝑟, 𝑠, 𝑡 tais que 𝑟�̂� = 𝛼, 𝑟�̂� = 𝛽 e 𝑠�̂� = 𝛾. 
Suponha que 𝛼 seja o maior ângulo do triedro 𝑉(𝛼, 𝛽, 𝛾). 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 31 
 
Assim, tomando-se 𝐴, 𝐵, 𝐶 pontos das semirretas 𝑟, 𝑠 e 𝑡, respectivamente, podemos 
construir na face 𝛼 a semirreta 𝑡′ tal que 𝐷 ∈ 𝑡′ e 𝑉𝐷 = 𝑉𝐶. 
 
Pelo critério de congruência 𝐿𝐴𝐿, temos Δ𝐷𝑉𝐵 ≡ Δ𝐶𝑉𝐵, logo, 𝐷𝐵 = 𝐵𝐶. No triângulo 
Δ𝐴𝐵𝐶, temos pela desigualdade triangular: 
𝐴𝐵 < 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶 
Como 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐵 e 𝐷𝐵 = 𝐵𝐶, temos: 
𝐴𝐷 + 𝐷𝐵 < 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶 ⇒ 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 < 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶 ∴ 𝐴𝐷 < 𝐴𝐶 
Desse modo, temos os seguintes triângulos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 32 
 
Como 𝐴𝐷 < 𝐴𝐶, temos 𝛼 − 𝛾 < 𝛽, ou seja, 
𝛼 < 𝛽 + 𝛾 
Sendo 𝛼 a maior face do triedro, concluímos que qualquer uma de suas faces será menor 
que a soma das outras duas. Com isso, temos: 
{
𝛽 < 𝛼 + 𝛾
𝛾 < 𝛼 + 𝛽
⇒ {
𝛽 − 𝛾 < 𝛼
𝛾 − 𝛽 < 𝛼
⇒ |𝛽 − 𝛾| < 𝛼 
Portanto, para qualquer face do triedro, temos a seguinte desigualdade: 
|𝛽 − 𝛾| < 𝛼 < 𝛽 + 𝛾 
Além desse teorema, temos um outro que se refere à soma dos ângulos das faces. 
3.1.2. Teorema 2 
A soma das faces em graus de um triedro qualquer é sempre menor que 360°: 
𝛼 + 𝛽 + 𝛾 < 360° 
Demonstração 
Consideremos 𝑉𝑟′ a semirreta oposta da semirreta 𝑉𝑟 do triedro 𝑉(𝑟, 𝑠, 𝑡). Desse modo, 𝑟�̂� 
e 𝑠�̂�′ são ângulos adjacentes e suplementares, assim como os ângulos 𝑟�̂� e 𝑡�̂�′, logo: 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 33 
 
Usando a desigualdade das faces no triedro 𝑉(𝑟′, 𝑠, 𝑡), obtemos: 
𝛾 < 180° − 𝛼 + 180° − 𝛽 
∴ 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 < 360° 
3.2. Triedro trirretângulo 
Um triedro trirretângulo é aquele que possui todos os ângulos das faces iguais a 90°. 
Vamos estudar essa figura geométrica e extrair algumas propriedades dela. 
Considere um triedro trirretângulo tal que os pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶 sejam pontos de suas arestas 
conforme representada na figura abaixo: 
 
 Os pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶 determinam um plano no espaço, ou seja, esse plano fecha o 
triedro na região aberta e, assim, obtemos a figura de uma pirâmide. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 34 
*Observação: muitas vezes, os pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶 podem não ser dados na questão e, ao invés 
disso, o problema pode dizer que um plano secciona (ou corta) o triedro a uma determinada 
distância do vértice. Isso “fechará” o triedro de modo a obter um sólido. 
Vamos cortar a pirâmide perpendicularmente à aresta 𝑉𝐶 de modo a obter a seguinte 
figura: 
 
𝑉𝐻 é a distância do vértice à face 𝐴𝐵𝐶. Perceba pelo desenho que temos diversos 
triângulos retângulos no espaço. Analisemos esses triângulos. 
 
Do triângulo Δ𝐴𝑉𝐵, temos pelas relaçõesmétricas do triângulo retângulo: 
1
(𝑀𝑉)2
=
1
𝑎2
+
1
𝑏2
 (𝐼) 
Do triângulo 𝐶𝑉𝑀: 
1
ℎ2
=
1
𝑐2
+
1
(𝑀𝑉)2
 (𝐼𝐼) 
Portanto, substituindo (𝐼) em (𝐼𝐼): 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 35 
1
ℎ2
=
1
𝑎2
+
1
𝑏2
+
1
𝑐2
 
Essa propriedade relaciona a altura da pirâmide 𝑉𝐴𝐵𝐶 com suas arestas 𝑎, 𝑏, 𝑐. Vamos 
calcular a área da face 𝐴𝐵𝐶. 
Pelo teorema de Pitágoras, temos: 
Δ𝐴𝑉𝐵 ⇒ (𝐴𝐵)2 = 𝑎2 + 𝑏2 ⇒ 𝐴𝐵 = √𝑎2 + 𝑏2 
Δ𝐴𝑉𝐵 ⇒ (𝐴𝐵)(𝑀𝑉) = 𝑎𝑏 ⇒ 𝑀𝑉 =
𝑎𝑏
√𝑎2 + 𝑏2
 
Δ𝐶𝑉𝑀 ⇒ 𝑀𝐶2 = 𝑐2 + 𝑀𝑉2 ⇒ 𝑀𝐶 = √𝑐2 + (
𝑎𝑏
√𝑎2 + 𝑏2
)
2
 
⇒ 𝑀𝐶 = √
𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑐2 + 𝑏2𝑐2
𝑎2 + 𝑏2
 
A área do Δ𝐴𝐵𝐶 é dada por: 
[𝐴𝐵𝐶]⏟ 
á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐴𝐵𝐶
=
1
2
(𝐴𝐵)(𝑀𝐶) =
1
2
⋅ √𝑎2 + 𝑏2 ⋅ √
𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑐2 + 𝑏2𝑐2
𝑎2 + 𝑏2
 
[𝐴𝐵𝐶] =
1
2
⋅ √𝑎2 + 𝑏2 ⋅
√𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑐2 + 𝑏2𝑐2
√𝑎2 + 𝑏2
= √
𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑐2 + 𝑏2𝑐2
4
 
[𝐴𝐵𝐶]2 = (
𝑎𝑏
2
)
⏟
[𝐴𝑉𝐵]
2
+ (
𝑎𝑐
2
)
⏟
[𝐴𝑉𝐶]
2
+ (
𝑏𝑐
2
)
⏟
[𝐵𝑉𝐶]
2
 
∴ [𝐴𝐵𝐶]2 = [𝐴𝑉𝐵]2 + [𝐴𝑉𝐶]2 + [𝐵𝑉𝐶]2 
 Portanto, a área da face 𝐴𝐵𝐶 ao quadrado é igual à soma das áreas das outras faces ao 
quadrado. 
 
4. Poliedros 
Neste capítulo, iniciaremos o estudo dos sólidos. Na Geometria Plana, estudamos 
diversos polígonos tais como o hexágono, o pentágono, o quadrado, entre outros... Na Geometria 
Espacial, os sólidos cujas faces são polígonos são chamados de poliedros. Diversos deles são 
figuras conhecidas como o cubo, a pirâmide, o paralelepípedo, o prisma etc. Estudaremos cada 
um dos sólidos que podem ser cobrados no vestibular, então vamos iniciar pelo prisma. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 36 
4.1. Prismas 
Consideremos dois planos paralelos 𝛼 e 𝛽. Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 um polígono convexo 
determinado no plano 𝛼. 
 
Tomando-se as retas paralelas que contém os vértices 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸 do polígono em 𝛼, 
essas retas determinarão um polígono 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′𝐸′ em 𝛽. A figura formada pelos segmentos de 
retas e pelos polígonos convexos em 𝛼 e 𝛽 é chamada de prisma. 
 
Perceba que 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 e 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′𝐸′ representam o mesmo polígono. Cada um dos 
segmentos 𝐴𝐴′, … , 𝐸𝐸′ é chamado de aresta lateral. Os polígonos convexos 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 e 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′𝐸′ 
são denominados de bases do prisma. Usualmente, definimos a base 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬 como base 
inferior e a base 𝑨′𝑩′𝑪′𝑫′𝑬′ como base superior. A medida da altura do prisma é igual à 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 37 
distância entre os planos paralelos. Note que 𝐴𝐵𝐵′𝐴′ é um paralelogramo. Cada um dos 
paralelogramos do prisma é chamado de face lateral. Os pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶, … , 𝐷′, 𝐸′ são 
chamados de vértices do prisma. Cada segmento de reta do prisma é denominado de aresta. A 
figura abaixo apresenta os elementos presentes no prisma: 
 
Se a base do prisma for um polígono de 𝑛 lados, teremos: 
• 𝑛 faces laterais; 
• 𝑛 arestas laterais; 
• 𝑛 + 2 faces (faces laterais + duas bases); 
• 3𝑛 arestas. 
Note que a base do prisma pode ser qualquer polígono convexo. Se a base for um 
hexágono, por exemplo, teremos um prisma hexagonal. Se for um pentágono, teremos um 
prisma pentagonal. 
Dependendo do ângulo que as arestas laterais formam com as bases, podemos ter dois 
tipos de prismas: 
• Prisma oblíquo 
• Prisma reto 
Dizemos que um prisma é regular quando ele é reto e a base é um polígono convexo 
regular. 
Vejamos alguns exemplos de prismas: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 38 
 
Quando cortamos o prisma com um plano perpendicular às arestas laterais, dizemos que 
a figura formada é uma secção normal ou secção reta. 
 
4.1.1. Área da superfície do prisma 
Identificamos os elementos presentes no prisma. Na Geometria Plana, aprendemos a 
calcular a área de diversas figuras planas. Podemos usar esse conhecimento para calcular as 
áreas dos sólidos. A área total da superfície do prisma é dada por 𝐴𝑇 tal que: 
𝐴𝑇 = 𝐴𝐿 + 2𝐴𝐵 
Na qual 𝐴𝐿 é a área lateral do prisma e é igual à soma das áreas das faces laterais e 𝐴𝐵 
é a área da base. 
Tomando-se a secção normal de um prisma de lados medindo 𝑙1, 𝑙2, … , 𝑙𝑛, temos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 39 
 
A medida da aresta lateral do prisma é 𝑎, desse modo, podemos calcular a área de cada 
face lateral do prisma: 
𝐴𝑖 = 𝑎 ⋅ 𝑙𝑖, 𝑖 = {1,2, … , 𝑛} 
A área lateral do prisma é igual à soma das áreas das faces laterais, logo: 
𝐴𝑙 = 𝑎 ⋅ 𝑙1 + 𝑎 ⋅ 𝑙2 + ⋯ + 𝑎 ⋅ 𝑙𝑛 = 𝑎 ⋅ (𝑙1 + 𝑙2 + ⋯ + 𝑙𝑛)⏟ 
𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑎 𝑠𝑒𝑐çã𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙
 
Definindo como 2𝑝 o perímetro da secção normal, obtemos: 
𝐴𝑙 = 2𝑝 ⋅ 𝑎 
4.1.2. Paralelepípedos 
Um paralelepípedo é um tipo específico de prisma cuja base é um paralelogramo. Todas 
as faces do paralelepípedo são paralelogramos. Vamos estudar os diferentes tipos desse sólido: 
a) Oblíquo 
Um paralelepípedo é oblíquo quando sua aresta lateral não forma ângulo reto com o plano 
da base. 
 
Paralelepípedo oblíquo 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 40 
b) Reto 
Um paralelepípedo é reto quando sua aresta lateral forma ângulo reto com a base. 
 
Paralelepípedo reto 
Vamos estudar algumas propriedades dessa figura. Consideremos o paralelepípedo de 
dimensões conforme a seguinte imagem: 
 
 
 𝑒 é a diagonal menor da base e 𝑑 é a diagonal menor do paralelepípedo. 
Observando as figuras, temos: 
Δ𝐴𝐵𝐷 ⇒ 𝑒2 = 𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏 cos 𝛼 (𝑙𝑒𝑖 𝑑𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑛𝑜𝑠) 
Δ𝐷𝐵𝐷′ ⇒ 𝑑2 = 𝑐2 + 𝑒2 ⇒ 𝑑2 = 𝑐2 + 𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏 cos 𝛼 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 41 
∴ 𝑑 = √𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 − 2𝑎𝑏 cos 𝛼 
Podemos usar o mesmo raciocínio para encontrar a outra diagonal do paralelepípedo. 
c) Retângulo 
Um paralelepípedo é retângulo quando sua base é um retângulo. 
 
Paralelepípedo retângulo 
 
d) Reto-retângulo 
Um paralelepípedo é reto-retângulo quando sua aresta lateral forma ângulo reto com a 
base e esta é um retângulo. 
 
Paralelepípedo reto-retângulo 
Vejamos algumas propriedades desse sólido. Consideremos o paralelepípedo com as 
seguintes dimensões: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 42 
 
 
Pelas figuras, podemos ver que: 
Δ𝐴𝐵𝐷 ⇒ 𝑒2 = 𝑎2 + 𝑏2 
Δ𝐷𝐵𝐷′ ⇒ 𝑑2 = 𝑐2 + 𝑒2 = 𝑐2 + 𝑎2 + 𝑏2 ⇒ 𝑑 = √𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 
𝐴𝑇 = 𝑎𝑏 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑐 ⇒ 𝐴𝑇 = 2(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐) 
e) Cubo 
Esse sólido é um paralelepípedo cujas faces são todas quadrados. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 43 
Vamos estudar algumas propriedades dessa figura. Consideremos um cubo de aresta 𝑎 
e tracemos as diagonais conforme a imagem abaixo: 
 
 𝑏 é a diagonal da base e 𝑑 é a diagonal do cubo. Observando as faces, temos: 
Δ𝐴𝐵𝐷 ⇒ 𝑏2 = 𝑎2 + 𝑎2 ⇒ 𝑏 = 𝑎√2 
Δ𝐷𝐵𝐷′ ⇒ 𝑑2 = 𝑎2 + 𝑏2 ⇒ 𝑑2 = 𝑎2 + (𝑎√2)
2
⇒ 𝑑 = 𝑎√3 
Além disso, como as faces são quadrados de lado 𝑎, para calcular a área total, basta 
somar seis vezes a área de cada face, ou seja: 
á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑐𝑢𝑏𝑜 ⇒ 𝐴𝑇 = 6𝑎
2 
4.1.3. Volume do paralelepípedo 
Introduziremos agora o conceito de volume. Imagine que você tenha uma caixa vazia e 
queira enchê-lo de cubos. Antes de enchê-lo, você se pergunta quantos cubos será que cabem 
nessa caixa? Para responder essa pergunta, devemos conhecer o volume da caixa para saber 
quanto de espaço temos disponível. Então, se a caixa tem 10 unidades de volume e supondo 
que cada cubo ocupe 1 unidade de volume, nele caberá 10 cubos. Assim, o volume é a medida 
usada para determinar a quantidade de espaço ocupada por umcorpo e, por isso, ele permite, 
também, determinar quanto um corpo, vazio por dentro, possui de espaço disponível. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 44 
Na Geometria Plana, ao calcular a área de figuras planas, usamos um quadrado de lado 
1 como referência. Para o volume, usaremos um cubo de lado 1, a ele denominaremos de cubo 
unitário. 
 
Se o cubo tiver aresta medindo 1𝑚, o seu volume será 1𝑚3. Se tiver aresta medindo 1𝑐𝑚, 
o seu volume será 1𝑐𝑚3. Geralmente, o volume tem unidades de tamanho cúbicos. Para calcular 
o volume de um sólido, devemos pensar em quantos cubos unitários cabem no sólido. Vamos 
pensar no caso mais simples, um paralelepípedo reto-retângulo. Considere o exemplo abaixo: 
 
Para saber qual o volume desse sólido, precisamos contar quantos cubos unitários 
formam essa figura. Observando-a, podemos ver que ele é formado por 2 ⋅ 2 ⋅ 3 = 12 cubos. 
O volume de um paralelepípedo reto-retângulo é dado pelo produto entre a área da sua 
base e a sua altura. 
𝑉 = (á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒) ⋅ (𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎) = 𝐴𝐵 ⋅ ℎ 
E se quisermos calcular o volume de um prisma qualquer? Para descobrir o volume desse 
sólido, estudaremos o princípio de Cavalieri. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 45 
4.1.4. Princípio de Cavalieri 
 Dados dois sólidos cujas bases estão contidas num mesmo plano, se qualquer plano 
secante, paralelo ao plano da base, forma superfícies de áreas iguais nos sólidos, 
então os sólidos têm volumes iguais. 
Na prática, se dois prismas possuem alturas iguais e bases de mesma área, podemos 
afirmar que os dois sólidos possuem mesmo volume. Assim, vamos tomar dois prismas, um será 
um prisma oblíquo de base pentagonal (a base pode ser qualquer polígono) e o outro será um 
paralelepípedo reto-retângulo. As suas bases estarão no mesmo plano e ambos têm mesma 
área. Vejamos a figura abaixo. 
 
Como as bases tem áreas iguais, temos 𝐴1 = 𝐴2. Pelo princípio de Cavalieri, temos: 
𝑉1 = 𝑉2 = 𝐴2 ⋅ ℎ = 𝐴1 ⋅ ℎ 
∴ 𝑉1 = 𝐴1 ⋅ ℎ 
Portanto, a área de um prisma qualquer é igual ao produto da área da base pela sua altura. 
𝑉 = 𝐴𝐵 ⋅ ℎ 
Se tivermos apenas a informação da aresta lateral ao invés da altura do prisma, podemos 
usar a trigonometria para encontrar a altura. Veja: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 46 
 
Podemos ver que: 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
ℎ
𝑎
⇒ ℎ = 𝑎 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
Vejamos o volume de alguns paralelepípedos: 
 
Cubo 
𝑉 = 𝐴𝐵 ⋅ ℎ = 𝑎 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑎 
𝑉 = 𝑎3 
 
 
Reto-retângulo 
𝑉 = 𝐴𝐵⏟
𝑎𝑏
⋅ ℎ⏟
𝑐
 
𝑉 = 𝑎𝑏𝑐 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 47 
 
Reto 
𝑉 = 𝐴𝐵⏟
𝑎𝑏 𝑠𝑒𝑛𝛼
⋅ ℎ⏟
𝑐
 
𝑉 = 𝑎𝑏𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝛼 
 
 
4.2. Pirâmides 
Consideremos um polígono convexo contido em um plano 𝛼 e um ponto 𝑃 fora de 𝛼. A 
figura formada pelos segmentos de reta que ligam 𝑃 aos vértices do polígono é chamada de 
pirâmide convexa. 
 
Vejamos os elementos presentes na pirâmide. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 48 
 
 
• 𝜃 é o ângulo formado pela aresta lateral 𝐴𝑃 e o plano da base; 
• A altura da pirâmide é igual à distância entre o vértice 𝑃 e o plano da base; 
• Apótema é o termo usado para a altura de uma face lateral; 
• 𝜃′ é o ângulo diédrico da aresta 𝐶𝐷. 
A natureza da pirâmide varia de acordo com o polígono da base. Se a base for um 
pentágono, teremos uma pirâmide pentagonal. Se a base for um hexágono, teremos uma 
pirâmide hexagonal e assim por diante. 
Dizemos que uma pirâmide é regular quando a sua base é um polígono regular e a 
projeção ortogonal do vértice é o centro da base. Nesse caso, as arestas laterais são todas 
congruentes e as faces laterais são triângulos isósceles. 
4.2.1. Tetraedro 
Tetraedro é uma figura que costuma ser cobrada bastante nos vestibulares. Ele é uma 
pirâmide triangular. 
 
Um tetraedro é regular quando todas as suas arestas são congruentes. Desse modo, as 
faces dessa pirâmide são triângulo equiláteros. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 49 
 
4.2.2. Área da superfície da pirâmide 
 
A área lateral de uma pirâmide é igual à soma das áreas laterais das faces. 
A área total é igual à soma da área lateral com a área com base. 
 
4.2.3. Volume da pirâmide 
Vamos deduzir a fórmula do volume para pirâmides. Consideremos uma pirâmide 𝑃𝐴𝐵𝐶 
de base triangular 𝐴𝐵𝐶 e um prisma 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 de mesma base e mesma altura da pirâmide. 
 
Note que esse prisma pode ser decomposto em três pirâmides triangulares. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 50 
As pirâmides 𝐴𝐵𝐶𝐷 e 𝐶𝐸𝐹𝐷 possuem bases de mesma área (𝐴ΔABC = 𝐴ΔDEF) e mesma 
altura. Assim como as pirâmides 𝐶𝐸𝐹𝐷 e 𝐵𝐶𝐷𝐸 que possuem bases 𝐶𝐸𝐹 e 𝐵𝐶𝐸 congruentes e 
também possuem mesma altura. Logo, podemos afirmar: 
𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝐶𝐸𝐹𝐷 = 𝑉𝐵𝐶𝐷𝐸 = 𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 
Como o prisma possui base 𝐴𝐵𝐶 e altura igual à pirâmide 𝐴𝐵𝐶𝐷, temos: 
𝑉𝑝𝑟𝑖𝑠𝑚𝑎 = 𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ ℎ 
Além disso, ele é formado pela união das três pirâmides: 
𝑉𝑝𝑟𝑖𝑠𝑚𝑎 = 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 + 𝑉𝐶𝐸𝐹𝐷 + 𝑉𝐵𝐶𝐷𝐸 = 3𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 
∴ 𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 =
1
3
𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ ℎ 
Essa fórmula é válida para qualquer tipo de pirâmide convexa, pois qualquer polígono 
convexo pode ser decomposto em diversos triângulos, assim, basta somar o volume de cada 
pirâmide com base triangular. 
 
𝑉 =
1
3
𝐴1 ⋅ ℎ +
1
3
𝐴2 ⋅ ℎ +
1
3
𝐴3 ⋅ ℎ +
1
3
𝐴4 ⋅ ℎ +
1
3
𝐴5 ⋅ ℎ 
𝑉 =
1
3
(𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 + 𝐴4 + 𝐴5) ⋅⏟ 
á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒
ℎ 
∴ 𝑉 =
1
3
𝐴𝐵 ⋅ ℎ 
4.2.4. Plano secante paralelo à base da pirâmide 
Quando seccionamos um plano paralelamente ao plano da base, obtemos duas pirâmides 
semelhantes. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 51 
 
A razão entre as áreas da pirâmide menor e a pirâmide maior é igual 𝑘2, onde 𝑘 é a razão 
de proporção entre os segmentos das pirâmides. 
ℎ
ℎ′
=
𝑃𝐴
𝑃𝐴′
=
𝑃𝐵
𝑃𝐵′
= ⋯ =
𝐴𝐵
𝐴′𝐵′
=
𝐵𝐶
𝐵′𝐶′
= ⋯ = 𝑘 
𝑆
𝑆′
= 𝑘2 
A razão entre os volumes da pirâmide menor e a pirâmide maior é igual 𝑘3: 
𝑉
𝑉′
= 𝑘3 
A figura formada pelos vértices 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′𝐸′𝐹′ é chamada de tronco de pirâmide 
de bases paralelas. Vamos calcular o volume desse tronco. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 52 
 Sejam 𝑉1, 𝑉2, 𝑉𝑇 os volumes da pirâmide maior, da pirâmide menor e do tronco, 
respectivamente. Assim, temos: 
𝑉𝑇 = 𝑉1 − 𝑉2 =
1
3
𝑆1 ℎ⏟
ℎ′+ℎ𝑇
−
1
3
𝑆2ℎ′ 
⇒ 𝑉𝑇 =
1
3
𝑆1(ℎ
′ + ℎ𝑇) −
1
3
𝑆2ℎ′ 
⇒ 𝑉𝑇 =
1
3
[(𝑆1 − 𝑆2)ℎ
′ + 𝑆1ℎ𝑇] 
Como as pirâmides são semelhantes, podemos escrever: 
𝑆1
𝑆2
= (
ℎ
ℎ′
)
2
⇒ √
𝑆1
𝑆2
=
(ℎ′ + ℎ𝑇)
ℎ′
⇒ √𝑆1ℎ
′ = √𝑆2ℎ
′ + √𝑆2ℎ𝑇 
∴ ℎ′ =
ℎ𝑇√𝑆2
√𝑆1 − √𝑆2
 
Substituindo ℎ′ na expressão do volume: 
𝑉𝑇 =
1
3
[(𝑆1 − 𝑆2) (
ℎ𝑇√𝑆2
√𝑆1 − √𝑆2
) + 𝑆1ℎ𝑇] 
Note que 𝑆1 − 𝑆2 = √(𝑆1)2 − √(𝑆2)2 = (√𝑆1 − √𝑆2)(√𝑆1 + √𝑆2), substituindo acima: 
𝑉𝑇 =
1
3
[(√𝑆1 + √𝑆2)√𝑆2ℎ𝑇 + 𝑆1ℎ𝑇] 
𝑉𝑇 =
ℎ𝑇
3
(𝑆1 + 𝑆2 + √𝑆1𝑆2) 
4.3. Poliedros convexos 
Dizemos que um sólido é um poliedro convexo quando a sua superfície é formada por 𝑛 
polígonos que satisfazem as seguintes condições: 
• Dois polígonos quaisquer não estão no mesmo plano; 
• Qualquer aresta de um polígono é comum a apenas dois polígonos; 
• O plano de qualquer polígono deixa os demais no mesmo semiespaço. 
As faces do polígono convexo são os polígonos convexos, as suas arestas são os lados 
dos polígonos e os seus vértices são os vértices dos polígonos. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL53 
 
4.3.1. Relação de Euler 
A relação de Euler é uma propriedade que relaciona as arestas, vértices e faces de um 
poliedro convexo. Para todo poliedro convexo, vale a relação: 
𝑉 − 𝐴 + 𝐹 = 2 
Demonstração 
Para demonstrar essa relação, precisamos de um teorema preliminar. Vejamos: 
 
Toda superfície poliédrica convexa aberta, vale a relação: 
𝑉𝐴 − 𝐴𝐴 + 𝐹𝐴 = 1 
 
Provaremos essa propriedade por indução finita. 
1) Veja que para 𝐹𝐴 = 1, a superfície poliédrica convexa aberta (SPCA) torna-se um 
polígono convexo plano de 𝑛 lados e assim: 
 
𝑉𝐴 = 𝑛 = 𝐴𝐴 
Logo: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 54 
𝑉𝐴 − 𝐴𝐴 + 𝐹𝐴 = 𝑛 − 𝑛 + 1 = 1 
2) Suponha que essa propriedade seja válida para uma SPCA de 𝐹′ faces (possui 𝑉′ 
vértices e 𝐴′ arestas) tal que: 
𝑉′ − 𝐴′ + 𝐹′ = 1 
Devemos provar que ela é válida para 𝐹′ + 1 faces. 
Adicionando uma face com 𝑎 arestas e 𝑏 arestas compartilhadas para a SPCA inicial, 
temos para a nova superfície formada: 
𝐹 = 𝐹′ + 1 
𝐴 = 𝐴′ + 𝑎 − 𝑏 (𝑏 arestas compartilhadas) 
𝑉 = 𝑉′ + 𝑎 − (𝑏 + 1) (𝑏 arestas compartilhadas, temos 𝑏 + 1 vértices coincidindo) 
Verificando a relação, obtemos: 
𝑉 − 𝐴 + 𝐹 = [𝑉′ + 𝑎 − (𝑏 + 1)] − [𝐴′ + 𝑎 − 𝑏] + 𝐹′ + 1 
𝑉 − 𝐴 + 𝐹 = 𝑉′ + 𝑎 − 𝑏 − 1 − 𝐴′ − 𝑎 + 𝑏 + 𝐹′ + 1 
𝑉 − 𝐴 + 𝐹 = 𝑉′ − 𝐴′ + 𝐹′ 
Portanto, a relação não se altera adicionando-se ou removendo-se uma face na superfície, 
o que prova nossa hipótese de indução. 
Agora, vamos proceder à demonstração da relação de Euler. 
Tomemos um poliedro convexo fechado de 𝐹 faces (possui 𝑉 vértices e 𝐴 arestas) e dele 
retiramos uma face. Obteremos uma SPCA e, assim, vale a relação: 
 
𝑉𝐴 − 𝐴𝐴 + 𝐹𝐴 = 1 
Como retiramos apenas uma face, temos para essa SPCA: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 55 
𝑉𝐴 = 𝑉; 𝐴𝐴 = 𝐴; 𝐹𝐴 = 𝐹 − 1 
Logo: 
𝑉𝐴 − 𝐴𝐴 + 𝐹𝐴 = 1 ⇒ 𝑉 − 𝐴 + 𝐹 − 1 = 1 ⇒ 𝑉 − 𝐴 + 𝐹 = 2 
Os poliedros que admitem a relação de Euler são chamados de poliedros eulerianos. 
Atenção! Todo poliedro convexo é euleriano, mas nem todo poliedro euleriano é convexo! 
4.3.2. Soma dos ângulos das faces de um poliedro convexo 
A soma dos ângulos de todas as faces de um poliedro convexo é igual a 
𝑆 = (𝑉 − 2) ⋅ 360° 
Em que 𝑉 é o número de vértices do poliedro convexo. 
Demonstração 
Consideremos um poliedro convexo de 𝑉 vértices, 𝐴 arestas e 𝐹 faces. Sejam 
𝑛1, 𝑛2, 𝑛3, … , 𝑛𝑓 o número de lados das faces 1, 2, 3, … , 𝐹. Como cada face é um polígono convexo, 
temos que a soma dos ângulos internos de cada face é: 
𝑆𝑖 = (𝑛𝑖 − 2) ⋅ 180°; 𝑖 = {1, 2, 3, … , 𝐹} 
Assim, somando-se todos os ângulos internos das faces, temos: 
𝑆 = (𝑛1 − 2) ⋅ 180° + (𝑛2 − 2) ⋅ 180° + ⋯ + (𝑛𝐹 − 2) ⋅ 180° 
𝑆 = (𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝐹) ⋅ 180° −2 ⋅ 180° − 2 ⋅ 180° − ⋯ − 2 ⋅ 180°⏟ 
𝐹 𝑣𝑒𝑧𝑒𝑠
 
𝑆 = (𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝐹) ⋅ 180° − 𝐹 ⋅ 360° 
Como cada lado do poliedro é compartilhado por duas faces, temos: 
𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝐹 = 2𝐴 
Logo: 
𝑆 = 2𝐴 ⋅ 180° − 𝐹 ⋅ 360° ⇒ 𝑆 = (𝐴 − 𝐹) ⋅ 360° 
Sendo um poliedro convexo, ele admite a relação de Euler: 
𝑉 − 𝐴 + 𝐹 = 2 ⇒ 𝑉 − 2 = 𝐴 − 𝐹 
∴ 𝑆 = (𝑉 − 2) ⋅ 360° 
4.3.3. Poliedros de Platão 
Um poliedro é classificado como poliedro de Platão quando satisfaz os seguintes 
requisitos: 
• Todas as faces possuem o mesmo número de arestas; 
• De cada vértice, parte um mesmo número de arestas; 
• Admite a relação de Euler. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 56 
Existem apenas cinco tipos de poliedros de Platão, são eles: 
1. Tetraedro 
2. Hexaedro 
3. Octaedro 
4. Dodecaedro 
5. Icosaedro 
Não veremos a prova disso, pois não é um assunto que costuma cair em prova. 
4.3.4. Poliedros regulares 
Os poliedros convexos são classificados como regulares quando: 
• Todas as faces possuem o mesmo número de arestas; 
• De cada vértice, parte um mesmo número de arestas; 
• Todas as faces são polígonos regulares. 
Note que os poliedros regulares possuem uma definição parecida com os poliedros de 
Platão. A única ressalva é que as faces dos poliedros regulares são polígonos regulares. 
Assim, temos apenas cinco tipos de poliedros regulares: 
1. Tetraedro regular 
2. Hexaedro regular (cubo) 
3. Octaedro regular 
4. Dodecaedro regular 
5. Icosaedro regular 
 
 
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AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 57 
5. Sólidos Redondos 
Vamos começar nosso estudo de sólidos redondos, são eles: os cilindros, os cones e as 
esferas. Iniciemos pelos cilindros. 
5.1. Cilindros 
Os cilindros são figuras muito parecidas com os prismas, a diferença é que ao invés da 
base ser um polígono convexo, a base do cilindro é um círculo. Podemos pensar em um prisma 
arredondado. Vejamos os elementos presentes no cilindro. 
 
Note que o cilindro possui duas bases circulares congruentes de raio 𝑅 e que 𝑂𝐴𝐴′𝑂 é um 
paralelogramo. Geratriz é o termo usado para qualquer segmento de reta do cilindro distando 𝑅 
do eixo 𝑂𝑂′, e paralelo ao mesmo. 
Quando as geratrizes do cilindro são oblíquas às bases, temos um cilindro circular oblíquo 
e quando elas são perpendiculares às bases, temos um cilindro circular reto. Neste caso, a altura 
do cilindro será igual à medida da geratriz, ou seja, ℎ = 𝑔. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 58 
5.1.1. Superfície cilíndrica e cilindro de revolução 
Tomando-se um eixo 𝑒 e rotacionando um segmento de reta 𝑔 (reta geratriz) de uma 
distância 𝑅 ao longo de 𝑒, obtemos uma superfície cilíndrica de revolução. 
 
Se ao invés de um segmento de reta, rotacionarmos um retângulo que possui um lado 
contido no eixo 𝑒, obtemos um cilindro de revolução. Perceba que esse cilindro é circular reto, 
ou seja, a geratriz é perpendicular ao plano da base. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 59 
5.1.2. Área lateral e área total 
Se cortarmos uma superfície cilíndrica de revolução de altura ℎ e a colocarmos em cima 
de uma mesa esticada, obtemos a figura de um retângulo de dimensões iguais à altura ℎ e ao 
comprimento da base circular. Sabemos que o comprimento de uma circunferência de raio 𝑅 é 
2𝜋𝑅. Assim, temos que a superfície lateral de um cilindro circular reto planificada é equivalente 
a um retângulo de dimensões ℎ e 2𝜋𝑅. 
 
Logo, a área lateral de um cilindro é: 
𝐴𝐿 = 2𝜋𝑅ℎ 
Para encontrar a área total do cilindro circular reto, basta somar duas vezes a área da 
base. Como a base é um círculo de raio 𝑅, temos: 
𝐴𝐵 = 𝜋𝑅
2 
𝐴𝑇 = 𝐴𝐿 + 2𝐴𝐵 = 2𝜋𝑅ℎ + 2𝜋𝑅
2 
∴ 𝐴𝑇 = 2𝜋𝑅(ℎ + 𝑅) 
5.1.3. Volume do cilindro 
Para encontrar o volume de um cilindro, podemos usar o princípio de Cavalieri. Assim, 
tomando-se um cilindro circular de raio 𝑅 e um prisma tais que ambos possuem a mesma altura 
ℎ e também bases de mesma área, temos: 
𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒_𝑝𝑟𝑖𝑠𝑚𝑎 = 𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒_𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝜋𝑅
2 
Pelo princípio de Cavalieri: 
𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝑉𝑝𝑟𝑖𝑠𝑚𝑎 = 𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒𝑝𝑟𝑖𝑠𝑚𝑎 ⋅ ℎ 
∴ 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝜋𝑅
2ℎ 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 60 
5.1.4. Secção paralela ao eixo 
Consideremos um cilindro circular reto de eixo 𝑂𝑂′ e altura ℎ conforme representado pela 
figura abaixo: 
 
Ao seccionarmos esse cilindro por um plano paralelo ao seu eixo e a uma distância 𝑑 deste, a 
secção plana formada é um retângulo de dimensões ℎ e 2𝑥. Podemos calcular o valor de 𝑥 da 
seguinte forma: 
 
Observando a circunferência e aplicando o teorema de Pitágoras no Δ𝐴𝑂𝑀: 
𝑅2 = 𝑥2 + 𝑑2 ⇒ 𝑥 = √𝑅2 − 𝑑2; 0 ≤ 𝑑 ≤ 𝑅 
Se a distância 𝑑 for nula, chamamos a secção plana obtida de secção meridiana. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇALFERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 61 
 
Note que a secção meridiana divide o cilindro em dois semicilindros. Quando a secção 
meridiana é um quadrado, temos um cilindro equilátero. Neste caso: 
𝑔 = ℎ = 2𝑅 
5.2. Cones 
Cones são sólidos que possuem uma base circular contida num plano e um vértice fora 
deste plano. Podemos pensar no cone como uma pirâmide arredondada. Assim, quando a 
projeção ortogonal do cone se encontra no centro da sua base circular, temos um cone reto. Por 
outro lado, quando essa projeção não está no centro da circunferência, temos um cone oblíquo. 
 
Vejamos os elementos presentes no cone: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 62 
 
Note que no caso do cone oblíquo, a geratriz pode ter medidas diferentes. Além disso, o 
termo geratriz também pode ser referido como apótema do cone. 
Um cone reto pode ser chamado de cone de revolução. Pois, ao rotacionarmos um 
triângulo retângulo em torno de um eixo que contém um de seus catetos, obtemos um cone reto. 
 
 
No caso do cone reto, temos a seguinte relação: 
𝑔2 = ℎ2 + 𝑅2 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 63 
5.2.1. Secção meridiana 
Quando seccionamos um cone reto por um plano que contém seu eixo 𝑃𝑂, obtemos uma 
secção meridiana. Essa figura será um triângulo isósceles. 
 
Se a secção meridiana for um triângulo equilátero, chamamos o cone de cone equilátero. 
Neste caso, temos 𝑔 = 2𝑅 e ℎ = 𝑅√3. 
5.2.2. Área lateral e área total 
Podemos afirmar que a superfície lateral de um cone de geratriz 𝑔 e raio 𝑅 é equivalente 
a um setor circular de raio 𝑔 e comprimento de arco 2𝜋𝑅. 
 
 Do setor circular, temos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 64 
𝜃 =
2𝜋𝑅
𝑔
 
A área lateral do cone será igual à área do setor circular, logo: 
𝐴𝐿 = 𝜋𝑔
2
𝜃
2𝜋
=
𝑔2
2
⋅
2𝜋𝑅
𝑔
 
∴ 𝐴𝐿 = 𝜋𝑅𝑔 
A área total do cone é igual à soma da área lateral com a área da base: 
𝐴𝑇 = 𝐴𝐿 + 𝐴𝐵 
𝐴𝑇 = 𝜋𝑅𝑔 + 𝜋𝑅
2 
𝐴𝑇 = 𝜋𝑅(𝑔 + 𝑅) 
5.2.3. Volume do cone 
O volume do cone pode ser obtido pelo princípio de Cavalieri tomando-se um cone e uma 
pirâmide de mesma altura e área da base. Assim, temos para um cone de raio 𝑅 e altura ℎ: 
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑒 =
1
3
𝐴𝐵 ⋅ ℎ 
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑒 =
1
3
𝜋𝑅2ℎ 
5.2.4. Tronco de cone de bases paralelas 
Vamos deduzir a fórmula para calcular o volume de um tronco de cone de bases paralelas. 
Consideremos a seguinte figura: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 65 
 
 Sejam 𝑉1, 𝑉2, 𝑉𝑇 os volumes do cone menor, do cone maior e do tronco de cone. 
Assim, temos: 
𝑉𝑇 = 𝑉2 − 𝑉1 
⇒ 𝑉𝑇 =
𝜋𝑅2ℎ
3
−
𝜋𝑟2ℎ′
3
=
𝜋𝑅2(ℎ′ + ℎ𝑇)
3
−
𝜋𝑟2ℎ′
3
 
⇒ 𝑉𝑇 =
𝜋ℎ′(𝑅2 − 𝑟2)
3
+
𝜋𝑅2ℎ𝑇
3
 
Pela semelhança dos cones, podemos escrever: 
ℎ′
ℎ
=
𝑟
𝑅
⇒
ℎ′
ℎ′ + ℎ𝑇
=
𝑟
𝑅
⇒ 𝑅ℎ′ = ℎ′𝑟 + ℎ𝑇𝑟 ⇒ ℎ
′ =
ℎ𝑇𝑟
𝑅 − 𝑟
 
Substituindo ℎ′ na expressão do volume do tronco: 
𝑉𝑇 =
𝜋
3
(
ℎ𝑇𝑟
𝑅 − 𝑟
) (𝑅2 − 𝑟2) +
𝜋𝑅2ℎ𝑇
3
 
Portanto, o volume do tronco é: 
𝑉𝑇 =
𝜋ℎ𝑇
3
(𝑅2 + 𝑟2 + 𝑅𝑟) 
Pela figura da região planificada, vemos que podemos relacionar a geratriz, a altura e os 
raios das bases do tronco: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 66 
 
𝑔𝑇
2 = ℎ𝑇
2 + (𝑅 − 𝑟)2 
A área lateral do tronco pode ser calculada subtraindo-se a área lateral do cone menor da 
área lateral do cone maior. Sejam 𝐴𝐿 , 𝐴𝑙 , 𝐴𝐿𝑇 as áreas laterais do cone maior, do cone menor e 
do tronco. Assim, temos: 
 
𝐴𝐿𝑇 = 𝐴𝐿 − 𝐴𝑙 = 𝜋𝑅𝑔 − 𝜋𝑟𝑔
′ = 𝜋𝑅(𝑔′ + 𝑔𝑇) − 𝜋𝑟𝑔′ 
⇒ 𝐴𝐿𝑇 = 𝜋[(𝑅 − 𝑟)𝑔
′ + 𝑅𝑔𝑇] 
Pela razão de proporção, temos: 
𝑔′
𝑔
=
𝑟
𝑅
⇒
𝑔′
𝑔′ + 𝑔𝑇
=
𝑟
𝑅
⇒ 𝑔′ =
𝑟𝑔𝑇
𝑅 − 𝑟
 
Substituindo na expressão da área: 
𝐴𝐿𝑇 = 𝜋 [(𝑅 − 𝑟) (
𝑟𝑔𝑇
𝑅 − 𝑟
) + 𝑅𝑔𝑇] 
Portanto, a área lateral do tronco de cone é: 
𝐴𝐿𝑇 = 𝜋𝑔𝑇(𝑅 + 𝑟) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 67 
5.3. Esferas 
Vimos no capítulo de lugares geométricos que uma superfície esférica é o conjunto dos 
pontos no espaço que equidistam de um determinado ponto, denominado de centro. 
𝑆{𝑂, 𝑅} = {𝑃 ∈ 𝜖⏟
𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜
|𝑑𝑃,𝑂 = 𝑅⏟
𝑟𝑎𝑖𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎
} 
 
Uma esfera é o conjunto dos pontos no espaço que satisfazem a seguinte relação: 
𝑆1{𝑂, 𝑅} = {𝑃 ∈ 𝜖|𝑑𝑃,𝑂 ≤ 𝑅} 
 
Também podemos dizer que a esfera é um sólido de revolução gerado pela rotação de 
uma semicircunferência em torno de um eixo que contém seu diâmetro. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 68 
 
5.3.1. Secção plana da esfera 
Toda secção plana de uma esfera é um círculo. 
 
Pela figura, vemos que: 
𝑅2 = 𝑑2 + 𝑟2; 0 ≤ 𝑑 ≤ 𝑅 
Se o plano secante à esfera passar pelo centro da esfera, a secção formada será o círculo 
máximo da esfera. Neste caso, temos 𝑑 = 0 e, portanto, 𝑟 = 𝑅. 
Note que calota esférica é o termo usado para a parte da esfera cortada por um plano. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 69 
5.3.2. Volume da esfera 
Para a dedução da fórmula do volume da esfera, usaremos um sólido de volume 
equivalente. Consideremos um cilindro equilátero de altura 2𝑅 e dois cones de raio 𝑅 e com 
vértice comum 𝐶 conforme representada na figura abaixo: 
 
A união de dois cones com vértice comum é um sólido conhecido como clepsidra. 
Tomando o cilindro e removendo uma clepsidra do seu interior, obtemos um sólido conhecido 
como anticlepsidra. Este sólido também pode ser obtido pela rotação de um triângulo isósceles 
de lados 𝑅, 𝑅, 2𝑅 em torno de um eixo contendo o vértice oposto ao lado de medida 2𝑅. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o cálculo do volume da esfera, usaremos uma esfera de raio 𝑅 e uma anticlepsidra 
de raio 𝑅. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 70 
 
Os planos 𝛼 e 𝛽 são paralelos e ambos tangenciam a esfera. As bases da anticlepsidra 
estão contidas nesses planos. Vamos calcular a área da secção plana da esfera e da 
anticlepsidra. 
Da esfera, temos um círculo de raio 𝑟: 
𝐴𝑠𝑒𝑐çã𝑜_𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 𝜋𝑟
2 
Mas podemos escrever 𝑟 em função de 𝑥 e 𝑅, pelo teorema de Pitágoras: 
𝑅2 = 𝑥2 + 𝑟2 ⇒ 𝑟2 = 𝑅2 − 𝑥2 
⇒ 𝐴𝑠𝑒𝑐çã𝑜_𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 𝜋(𝑅
2 − 𝑥2) 
Da anticlepsidra, temos: 
𝐴𝑠𝑒𝑐çã𝑜_𝑎𝑛𝑡𝑖𝑐𝑙𝑒𝑝𝑠𝑖𝑑𝑟𝑎 = 𝜋𝑅
2 − 𝜋𝑥2 = 𝜋(𝑅2 − 𝑥2) 
Assim, temos 𝐴𝑠𝑒𝑐çã𝑜_𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 𝐴𝑠𝑒𝑐çã𝑜_𝑎𝑛𝑡𝑖𝑐𝑙𝑒𝑝𝑠𝑖𝑑𝑟𝑎. Pelo princípio de Cavalieri, como as 
áreas das secções são iguais e os sólidos têm mesmo volume, podemos escrever: 
𝑉𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 𝑉𝑎𝑛𝑡𝑖𝑐𝑙𝑒𝑝𝑠𝑖𝑑𝑟𝑎 
O volume da anticlepsidra é igual ao volume do cilindro equilátero menos o volume da 
clepsidra, ou seja, 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 71 
𝑉𝑎𝑛𝑡𝑖𝑐𝑙𝑒𝑝𝑠𝑖𝑑𝑟𝑎 = 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 − 𝑉𝑐𝑙𝑒𝑝𝑠𝑖𝑑𝑟𝑎⏟ 
=𝑑𝑜𝑖𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑒𝑠
= 𝜋𝑅2⏟
𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
( 2𝑅⏟
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
) − 2 (
1
3
𝜋𝑅2⏟
𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑒
𝑅⏟
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑒
) 
⇒ 𝑉𝑎𝑛𝑡𝑖𝑐𝑙𝑒𝑝𝑠𝑖𝑑𝑟𝑎 =
4
3
𝜋𝑅3 
Portanto, o volume de uma esfera de raio 𝑅 é dado por: 
𝑉 =
4
3
𝜋𝑅3 
5.3.3. Área da superfície esférica 
Para deduzirmos a área da esfera, consideremos a seguinte casca esférica de espessura 
𝑥: 
 
Seja Δ𝑉 o volume da casca esférica acima. Assim, seu volume é igual ao volume de uma 
esfera de raio 𝑅 + 𝑥 menos o volume de uma esfera de raio 𝑅. Desse modo: 
Δ𝑉 =
4
3
𝜋(𝑅 + 𝑥)3 −
4
3
𝜋𝑅3 =
4
3
𝜋[(𝑅3 + 3𝑅2𝑥 + 3𝑅𝑥2 + 𝑥3) − 𝑅3] 
Δ𝑉 =
4
3
𝜋(3𝑅2𝑥 + 3𝑅𝑥2 + 𝑥3) 
Dividindo a equação por 𝑥: 
Δ𝑉
𝑥
=
4
3
𝜋(3𝑅2 + 3𝑅𝑥 + 𝑥2)Ao aplicarmos o limite de 𝑥 → 0 na equação acima, a casca esférica torna-se a superfície 
da esfera. Assim, para 𝑥 → 0, temos a área da superfície esférica: 
𝐴𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = lim
𝑥→0
Δ𝑉
𝑥
= lim
𝑥→0
[
4
3
𝜋 (3𝑅2 + 3𝑅𝑥⏟
0
+ 𝑥2⏟
0
)] = 4𝜋𝑅2 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 72 
Portanto, a área de uma superfície esférica de raio 𝑅 é dada por: 
𝐴 = 4𝜋𝑅2 
5.3.4. Fuso esférico e cunha esférica 
Fuso esférico é a parte da superfície esférica formada pela rotação em 𝛼 graus de uma 
semicircunferência em torno do diâmetro da superfície esférica. Podemos dizer que ele é uma 
fatia de uma superfície esférica. 
 
Para calcular a área do fuso, podemos fazer uma simples regra de três. Considerando 𝛼 
em radianos: 
2𝜋 − 4𝜋𝑅2 
𝛼 − 𝐴𝑓𝑢𝑠𝑜 
⇒ 𝐴𝑓𝑢𝑠𝑜 = 4𝜋𝑅
2 ⋅
𝛼
2𝜋
 
∴ 𝐴𝑓𝑢𝑠𝑜 = 2𝑅
2𝛼 
Cunha esférica é a parte da esfera formada pela rotação em 𝛼 graus de um semicírculo 
em torno do diâmetro da esfera. Podemos dizer que ela é uma fatia de uma esfera. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 73 
 
Para calcular o volume da cunha, podemos fazer uma simples regra de três. Considerando 
𝛼 em radianos: 
2𝜋 −
4
3
𝜋𝑅3 
𝛼 − 𝑉𝑐𝑢𝑛ℎ𝑎 
⇒ 𝑉𝑐𝑢𝑛ℎ𝑎 =
4
3
𝜋𝑅3 ⋅
𝛼
2𝜋
 
∴ 𝐴𝑓𝑢𝑠𝑜 =
2
3
𝑅3𝛼 
5.3.5. Segmentos esféricos 
Seccionando-se uma esfera com dois planos paralelos entre si, dividimos a esfera em três 
partes. A região compreendida entre os planos é chamada de segmento esférico de duas 
bases. As outras duas são chamadas de segmentos esféricos de uma base, essas também 
podem ser denominadas de calotas esféricas. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 74 
Vamos calcular o volume de um segmento esférico de duas bases. Podemos construir 
esse sólido rotacionando-se a seguinte figura em torno de um eixo: 
 
Assim, vamos usar o princípio de Cavalieri e uma anticlepsidra para encontrar o volume 
desse sólido. 
 
Note que o volume do segmento esférico é igual ao volume da anticlepsidra. Este é igual 
à diferença entre os volumes do cilindro e do tronco de cone. Logo, temos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 75 
𝑉𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑓é𝑟𝑖𝑐𝑜 = 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 − 𝑉𝑡𝑟𝑜𝑛𝑐𝑜 = 𝜋𝑅
2ℎ −
𝜋ℎ
3
(𝑥2 + 𝑦2 − 𝑥𝑦) 
⇒ 𝑉𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑓é𝑟𝑖𝑐𝑜 =
𝜋ℎ
6
(6𝑅2 − 2𝑥2 − 2𝑦2 − 2𝑥𝑦) 
⇒ 𝑉𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑓é𝑟𝑖𝑐𝑜 =
𝜋ℎ
6
(6𝑅2 − 3(𝑥2 + 𝑦2) + 𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥𝑦) 
⇒ 𝑉𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑓é𝑟𝑖𝑐𝑜 =
𝜋ℎ
6
(6𝑅2 − 3(𝑥2 + 𝑦2) + (𝑦 − 𝑥)2) 
Na figura da esfera, podemos aplicar o teorema de Pitágoras: 
𝑅2 = 𝑦2 + 𝑟1
2 
𝑅2 = 𝑥2 + 𝑟2
2 
 Somando-se essas duas relações: 
2𝑅2 = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑟1
2 + 𝑟2
2 ⇒ 3(𝑥2 + 𝑦)2 = 6𝑅2 − 3(𝑟1
2 + 𝑟2
2) 
Além disso, temos 𝑦 − 𝑥 = ℎ, logo: 
⇒ 𝑉𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑓é𝑟𝑖𝑐𝑜 =
𝜋ℎ
6
(6𝑅2 − (6𝑅2 − 3(𝑟1
2 + 𝑟2
2)) + ℎ2) 
∴ 𝑉𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑓é𝑟𝑖𝑐𝑜 =
𝜋ℎ
6
[3(𝑟1
2 + 𝑟2
2) + ℎ2] 
Para o volume do segmento esférico de uma base, basta considerar 𝑟1 = 0 e 𝑟2 = 𝑟. Logo: 
𝑉 =
𝜋ℎ
6
(3𝑟2 + ℎ2) 
Podemos calcular a área da superfície do segmento esférico usando a expressão do seu 
volume. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 76 
6. Questões de vestibulares anteriores 
 
1. (Fatec/2019-2) De um paralelepípedo retorretângulo de 𝟑𝟎 𝒄𝒎, 𝟒 𝒄𝒎 e 𝟏𝟓 𝒄𝒎, é 
removido um semicilindro circular reto de altura 𝟒 𝒄𝒎 e base de diâmetro 𝟐𝟎 𝒄𝒎, obtendo-
se uma peça como mostra a figura. 
 
Adote 𝝅 = 𝟑 
Assim sendo, o volume da peça é, em centímetros cúbicos, 
𝒂) 𝟏 𝟏𝟎𝟎. 
𝒃) 𝟏 𝟐𝟎𝟎. 
𝒄) 𝟏 𝟑𝟎𝟎. 
𝒅)𝟏𝟒𝟎𝟎. 
𝒆) 𝟏 𝟓𝟎𝟎. 
 
2. (Unicamp/2019) Considere um paralelepípedo retângulo, cujas arestas têm 
comprimento 𝟔 𝒄𝒎, 𝟖 𝒄𝒎 e 𝟏𝟎 𝒄𝒎, e um triângulo cujos vértices são os centros 
(intersecção das diagonais) de três faces de dimensões distintas, como ilustra a figura a 
seguir. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 77 
O perímetro 𝑷 desse triângulo é tal que 
𝒂) 𝑷 < 𝟏𝟒 𝒄𝒎. 
𝒃) 𝟏𝟒 𝒄𝒎 < 𝑷 < 𝟏𝟔 𝒄𝒎. 
𝒄) 𝟏𝟔 𝒄𝒎 < 𝑷 < 𝟏𝟖 𝒄𝒎. 
𝒅) 𝑷 > 𝟏𝟖 𝒄𝒎. 
 
3. (Fuvest/2019) A figura mostra uma escada maciça de quatro degraus, todos eles 
com formato de um paralelepípedo reto-retângulo. A base de cada degrau é um retângulo 
de dimensões 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 𝟓𝟎 𝒄𝒎, e a diferença de altura entre o piso e o primeiro degrau e 
entre os degraus consecutivos é de 𝟏𝟎 𝒄𝒎. Se essa escada for prolongada para ter 𝟐𝟎 
degraus, mantendo o mesmo padrão, seu volume será igual a 
 
𝒂) 𝟐, 𝟏 𝒎³ 
𝒃) 𝟐, 𝟑 𝒎³ 
𝒄) 𝟑, 𝟎 𝒎³ 
𝒅) 𝟒, 𝟐 𝒎³ 
𝒆) 𝟔, 𝟎 𝒎³ 
 
4. (Fuvest/2019) Uma empresa estuda cobrir um vão entre dois prédios (com formato 
de paralelepípedos reto-retângulos) que têm paredes laterais paralelas, instalando uma 
lona na forma de um quadrilátero, com pontas presas nos pontos 𝑨, 𝑩, 𝑪 e 𝑫, conforme 
indicação da figura. 
Sabendo que a lateral de um prédio tem 𝟖𝟎 𝒎 de altura e 𝟐𝟖 𝒎 de largura, que a lateral do 
outro prédio tem 𝟔𝟎 𝒎 de altura e 𝟐𝟎 𝒎 de largura e que essas duas paredes laterais distam 
𝟏𝟓 𝒎 uma da outra, a área total dessa lona seria de 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 78 
 
𝒂) 𝟑𝟎𝟎 𝒎² 
𝒃) 𝟑𝟔𝟎 𝒎² 
𝒄) 𝟔𝟎𝟎 𝒎² 
𝒅) 𝟕𝟐𝟎 𝒎² 
𝒆) 𝟏. 𝟐𝟎𝟎 𝒎² 
 
5. (Unesp/2019) Os pontos P e Q sobre a superfície da Terra possuem as seguintes 
coordenadas geográficas: 
 
Considerando a Terra uma esfera de raio 𝟔𝟑𝟎𝟎 𝒌𝒎, a medida do menor arco 𝑷�̂� sobre a 
linha do paralelo 𝟑𝟎° 𝑵 é igual a 
𝒂) 𝟏 𝟏𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒃) 𝟏𝟐𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒄) 𝟏𝟎𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒅) 𝟏 𝟑𝟐𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒆) 𝟏𝟑𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
 
6. (Fatec/2019-1) Uma garrafa térmica tem formato de um cilindro circular reto, fundo 
plano e diâmetro da base medindo 𝟖, 𝟎 𝒄𝒎. Ela está em pé sobre uma mesa e parte do suco 
em seu interior já foi consumido, sendo que o nível do suco está a 𝟏𝟑 𝒄𝒎 da base da 
garrafa, como mostra a figura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 79 
O suco é despejado num copo vazio, também de formato cilíndrico e base plana, cujo 
diâmetro da base é 𝟒 𝒄𝒎 e com altura de 𝟕 𝒄𝒎. O copo fica totalmente cheio de suco, sem 
desperdício. 
Adote 𝝅 = 𝟑. 
Despreze a espessura do material da garrafa e do copo. 
Nessas condições, o volume de suco restante na garrafa é, em 𝒄𝒎𝟑, aproximadamente, 
𝒂) 𝟐𝟓𝟎. 
𝒃) 𝟑𝟖𝟎. 
𝒄) 𝟓𝟒𝟎. 
𝒅) 𝟔𝟐𝟎. 
𝒆) 𝟖𝟎𝟎. 
 
7. (UFRGS/2019) Em um curso de dobraduras, a instrutora orientou que fosse 
construída uma pirâmide de base quadrada, de lado igual a 𝟑 𝒄𝒎 e altura igual a 𝟏𝟎 𝒄𝒎. O 
volume dessa pirâmide é igual a 
𝒂) 𝟐𝟓 𝒄𝒎𝟑 
𝒃) 𝟑𝟎 𝒄𝒎𝟑 
𝒄) 𝟏𝟓 𝒄𝒎𝟑 
𝒅) 𝟗 𝒄𝒎𝟑 
𝒆) 𝟏𝟐 𝒄𝒎𝟑 
 
8. (UFRGS/2019) Na figura a seguir, está representado um cubo cuja aresta tem 2 cm 
de medida. O ponto P está localizado no centro da face EFGH. 
 
 
A medida do segmento AP é 
𝒂) √𝟐 
𝒃) 𝟐 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 80 
𝒄) √𝟔 
𝒅) 𝟐√𝟑 
𝒆) 𝟑 
 
9. (UFRGS/2019) Considere o sólido obtido pela revolução do retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫 em 
tomo da reta 𝒓, conforme indicado na figura a seguir. 
 
O volume do sólido obtido é 
𝒂) 𝟏𝟔𝝅 
𝒃) 𝟖𝟒 
𝒄) 𝟏𝟎𝟎 
𝒅) 𝟖𝟒𝝅 
𝒆) 𝟏𝟎𝟎𝝅 
 
10. (Mackenzie/2019) Se as áreas laterais de dois cilindros equiláteros são, 
respectivamente, 𝟏𝟔𝝅 𝒄𝒎𝟐 e 𝟏𝟎𝟎𝝅 𝒄𝒎𝟐, então seus volumes, em 𝒄𝒎𝟑 são, respectivamente, 
𝒂) 𝟏𝟔√𝟐𝝅 𝒆 𝟐𝟓𝟎√𝟐𝝅 
𝒃) 𝟑𝟐𝝅 𝒆 𝟐𝟎𝟎𝝅 
𝒄) 𝟏𝟔𝝅 𝒆 𝟐𝟓𝟎𝝅 
𝒅) 𝟐𝟒𝝅 𝒆 𝟏𝟓𝟎𝝅 
𝒆) 𝟐𝟒√𝟐𝝅 𝒆 𝟏𝟓𝟎√𝟐𝝅ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 81 
11. (UPF/2019) Na figura a abaixo, está representado um cubo. 
 
A seção produzida no cubo pelo plano CDE tem a forma de 
𝒂) 𝒕𝒓𝒊â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐. 
𝒃) 𝒕𝒓𝒂𝒑é𝒛𝒊𝒐. 
𝒄) 𝒓𝒆𝒕â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐. 
𝒅) 𝒑𝒆𝒏𝒕á𝒈𝒐𝒏𝒐. 
𝒆) 𝒉𝒆𝒙á𝒈𝒐𝒏𝒐. 
 
12. (UFJF/2018) Qual sólido geométrico representa a planificação abaixo? 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 82 
 
 
 
 
 
13. (Unesp/2018) Os menores lados de uma folha de papel retangular de 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 
𝟐𝟕 𝒄𝒎 foram unidos com uma fita adesiva retangular de 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 𝟓 𝒄𝒎, formando um 
cilindro circular reto vazado. Na união, as partes da fita adesiva em contato com a folha 
correspondem a dois retângulos de 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 𝟎, 𝟓 𝒄𝒎, conforme indica a figura. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 83 
Desprezando-se as espessuras da folha e da fita e adotando 𝝅 = 𝟑, 𝟏, o volume desse 
cilindro é igual a 
𝒂) 𝟏𝟓𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟑. 
𝒃) 𝟐𝟓𝟒𝟎 𝒄𝒄𝒎𝟑. 
𝒄) 𝟏𝟔𝟓𝟐 𝒄𝒎𝟑. 
𝒅) 𝟒𝟖𝟎𝟓 𝒄𝒎𝟑. 
𝒆) 𝟏𝟗𝟐𝟐 𝒄𝒎𝟑. 
 
14. (AFA/2018) Considere o sólido geométrico obtido pela rotação de 360° do triângulo 
ABC em torno da reta que passa por 𝑪 e é paralela ao lado 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ . 
Sabe-se que este triângulo é isósceles, com 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ = 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝑹√𝟐 𝒎, 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟐𝑹 𝒎 (sendo 𝑹 uma 
constante real não nula), e que o volume do sólido obtido é 𝑽 = 𝟒𝝅√𝟑 𝒎𝟑. 
A medida de 𝑹, em metros, é igual a 
𝒂) √𝟑
𝟔
 
𝒃) √𝟑
𝟑
 
𝒄) √𝟗
𝟑
 
𝒅) √𝟑 
 
15. (ITA/2018) Considere a classificação: dois vértices de um paralelepípedo são não 
adjacentes quando não pertencem à mesma aresta. Um tetraedro é formado por vértices 
não adjacentes de um paralelepípedo de arestas 3 cm, 4 cm e 5 cm. Se o tetraedro tem 
suas arestas opostas de mesmo comprimento, então o volume do tetraedro é, em 𝐜𝐦𝟑: 
𝒂) 𝟏𝟎. 
𝒃) 𝟏𝟐. 
𝒄) 𝟏𝟓. 
𝒅) 𝟐𝟎. 
𝒆) 𝟑𝟎. 
 
16. (IME/2018) Um prisma retangular reto possui três arestas que formam uma 
progressão geométrica de razão 2. Sua área total é de 28 𝐜𝐦𝟐. Calcule o valor da diagonal 
do referido prisma. 
𝒂) √𝟏𝟕 𝒄𝒎 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 84 
𝒃) √𝟏𝟗 𝒄𝒎 
𝒄) √𝟐𝟏 𝒄𝒎 
𝒅) 𝟐√𝟕 𝒄𝒎 
𝒆) √𝟐𝟗 𝒄𝒎 
 
17. (Fuvest/2017) Um reservatório de água tem o formato de um cone circular reto. O 
diâmetro de sua base (que está apoiada sobre o chão horizontal) é igual a 𝟖 𝒎. Sua altura 
é igual a 𝟏𝟐 𝒎. A partir de um instante em que o reservatório está completamente vazio, 
inicia-se seu enchimento com água a uma vazão constante de 𝟓𝟎𝟎 litros por minuto. 
O tempo gasto para que o nível de água atinja metade da altura do reservatório é de, 
aproximadamente, 
Dados: 
- 𝝅 é aproximadamente 𝟑, 𝟏𝟒. 
- O volume V do cone circular reto de altura 𝒉 e raio da base 𝒓 é 𝑽 =
𝟏
𝟑
⋅ 𝝅𝒓𝟐𝒉. 
𝒂) 𝟒 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔 𝒆 𝟓𝟎 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕𝒐𝒔. 
𝒃) 𝟓 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔 𝒆 𝟐𝟎 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕𝒐𝒔. 
𝒄) 𝟓 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔 𝒆 𝟓𝟎 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕𝒐𝒔. 
𝒅) 𝟔 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔 𝒆 𝟐𝟎 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕𝒐𝒔. 
𝒆) 𝟔 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔 𝒆 𝟓𝟎 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕𝒐𝒔. 
 
18. (Fuvest/2017) O paralelepípedo reto-retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭𝑮𝑯, representado na figura, 
tem medida dos lados 𝑨𝑩 = 𝟒, 𝑩𝑪 = 𝟐 e 𝑩𝑭 = 𝟐. 
 
O seno do ângulo 𝑯�̂�𝑭 é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟐√𝟓
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 85 
𝒃) 
𝟏
√𝟓
 
𝒄) 
𝟐
√𝟏𝟎
 
𝒅) 
𝟐
√𝟓
 
𝒆) 
𝟑
√𝟏𝟎
 
 
19. (UECE/2017) Um cubo cuja medida de cada aresta é 𝟑 𝒅𝒎 está inscrito em uma 
esfera de raio 𝑹. A medida de um diâmetro (𝟐𝑹) da esfera é 
𝒂) 𝟐√𝟑 𝒅𝒎. 
𝒃) 𝟑√𝟐 𝒅𝒎. 
𝒄) 𝟑√𝟑 𝒅𝒎. 
𝒅) 𝟒√𝟑 𝒅𝒎. 
 
20. (AFA/2017) Se uma pirâmide hexagonal regular está inscrita num cone equilátero 
cujo volume é igual a 
𝟏𝟎√𝟑
𝟕
𝝅 𝐜𝐦𝟑, então o volume dessa pirâmide, em 𝐜𝐦𝟑, é igual a 
𝒂) 
𝟒𝟓
𝟕
 
𝒃) 
𝟏𝟓√𝟑
𝟕
 
𝒄) 
𝟑𝟎√𝟑
𝟕
 
𝒅) 
𝟏𝟑𝟓
𝟕
 
 
21. (UERJ/2017) Um cilindro circular reto possui diâmetro 𝑨𝑩 de 𝟒 𝒄𝒎 e altura 𝑨𝑨’ de 
𝟏𝟎 𝒄𝒎. O plano 𝜶, perpendicular à seção meridiana 𝑨𝑩𝑩′𝑨′, que passa pelos pontos 𝑩 e 𝑨’ 
das bases, divide o cilindro em duas partes, conforme ilustra a imagem. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 86 
 
O volume da parte do cilindro compreendida entre o plano a e a base inferior, em cm3, é 
igual a: 
𝒂) 𝟖𝝅 
𝒃) 𝟏𝟐𝝅 
𝒄) 𝟏𝟔𝝅 
𝒅) 𝟐𝟎𝝅 
 
22. (EN/2017) Uma pirâmide triangular tem como base um triângulo de lados 13 cm, 14 
cm e 15 cm; as outras arestas medem 𝒍. Sabendo que o volume da pirâmide é de 
𝟏𝟎𝟓√𝟐𝟐 𝐜𝐦𝟑, o valor de 𝒍, em cm, é igual a: 
𝒂)
𝟏𝟓𝟓
𝟖
 
𝒃)
𝟑𝟑𝟓
𝟏𝟏
 
𝒄)
𝟐𝟕𝟓
𝟗
 
𝒅)
𝟐𝟎𝟓
𝟖
 
𝒆)
𝟗𝟓
𝟖
 
 
23. (UCPEL/2017) A área de um quadrado de lado 𝒙 𝒄𝒎 aumenta em 𝟐𝟖 𝒄𝒎𝟐 se o seu 
lado for aumentado em 𝟐 𝒄𝒎. Considerando que a medida da aresta de um tetraedro 
regular é igual ao lado 𝒙 deste quadrado, então a altura 𝒉 deste tetraedro vale 
𝒂) 𝟐√𝟔 𝒄𝒎 
𝒃) 𝟐√𝟑 𝒄𝒎 
𝒄) 𝟐√𝟐 𝒄𝒎 
𝒅) 𝟑√𝟐 𝒄𝒎 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 87 
𝒆) 𝟒√𝟔 𝒄𝒎 
 
24. (EEAR/2017) Uma esfera está inscrita num cilindro equilátero cuja área lateral mede 
𝟏𝟔𝝅 𝒄𝒎𝟐. O volume da esfera inscrita é 
𝒂) 𝟖𝝅 
𝒃) 𝟏𝟔𝝅 
𝒄) 
𝟑𝟐
𝟑
𝝅 
𝒅) 
𝟐𝟓𝟔
𝟑
𝝅 
 
25. (Unicamp/2016) Um cilindro circular reto, cuja altura é igual ao diâmetro da base, 
está inscrito numa esfera. A razão entre os volumes da esfera e do cilindro é igual a 
𝒂) 
𝟒√𝟐
𝟑
 
𝒃) 
𝟒
𝟑
 
𝒄) 
𝟑√𝟐
𝟒
 
𝒅) √𝟐 
 
26. (Fuvest/2016) Cada aresta do tetraedro regular 𝑨𝑩𝑪𝑫 mede 𝟏𝟎. Por um ponto 𝑷 na 
aresta 𝑨𝑪, passa o plano a paralelo às arestas 𝑨𝑩 e 𝑪𝑫. Dado que 𝑨𝑷 = 𝟑, o quadrilátero 
determinado pelas interseções de 𝜶 com as arestas do tetraedro tem área igual a 
𝒂) 𝟐𝟏 
𝒃) 
𝟐𝟏√𝟐
𝟐
 
𝒄) 𝟑𝟏 
𝒅) 
𝟑𝟎
𝟐
 
𝒆) 
𝟑𝟎√𝟑
𝟐
 
 
27. (UFRGS/2016) Em uma caixa, há sólidos geométricos, todos de mesma altura: 
cubos, cilindros, pirâmides quadrangulares regulares e cones. Sabe-se que as arestas da 
base dos cubos e das pirâmides e têm a mesma medida; que o raio da base dos cones e 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 88 
dos cilindros tem a mesma medida. Somando o volume de 𝟐 cubos e de 𝟐 cilindros, obtêm-
se 𝟏𝟖𝟎 𝒄𝒎𝟑. A soma dos volumes de 𝟑 cubos e 𝟏 cone resulta em 𝟏𝟏𝟎 𝒄𝒎𝟑, e a soma dos 
volumes de 𝟐 cilindros e 𝟑 pirâmides resulta em 𝟏𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟑. 
O valor da soma dos volumes, em cm3, de um cubo, um cilindro, dois cones e duas 
pirâmides é 
𝒂) 𝟏𝟓𝟎. 
𝒃) 𝟏𝟔𝟎. 
𝒄) 𝟏𝟗𝟎. 
𝒅) 𝟐𝟏𝟎. 
𝒆) 𝟐𝟒𝟎. 
 
28. (CEFET/2015) Na figura a seguir, 𝑨𝑩𝑪𝑫 é um retângulo inscrito em um setor circular 
de raio 𝑹 com 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 
𝟐
𝟑
 𝑹 
 
O volume do sólido de revolução gerado pela rotação desse retângulo em torno de um 
eixo que contenha o segmento 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ , em função de 𝑹, é igual a 
𝒂) 
√𝟓𝝅𝑹𝟑
𝟑
 
𝒃) 
𝟖𝝅𝑹𝟑
𝟗
 
 𝒄) 
𝟒√𝟓𝝅𝑹𝟑
𝟐𝟕
 
𝒅) 
𝟏𝟎𝝅𝑹𝟑
𝟒𝟗
 
𝒆) 
𝟓√𝟓𝝅𝑹𝟑
𝟓𝟒
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 89 
 
29. (CEFET/2015) Uma pirâmide regular de base hexagonal tem o vértice sobre uma 
semiesfera e a base inscrita na base desta semiesfera. Sabendo que a aresta lateral dessa 
pirâmide mede 𝟏𝟎 𝒄𝒎, então o volume é igual a: 
𝒂) 𝟏𝟐𝟓√𝟔 𝒄𝒎𝟑 
𝒃) 𝟓𝟎𝟎√𝟑 𝒄𝒎𝟑 
𝒄) 𝟑𝟕𝟓√𝟔 𝒄𝒎𝟑 
𝒅) 
𝟓√𝟏𝟓𝟐
 𝒄𝒎𝟑 
𝟐𝟓𝟎√𝟑 𝒄𝒎𝟑 
 
30. (Fuvest/2014) Três das arestas de um cubo, com um vértice em comum, são também 
arestas de um tetraedro. A razão entre o volume do tetraedro e o volume do cubo é 
𝒂) 
𝟏
𝟖
 
𝒃) 
𝟏
𝟔
 
𝒄) 
𝟐
𝟗
 
𝒅) 
𝟏
𝟒
 
𝒆) 
𝟏
𝟑
 
 
31. (ENEM/2013) Uma cozinheira, especialista em fazer bolos, utiliza uma forma no 
formato representado na figura: 
 
Nela identifica-se a representação de duas figuras geométricas tridimensionais. 
Essas figuras são 
𝒂) 𝒖𝒎 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆 𝒖𝒎 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 90 
𝒃) 𝒖𝒎 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆 𝒖𝒎 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
𝒄) 𝒖𝒎 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆 𝒆 𝒖𝒎 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
𝒅) 𝒅𝒐𝒊𝒔 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆. 
𝒆) 𝒅𝒐𝒊𝒔 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐𝒔. 
 
32. (UPE/2013) Para a premiação dos melhores administradores de uma galeria 
comercial, um designer projetou um peso de papel com a forma de um tetraedro regular 
reto, de aresta 𝟐𝟎 𝒄𝒎 que será entregue aos vencedores. Esse peso de papel será 
recoberto com placas de platina, nas faces laterais e com uma placa de prata na base. Se 
o preço da platina é de 30 reais por centímetro quadrado, e o da prata é de 50 reais por 
centímetro quadrado, assinale a alternativa que apresenta o valor mais próximo, em reais, 
do custo desse recobrimento. 
Considere √𝟑 = 𝟏, 𝟕 
𝒂) 𝟐𝟒 𝟎𝟎𝟎 
𝒃) 𝟏𝟖 𝟎𝟎𝟎 
𝒄) 𝟏𝟔 𝟎𝟎𝟎 
𝒅) 𝟏𝟒 𝟎𝟎𝟎 
𝒆) 𝟏𝟐 𝟎𝟎𝟎 
 
33. (ITA/2013) Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo de vértice 𝑽, 
determinando um triângulo 𝑨𝑩𝑪 cujos lados medem, respectivamente, √𝟏𝟎, √𝟏𝟕 e 𝟓 cm. O 
volume, em 𝒄𝒎𝟑, do sólido 𝑽𝑨𝑩𝑪 é 
𝒂) 𝟐 
𝒃) 𝟒 
𝒄) √𝟏𝟕 
𝒅) 𝟔 
𝒆) 𝟓√𝟏𝟎 
 
34. (UDESC/2012) Uma caixa de um perfume tem o formato de um tronco de pirâmide 
quadrangular regular fechado. Para embrulhá-la, Pedro tirou as seguintes medidas: aresta 
lateral 5 cm e arestas das bases 8 cm e 2 cm. A quantidade total de papel para embrulhar 
esta caixa, supondo que não haja desperdício e nem sobreposição de material, foi: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 91 
𝒂) 𝟖𝟖 𝒄𝒎𝟐 
𝒃) 𝟏𝟔𝟖 𝒄𝒎𝟐 
𝒄) 𝟖𝟎 𝒄𝒎𝟐 
𝒅) 𝟔𝟖 𝒄𝒎𝟐 
𝒆) 𝟏𝟒𝟖 𝒄𝒎𝟐 
 
35. (UEPB/2012) Um cilindro reto está inscrito em um cubo de aresta 𝒃 𝒄𝒎. A relação 
entre o volume do cubo e o volume do cilindro é 
𝒂) 𝟐𝝅 
𝒃) 
𝝅
𝟒
 
𝒄) 𝝅 
𝒅) 
𝟒
𝝅
 
𝒆) 
𝟏
𝟐𝝅
 
 
36. (ENEM/2011) A figura seguinte mostra um modelo de sombrinha muito usado em 
países orientais. 
 
Essa figura é uma representação de uma superfície de revolução chamada de 
𝒂) 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆 
𝒃) 𝒔𝒆𝒎𝒊𝒆𝒔𝒇𝒆𝒓𝒂 
𝒄) 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 92 
𝒅) 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆 
𝒆) 𝒄𝒐𝒏𝒆 
 
37. (UFPA/2011) Uma rasa é um paneiro utilizado na venda de frutos de açaí. Um típico 
exemplar tem forma de um tronco de cone, com diâmetro de base 𝟐𝟖 𝒄𝒎, diâmetro de boca 
𝟑𝟒 𝒄𝒎 e altura 𝟐𝟕 𝒄𝒎. Podemos afirmar, utilizando 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒, que a capacidade da rasa, em 
litros, é aproximadamente 
𝒂) 𝟏𝟖 
𝒃) 𝟐𝟎 
𝒄) 𝟐𝟐 
𝒅) 𝟐𝟒 
𝒆) 𝟐𝟔 
 
38. (ENEM/2010) Numa feira de artesanato, uma pessoa constrói formas geométricas de 
aviões, bicicletas, carros e outros engenhos com arame inextensível. Em certo momento, 
ele construiu uma forma tendo como eixo de apoio outro arame retilíneo e rígido, cuja 
aparência é mostrada na 
 
Ao girar tal forma em torno do eixo, formou-se a imagem de um foguete, que pode ser 
pensado como composição, por justaposição, de diversos sólidos básicos de revolução. 
Sabendo que. a figura, os pontos 𝑩, 𝑪, 𝑬 e 𝑭 são colineares, 𝑨𝑩 = 𝟒𝑭𝑮, 𝑩𝑪 = 𝟑𝑭𝑮, 𝑬𝑭 =
 𝟐𝑭𝑮, e utilizando-se daquela forma de pensar o foguete, a decomposição deste, no sentido 
da ponta para a cauda, é formada pela seguinte sequência de sólidos: 
𝒂) 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐. 
𝒃) 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐. 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐. 
𝒄) 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐. 
𝒅) 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
𝒆) 𝒄𝒐𝒏𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐, 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 93 
39. (UFRGS/2008) A areia contida em um cone fechado, de altura 𝟏𝟖 𝒄𝒎, ocupa 
𝟕
𝟖
 da 
capacidade do cone. 
 
Voltando-se o vértice do cone para cima, conforme indica a figura, a altura 𝒉 do tronco de 
cone ocupado pela areia, em centímetros, é 
𝒂) 𝟕. 
𝒃) 𝟖. 
𝒄) 𝟗. 
𝒅) 𝟏𝟎. 
𝒆) 𝟏𝟏. 
 
40. (ENEM/1999) Assim como na relação entre o perfil de um corte de um torno e a peça 
torneada, sólidos de revolução resultam da rotação de figuras planas em tomo de um eixo. 
Girando-se as figuras a seguir em torno da haste indicada obtém-se os sólidos de 
revolução que estão na coluna da direita. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 94 
A correspondência correta entre as figuras planas e os sólidos de revolução obtidos é: 
𝒂) 𝟏𝑨, 𝟐𝑩, 𝟑𝑪, 𝟒𝑫, 𝟓𝑬. 
𝒃) 𝟏𝑩, 𝟐𝑪, 𝟑𝑫, 𝟒𝑬, 𝟓𝑨. 
𝒄) 𝟏𝑩, 𝟐𝑫, 𝟑𝑬, 𝟒𝑨, 𝟓𝑪. 
𝒅)𝟏𝑫, 𝟐𝑬, 𝟑𝑨, 𝟒𝑩, 𝟓𝑪. 
𝒆)𝟏𝑫, 𝟐𝑬, 𝟑𝑩, 𝟒𝑪, 𝟓𝑨. 
 
41. (ITA/1969) Dizemos que um conjunto C de pontos do espaço é convexo se dados 
pontos A e B quaisquer pertencentes a C, o segmento de reta AB está contido em C. Há 
conjunto convexo numa das afirmações abaixo? Assinale a afirmação verdadeira. 
𝒂) 𝒐 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝒆𝒙𝒄𝒍𝒖í𝒅𝒐 𝒖𝒎 𝒅𝒐𝒔 𝒔𝒆𝒖𝒔 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐𝒔. 
𝒃) 𝒐 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒐𝒔 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒔𝒊𝒕𝒖𝒂𝒅𝒐𝒔 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝒖𝒎𝒂 𝒄â𝒎𝒂𝒓𝒂 𝒅𝒆 𝒂𝒓 𝒅𝒆 𝒂𝒖𝒕𝒐𝒎ó𝒗𝒆𝒍. 
𝒄) 𝒂 𝒓𝒆𝒈𝒊ã𝒐 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒂 𝒍𝒊𝒎𝒊𝒕𝒂𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓 𝒖𝒎 𝒒𝒖𝒂𝒅𝒓𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐. 
𝒅) 𝒂 𝒔𝒖𝒑𝒆𝒓𝒇í𝒄𝒊𝒆 𝒍𝒂𝒕𝒆𝒓𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝒖𝒎 𝒑𝒓𝒊𝒔𝒎𝒂. 
𝒆) 𝒏𝒆𝒏𝒉𝒖𝒎 𝒅𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒂𝒄𝒊𝒎𝒂. 
 
42. (ITA/1969) Consideremos um plano 𝜶 e uma reta 𝒓 que encontra esse plano num 
ponto P, e que não é perpendicular a 𝜶. Assinale qual das afirmações é a verdadeira. 
𝒂) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎 𝒊𝒏𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒂𝒔 𝒓𝒆𝒕𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝜶 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓𝒆𝒔 𝒂 𝒓 𝒑𝒆𝒍𝒐 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐 𝑷. 
𝒃) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒖𝒎𝒂 𝒆 𝒔𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒖𝒎𝒂 𝒓𝒆𝒕𝒂 𝒅𝒆 𝜶 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒂 𝒓 𝒑𝒐𝒓 𝑷. 
𝒄) 𝒏ã𝒐 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒓𝒆𝒕𝒂 𝒅𝒆 𝜶, 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒂 𝒓, 𝒑𝒐𝒓 𝑷. 
𝒅) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎 𝒅𝒖𝒂𝒔 𝒓𝒆𝒕𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝜶 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓𝒆𝒔 𝒂 𝒓 𝒑𝒂𝒔𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒓 𝑷. 
𝒆) 𝒏𝒆𝒏𝒉𝒖𝒎𝒂 𝒅𝒂𝒔 𝒂𝒇𝒊𝒓𝒎𝒂çõ𝒆𝒔 𝒂𝒄𝒊𝒎𝒂 é 𝒗𝒆𝒓𝒅𝒂𝒅𝒆𝒊𝒓𝒂. 
 
43. (ITA/1969) Considere o plano de uma mesa e um ponto dado deste plano. Você 
dispõe de uma folha de papel que possui um só bordo reto. Dobrando esta folha de papel, 
conduza uma perpendicular ao plano da mesa, pelo ponto dado. A justificativa de tal 
construção está em um dos teoremas abaixo. 
a) Se uma reta é perpendicular a um plano, todo plano que passa por ela é perpendicular ao 
primeiro. 
b) Se dois planos são perpendiculares, toda reta de um deles que for perpendicular à intersecção 
será perpendicular ao outro. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 95 
c) Se uma reta é perpendicular a duas retas concorrentes pelo seu ponto de intersecção, então 
a reta é perpendicular ao plano determinado por essas duas retas. 
d) Por um ponto exterior a um plano passa uma retaperpendicular ao plano e somente uma. 
e) Todas as perpendiculares a uma reta traçadas por um de seus pontos pertencem a um plano. 
 
44. (ITA/1968) Dadas duas retas concorrentes 𝒂 e 𝒃 e dado um ponto 𝑴, fora do plano 
determinado por 𝒂 e 𝒃, consideremos os pontos 𝑬 e 𝑭, simétricos de 𝑴 em relação às retas 
𝒂 e 𝒃, respectivamente. A reta que une os pontos 𝑬 e 𝑭 é: 
a) Perpendicular ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
b) Paralela ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
c) Oblíqua ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
d) Pertencente ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
e) Nenhuma das respostas anteriores. 
 
45. (Inédita) O volume de uma esfera de raio 𝒓 = 𝟓 é interceptada por um plano que 
contém seu diâmetro. 
A intersecção entre a esfera e o plano forma 
a) uma esfera de raio 𝒓 = 𝟓 
b) uma circunferência de raio 𝒓 = 𝟓 pertencente ao plano 
c) uma esfera de raio 𝒓 > 𝟓 perpendicular a plano 
d) uma circunferência de raio 𝒓 < 𝟓 oblíqua ao plano 
e) uma reta pertencente ao plano 
 
46. (Inédita) Um cubo e uma pirâmide de base quadrada têm o mesmo volume. 
Se a área da base da pirâmide é igual a um terço da área da base do cubo, podemos dizer 
que 
a) a altura da pirâmide é igual ao dobro da altura do cubo. 
b) não é possível que uma pirâmide tenha o mesmo volume que um cubo. 
c) a área total da pirâmide é igual à área total do cubo, uma vez que seus volumes são iguais. 
d) a altura da pirâmide é igual à altura do cubo. 
e) a altura do cubo é igual a um nono da altura da pirâmide. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 96 
 
47. (Inédita) Um plano corta os eixos coordenados nos pontos 𝑨(𝟎, 𝟎, 𝟏), 𝑩(𝟎, 𝟐, 𝟎) e 
𝑪(𝟎, 𝟎, 𝟑). 
A figura formada pela origem 𝑶 e pelos pontos 𝑨, 𝑩 e 𝑪 é um tetraedro 𝑶𝑨𝑩𝑪, cuja altura 
com relação à base 𝑨𝑩𝑪 vale: 
𝒂) 
𝟔
𝟕
 
𝒃) 
𝟐
𝟑
 
𝒄) 
𝟔
𝟓
 
𝒅) 
𝟑
𝟕
 
𝒆) 
𝟒
𝟗
 
 
48. (Inédita) Em um triedro trirretângulo, as dimensões das arestas que passam pelo 
vértice são 𝟏𝟐, 𝟑 e 𝟗. 
A área da base desse triedro é igual a 
𝒂) 𝟔𝟓, 𝟗 
𝒃) 𝟓𝟔, 𝟕 
𝒄) 𝟓𝟖, 𝟓 
𝒅) 𝟔𝟎 
𝒆) 𝟔𝟑, 𝟕 
 
49. (Inédita) O lugar geométrico no espaço cujos pontos são todos equidistantes de 𝟑 
unidades da origem é chamado de 
a) circunferência 
b) hiperboloide 
c) esfera 
d) raio 
e) círculo 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 97 
50. (Inédita) Os pontos 𝑨 e 𝑨′ são simétricos com relação ao plano 𝜶 e nenhum deles 
pertencem a 𝜶. A intersecção entre a reta 𝒓 definida 𝑨 e 𝑨′ com o plano 𝜶 define 
a) uma reta pertencente a 𝜶 e perpendicular a 𝒓. 
b) uma reta pertencente a 𝜶 e paralela a 𝒓. 
c) um único ponto. 
d) uma única reta, não pertencente a 𝒓. 
e) um outro plano. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 98 
7. Gabarito 
 
 
 
 
 
1. b 
2. c 
3. a 
4. c 
5. c 
6. c 
7. b 
8. c 
9. d 
10. c 
11. b 
12. a 
13. a 
14. d 
15. d 
16. c 
17. c 
18. e 
19. c 
20. a 
21. d 
22. a 
23. a 
24. c 
25. a 
26. a 
27. a 
28. c 
29. a 
30. b 
31. d 
32. a 
33. a 
34. e 
35. d 
36. e 
37. b 
38. c 
39. c 
40. d 
41. e 
42. b 
43. c 
44. b 
45. b 
46. e 
47. a 
48. c 
49. c 
50. c 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 99 
8. Questões de vestibulares anteriores resolvidas e 
comentadas 
1. (Fatec/2019-2) De um paralelepípedo retorretângulo de 𝟑𝟎 𝒄𝒎, 𝟒 𝒄𝒎 e 𝟏𝟓 𝒄𝒎, é 
removido um semicilindro circular reto de altura 𝟒 𝒄𝒎 e base de diâmetro 𝟐𝟎 𝒄𝒎, obtendo-
se uma peça como mostra a figura. 
 
Adote 𝝅 = 𝟑 
Assim sendo, o volume da peça é, em centímetros cúbicos, 
𝒂) 𝟏 𝟏𝟎𝟎. 
𝒃) 𝟏 𝟐𝟎𝟎. 
𝒄) 𝟏 𝟑𝟎𝟎. 
𝒅)𝟏𝟒𝟎𝟎. 
𝒆) 𝟏 𝟓𝟎𝟎. 
Comentários: 
Para calcular o volume da peça, vamos fazer exatamente o que o enunciado nos disse: retirar o 
semicilindro do paralelepípedo. 
Atenção ao raio e à altura do cilindro. Na figura temos o diâmetro de 20 𝑐𝑚, então, usaremos o 
raio 𝑟 = 10 𝑐𝑚. Alémdisso, a altura do cilindro é, exatamente, a dimensão de 4 𝑐𝑚 do 
paralelepípedo, ou seja, ℎ = 4 𝑐𝑚. 
Assim, o volume 𝑉 solicitado é dado por: 
𝑉 = 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑒𝑝í𝑝𝑒𝑑𝑜 − 𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 
𝑉 = 𝑙𝑎𝑟𝑔𝑢𝑟𝑎 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 ⋅ 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 −
1
2
⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟² ⋅ ℎ 
𝑉 = 4 𝑐𝑚 ⋅ 15 𝑐𝑚 ⋅ 30 𝑐𝑚 −
1
 2 
⋅ 3 ⋅ (10 𝑐𝑚)2 ⋅ 4 
2 𝑐𝑚 
𝑉 = 1800 𝑐𝑚³ − 600 𝑐𝑚³ 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 100 
𝑉 = 1200 𝑐𝑚³ 
Gabarito: b) 
2. (Unicamp/2019) Considere um paralelepípedo retângulo, cujas arestas têm 
comprimento 𝟔 𝒄𝒎, 𝟖 𝒄𝒎 e 𝟏𝟎 𝒄𝒎, e um triângulo cujos vértices são os centros 
(intersecção das diagonais) de três faces de dimensões distintas, como ilustra a figura a 
seguir. 
 
O perímetro 𝑷 desse triângulo é tal que 
𝒂) 𝑷 < 𝟏𝟒 𝒄𝒎. 
𝒃) 𝟏𝟒 𝒄𝒎 < 𝑷 < 𝟏𝟔 𝒄𝒎. 
𝒄) 𝟏𝟔 𝒄𝒎 < 𝑷 < 𝟏𝟖 𝒄𝒎. 
𝒅) 𝑷 > 𝟏𝟖 𝒄𝒎. 
Comentários: 
Vamos redesenhar a figura do enunciado, de forma a explicitar os dados. 
 
Agora que temos todos os dados na figura, vamos calcular cada um dos lados do triângulo em 
questão, com a ajuda do teorema de Pitágoras. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 101 
Perceba que cada um dos lados do triângulo solicitado pelo enunciado é uma hipotenusa de um 
triângulo retângulo formado. Estes triângulos retângulos são formados por catetos de lados 
iguais à metade de cada lado correspondente do paralelepípedo. 
Aplicando o teorema de Pitágoras a cada um deles, temos. 
 
Portanto, o perímetro do triângulo solicitado é 
𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 = 5 + √34 + √41 
O problema, agora, é somar esses números irracionais e assinalar em qual intervalo a soma 
está. 
Vamos utilizar um recurso interessante de somar desigualdades, acompanhe. 
+ 
5 = 5 = 5
5 < √34 < 6
6 < √41 < 7
16 < 5 + √34 + √41 < 18
 
16 < 𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 < 18 
Gabarito: c) 
3. (Fuvest/2019) A figura mostra uma escada maciça de quatro degraus, todos eles 
com formato de um paralelepípedo reto-retângulo. A base de cada degrau é um retângulo 
de dimensões 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 𝟓𝟎 𝒄𝒎, e a diferença de altura entre o piso e o primeiro degrau e 
entre os degraus consecutivos é de 𝟏𝟎 𝒄𝒎. Se essa escada for prolongada para ter 𝟐𝟎 
degraus, mantendo o mesmo padrão, seu volume será igual a 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 102 
 
𝒂) 𝟐, 𝟏 𝒎³ 
𝒃) 𝟐, 𝟑 𝒎³ 
𝒄) 𝟑, 𝟎 𝒎³ 
𝒅) 𝟒, 𝟐 𝒎³ 
𝒆) 𝟔, 𝟎 𝒎³ 
Comentários 
Como a profundidade da escada é constante de 50 𝑐𝑚 = 0,5𝑚, podemos, por ora, concentrar 
nossas energias somente na lateral. 
Façamos um rascunho para explicitar as dimensões dadas. 
 
O diagrama já nos dá uma direção de interpretação. Perceba que a cada degrau que subimos 
na escada, temos uma altura 10 𝑐𝑚 maior do que tínhamos no degrau anterior. 
Podemos pensar no segundo degrau como sendo um “empilhamento” de 2 degraus iguais ao 
primeiro, no terceiro como sendo um “empilhamento” de 3 degraus e assim por diante. 
Desse modo, nossa escada será composta pela soma de todos esses “empilhamentos”. 
Chamando cada degrau de 𝐷, temos. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 103 
 
Assim, o número 𝑡 total de degraus em pilhados em nossa escada de 20 degraus de altura é 
dado por: 
𝑡 = 1𝐷 + 2𝐷 + 3𝐷 + 4𝐷 + 5𝐷 + ⋯ + 18𝐷 + 19𝐷 + 20𝐷 
Claro que você pode somar um a um. 
No entanto, note que temos uma soma de 20 elementos de uma Progressão Aritmética e 
podemos calcular essa soma de modo mais cômodo por meio da fórmula: 
𝑡 = 𝑆20 =
(𝑎1 + 𝑎20) ⋅ 20
2
=
(1𝐷 + 20𝐷) ⋅ 20 
10
 2 
= 21𝐷 ⋅ 10 = 210𝐷 
Muito bem, até aqui entendemos que precisamos“empilhar” 210 degraus do tipo 𝐷, de modo 
semelhante ao desenho fornecido no enunciado, para conseguir a escada completa. 
Como cada degrau tem dimensões de 10 𝑐𝑚 𝑥 20 𝑐𝑚 𝑥 50 𝑐𝑚, podemos calcular o volume de um 
deles e, em seguida, multiplicar por 210. 
Um detalhe interessante. Perceba que o enunciado forneceu as dimensões da escada em 
centímetros (𝑐𝑚), enquanto as alternativas apresentam o volume total da escada em metros 
cúbicos (𝑚3). 
Você pode resolver isso de duas maneiras: calculando em 𝑐𝑚3 e, ao final, fazer a transformação 
para 𝑚3 (lembrando que cada 𝑚3 equivale a 103 𝑐𝑚3) ou evitar a transformação cúbica ao final, 
fazendo a transformação agora e considerando as dimensões de cada degrau já em metros. 
Faremos, nesse caso, com a transformação das dimensões. Assim, ao chegar ao valor do 
volume, já o teremos expresso em metros cúbicos, ok? 
Como o volume de um paralelepípedo é igual ao produto de suas dimensões, temos que o 
volume total 𝑉 da escada é dado por: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 104 
𝑉 = 210 ⋅ 𝐷 
𝑉 = 210 ⋅ (10 𝑐𝑚 ⋅ 20 𝑐𝑚 ⋅ 50 𝑐𝑚) 
Passando as dimensões do degrau 𝐷 para metros. 
𝑉 = 210 ⋅ (0,1 𝑚 ⋅ 0,2 𝑚 ⋅ 0,5 𝑚) 
𝑉 = 210 ⋅ 0,01 𝑚3 
𝑉 = 2,1 𝑚3 
Gabarito: a) 
4. (Fuvest/2019) Uma empresa estuda cobrir um vão entre dois prédios (com formato 
de paralelepípedos reto-retângulos) que têm paredes laterais paralelas, instalando uma 
lona na forma de um quadrilátero, com pontas presas nos pontos 𝑨, 𝑩, 𝑪 e 𝑫, conforme 
indicação da figura. 
Sabendo que a lateral de um prédio tem 𝟖𝟎 𝒎 de altura e 𝟐𝟖 𝒎 de largura, que a lateral do 
outro prédio tem 𝟔𝟎 𝒎 de altura e 𝟐𝟎 𝒎 de largura e que essas duas paredes laterais distam 
𝟏𝟓 𝒎 uma da outra, a área total dessa lona seria de 
 
𝒂) 𝟑𝟎𝟎 𝒎² 
𝒃) 𝟑𝟔𝟎 𝒎² 
𝒄) 𝟔𝟎𝟎 𝒎² 
𝒅) 𝟕𝟐𝟎 𝒎² 
𝒆) 𝟏. 𝟐𝟎𝟎 𝒎² 
Comentários: 
Uma questão geométrica e com as indicações das dimensões no texto. 
Para facilitar, vamos explicitar as dimensões no próprio desenho. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 105 
 
Perceba que o quadrilátero formado pelos pontos 𝐴𝐵𝐶𝐷 é um trapézio, pois os lados 𝐴𝐵 e 𝐶𝐷 
são paralelos. Assim, para calcular a área da lona, precisamos calcular a área desse trapézio. 
 
Para calcular a área do trapézio 𝐴𝐵𝐶𝐷, precisamos de sua altura ℎ e, para calcular ℎ, podemos 
fazer uso do triângulo retângulo 𝐵𝐷𝐸. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 106 
Se você perceber que se trata de um triângulo 3/4/5 (3 ⋅ 5,4 ⋅ 5,5 ⋅ 5), pode deduzir que a 
hipotenusa tem valor igual a 5 ⋅ 5 = 25. Caso não perceba, não tem problema, aplique o teorema 
de Pitágoras. 
ℎ2 = 𝐵𝐸2 + 𝐷𝐸2 
ℎ2 = 20² + 15² 
ℎ2 = 400 + 225 
ℎ2 = 625 
√ℎ2 = √625 
|ℎ| = 25 
ℎ = ±25 
Como sabemos que ℎ > 0 por ser uma medida de distância, podemos dizer que ℎ = 25 𝑚. 
Dessa forma, podemos calcular a área do trapézio pela fórmula: 
Á𝑟𝑒𝑎 =
(𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 + 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟) ⋅ ℎ
2
 
Á𝑟𝑒𝑎 =
(28 + 20) ⋅ 25
2
 
Á𝑟𝑒𝑎 =
 48 
24 ⋅ 25
 2 
 
Á𝑟𝑒𝑎 = 24 ⋅ 25 
Á𝑟𝑒𝑎 = 600 𝑚2 
Gabarito: c) 
5. (Unesp/2019) Os pontos P e Q sobre a superfície da Terra possuem as seguintes 
coordenadas geográficas: 
 
Considerando a Terra uma esfera de raio 𝟔𝟑𝟎𝟎 𝒌𝒎, a medida do menor arco 𝑷�̂� sobre a 
linha do paralelo 𝟑𝟎° 𝑵 é igual a 
𝒂) 𝟏 𝟏𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒃) 𝟏𝟐𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒄) 𝟏𝟎𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒅) 𝟏 𝟑𝟐𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
𝒆) 𝟏𝟑𝟓𝟎𝝅√𝟑 𝒌𝒎 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 107 
Comentários 
O enunciado nos diz que o arco em questão é um arco menor que está exatamente em cima da 
linha do paralelo 30° 𝑁. 
Para ficar mais claro, vamos fazer um esboço dessa linha do paralelo 30° 𝑁, assim como os 
elementos mais importantes para a nossa análise. 
 
Como o arco é em cima da linha do paralelo 30° 𝑁, precisaremos do raio dessa linha para 
podermos calculá-lo. Obtenhamos, então, então, esse raio 𝑟, lembrando que, segundo o 
enunciado, o raio da Terra é 𝑅 = 6 300 𝑘𝑚. 
Como estamos em uma esfera (aproximando a forma da Terra, como pediu o enunciado), temos 
o triângulo formado pelos pontos 𝐶-𝑐-𝐴 um triângulo retângulo em 𝑐. Assim, podemos calcular o 
valor de 𝑟 por meio da relação seno. 
sen(60) =
𝑐𝑜
ℎ𝑖𝑝
=
𝑟
6300
 
√3
2
=
𝑟
6300
 
6300 ⋅
√3
2
= 𝑟 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 108 
 6300 
3150 ⋅
√3
 2 
= 𝑟 
3150 ⋅ √3 = 𝑟 
Agora que já conhecemos o raio do paralelo em questão, podemos focar nossos esforços no 
arco propriamente dito. 
Marquemos, então, no paralelo, os pontos 𝑃 e 𝑄 informados na tabela. Note que ambos estão 
com latitude 30°𝑁, portanto, em cima da linha que esboçamos anteriormente. 
Além disso, enquanto 𝑃 tem longitude 45°𝐿, o ponto 𝑄 tem longitude 15 𝑂, indicando que a 
distância angular deles é de 𝜃 = 45° + 15° = 60°. 
Assim, finalmente, podemos calcular o arco solicitado, pois sabemos seu raio (3150 ⋅ √3 = 𝑟) e 
seu ângulo correspondente, 𝜃 = 60°. Utilizando a fórmula para calcular o comprimento de um 
setor, temos. 
𝑆 =
𝜃
360°
⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟 
𝑆 =
60°
360°
⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 3150 ⋅ √3 
𝑆 =
 60° 
 360° 
6 ⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 3150 ⋅ √3 
𝑆 =
1
 6 
⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 3150 
525 ⋅ √3 
𝑆 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 525 ⋅ √3 
𝑆 = 1 050 ⋅ 𝜋 ⋅ √3 𝑘𝑚 
Gabarito: c) 
6. (Fatec/2019-1) Uma garrafa térmica tem formato de um cilindro circular reto, fundo 
plano e diâmetro da base medindo 𝟖, 𝟎 𝒄𝒎. Ela está em pé sobre uma mesa e parte do suco 
em seu interior já foi consumido, sendo que o nível do suco está a 𝟏𝟑 𝒄𝒎 da base da 
garrafa, como mostra a figura. 
O suco é despejado num copo vazio, também de formato cilíndrico e base plana, cujo 
diâmetro da base é 𝟒 𝒄𝒎 e com altura de 𝟕 𝒄𝒎. O copo fica totalmente cheio de suco, sem 
desperdício. 
 
Adote 𝝅 = 𝟑. 
Despreze a espessura do material da garrafa e do copo. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 109 
Nessas condições, o volume de suco restante na garrafa é, em 𝒄𝒎𝟑, aproximadamente, 
 
𝒂) 𝟐𝟓𝟎. 
𝒃) 𝟑𝟖𝟎. 
𝒄) 𝟓𝟒𝟎. 
𝒅) 𝟔𝟐𝟎. 
𝒆) 𝟖𝟎𝟎. 
Comentários: 
O volume final na garrafa 𝑉𝑓 será a diferença entre o valor inicial nela, 𝑉𝑜 e o volume constante 
no copo, 𝑉𝑐. 
Como são todos cilindros circulares retos, temos. 
𝑉𝑓 = 𝑉0 − 𝑉𝑐 
Como o volume 𝑉 de um cilindro circular reto é dado por 
𝑉 = 𝑎𝑏. ℎ = 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ ℎ, 
onde 𝑟 e ℎ representam o raio da base e a altura do cilindro, respectivamente, podemos calcular 
𝑉𝑓. 
𝑉𝑓 = 𝑉0 − 𝑉𝑐 
𝑉𝑓 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 ⋅ ℎ − 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ ℎ 
Atenção, para não causar confusão, usaremos 𝑅 para simbolizar o raio da garrafa e 𝑟 para 
simbolizar o raio do copo. 
Além disso, fique ligado, o enunciado não forneceu os raios e sim os diâmetros, portanto, temos 
que dividir por dois os valores dados antes de colocá-los na equação. Os valores das alturas 
permanecem inalterados, ok? 
O valor de 𝜋 deve, segundo enunciado, ser aproximado para 3. 
As dimensões dadas estão em 𝑐𝑚 e o volume final está indicado, nas alternativas, em 𝑐𝑚3. 
Assim, não são necessárias transformações de unidade. 
Vamos à equação. 
𝑉𝑓 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 ⋅ ℎ − 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ ℎ 
𝑉𝑓 = 3 ⋅ 4
2 ⋅ 13 − 3 ⋅ 22 ⋅ 7 
𝑉𝑓 = 624 − 84 
𝑉𝑓 = 540 
Gabarito: c) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 110 
7. (UFRGS/2019) Em um curso de dobraduras, a instrutora orientou que fosse 
construída uma pirâmide de base quadrada, de lado igual a 𝟑 𝒄𝒎 e altura igual a 𝟏𝟎 𝒄𝒎. O 
volume dessa pirâmide é igual a 
𝒂) 𝟐𝟓 𝒄𝒎𝟑 
𝒃) 𝟑𝟎 𝒄𝒎𝟑 
𝒄) 𝟏𝟓 𝒄𝒎𝟑 
𝒅) 𝟗 𝒄𝒎𝟑 
𝒆) 𝟏𝟐 𝒄𝒎𝟑 
Comentários 
Podemos representar a pirâmide do enunciado noesboço: 
 
Dessa forma, o volume dessa pirâmide é dado por: 
𝑉𝑝 =
1
3
⋅ 𝐴𝑏 ⋅ ℎ 
𝑉𝑝 =
1
3
⋅ 32 ⋅ 10 
𝑉𝑝 = 30 𝑐𝑚
3 
Gabarito: b) 
8. (UFRGS/2019) Na figura a seguir, está representado um cubo cuja aresta tem 2 cm 
de medida. O ponto P está localizado no centro da face EFGH. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 111 
 
 
A medida do segmento AP é 
𝒂) √𝟐 
𝒃) 𝟐 
𝒄) √𝟔 
𝒅) 𝟐√𝟑 
𝒆) 𝟑 
Comentários 
Podemos pensar em um triângulo retângulo 𝐴𝐻𝑃 para encontrar o valor da hipotenusa 𝐴𝑃. 
 
Como 𝐹𝐻 é uma diagonal da face quadrada 𝐸𝐹𝐺𝐻 cujo lado vale 2, temos que 𝐹𝐻 = 2√2, o que 
implica 𝐻𝑃 = √2. 
Dessa forma, podemos aplicar o teorema de Pitágoras ao triângulo 𝐴𝐻𝑃. 
𝐴𝑃2 = 𝐴𝐻2 + 𝐻𝑃2 
𝐴𝑃2 = 22 + √2
2
 
𝐴𝑃2 = 4 + 2 
𝐴𝑃2 = 6 
√𝐴𝑃2 = √6 
|𝐴𝑃| = √6 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 112 
𝐴𝑃 = ±√6 
Como 𝐴𝑃 é uma distância, 𝐴𝑃 = √6. 
Gabarito: c) 
9. (UFRGS/2019) Considere o sólido obtido pela revolução do retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫 em 
tomo da reta 𝒓, conforme indicado na figura a seguir. 
 
O volume do sólido obtido é 
𝒂) 𝟏𝟔𝝅 
𝒃) 𝟖𝟒 
𝒄) 𝟏𝟎𝟎 
𝒅) 𝟖𝟒𝝅 
𝒆) 𝟏𝟎𝟎𝝅 
Comentários 
Da figura, tiramos que 𝐷𝐶 = 3. Com esse dado, podemos calcular o valor de 𝐵𝐶 por meio do 
teorema de Pitágoras. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 113 
 
𝐵𝐶2 + 𝐶𝐷2 = 52 
𝐵𝐶2 + 32 = 52 
𝐵𝐶2 = 25 − 9 
𝐵𝐶2 = 16 
√𝐵𝐶2 = √16 
|𝐵𝐶| = 4 
𝐵𝐶 = ±4 
Entendendo 𝐵𝐶 como uma distância, podemos descartar a parte negativa. 
𝐵𝐶 = 4 
Assim, o volume de revolução é dado por: 
𝑉 = 𝜋 ⋅ 52 ⋅ 4 − 𝜋 ⋅ 22 ⋅ 4 
𝑉 = 100𝜋 − 16𝜋 
𝑉 = 84𝜋 
Gabarito: d) 
10. (Mackenzie/2019) Se as áreas laterais de dois cilindros equiláteros são, 
respectivamente, 𝟏𝟔𝝅 𝒄𝒎𝟐 e 𝟏𝟎𝟎𝝅 𝒄𝒎𝟐, então seus volumes, em 𝒄𝒎𝟑 são, respectivamente, 
𝒂) 𝟏𝟔√𝟐𝝅 𝒆 𝟐𝟓𝟎√𝟐𝝅 
𝒃) 𝟑𝟐𝝅 𝒆 𝟐𝟎𝟎𝝅 
𝒄) 𝟏𝟔𝝅 𝒆 𝟐𝟓𝟎𝝅 
𝒅) 𝟐𝟒𝝅 𝒆 𝟏𝟓𝟎𝝅 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 114 
𝒆) 𝟐𝟒√𝟐𝝅 𝒆 𝟏𝟓𝟎√𝟐𝝅 
Comentários 
Sendo 𝑟 o raio do cilindro menor e 𝑅 o raio do cilindro maior; 𝐴𝑐 a área lateral do cilindro menor 
e 𝐴𝐶 a área lateral do cilindro maior, 𝑉𝑐 o volume do cilindro menor e 𝑉𝐶 o volume do cilindro 
maior, lembrando que são ambos equiláteros (altura = diâmetro do raio da base), temos: 
𝐴𝑐 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟 ⋅ ℎ 
16 𝜋 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟 ⋅ 2 ⋅ 𝑟 
16 = 4 ⋅ 𝑟2 
16
4
= 𝑟2 
4 = 𝑟2 
√4 = √𝑟2 
2 = |𝑟| 
±2 = 𝑟 
Como 𝑟 é uma distância, podemos considerar apenas 𝑟 = 2. 
Assim, para o cálculo do volume, temos: 
𝑉𝑐 = 𝜋 ⋅ 𝑟
2 ⋅ ℎ 
𝑉𝑐 = 𝜋 ⋅ 𝑟
2 ⋅ 2 ⋅ 𝑟 
𝑉𝑐 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟
3 
𝑉𝑐 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 2
3 
𝑉𝑐 = 𝜋 ⋅ 2
4 
𝑉𝑐 = 𝜋 ⋅ 16 
Aplicando o mesmo raciocínio para o cilindro maior, temos: 
𝐴𝐶 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅 ⋅ 𝐻 
16 𝜋 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅 ⋅ 2 ⋅ 𝑅 
100 = 22 ⋅ 𝑅2 
100
4
= 𝑅2 
25 = 𝑅2 
√25 = √𝑅2 
5 = |𝑅| 
±5 = 𝑅 
Como 𝑅 é uma distância, podemos considerar apenas 𝑟 = 5. 
Assim, para o cálculo do volume, temos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 115 
𝑉𝐶 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 ⋅ 𝐻 
𝑉𝐶 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 ⋅ 2 ⋅ 𝑅 
𝑉𝐶 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅
3 
𝑉𝐶 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 5
3 
𝑉𝐶 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 5
3 ⋅ √2
3
 
𝑉𝐶 = 𝜋 ⋅ 250 ⋅ √2 
Gabarito: c) 
11. (UPF/2019) Na figura a abaixo, está representado um cubo. 
 
A seção produzida no cubo pelo plano CDE tem a forma de 
𝒂) 𝒕𝒓𝒊â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐. 
𝒃) 𝒕𝒓𝒂𝒑é𝒛𝒊𝒐. 
𝒄) 𝒓𝒆𝒕â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐. 
𝒅) 𝒑𝒆𝒏𝒕á𝒈𝒐𝒏𝒐. 
𝒆) 𝒉𝒆𝒙á𝒈𝒐𝒏𝒐. 
Comentários 
Façamos o corte no plano 𝐶𝐷𝐸, conforme o enunciado orienta. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 116 
 
Como as faces opostas do cubo são sempre paralelas, temos um trapézio. 
Gabarito: b) 
12. (UFJF/2018) Qual sólido geométrico representa a planificação abaixo? 
 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 117 
 
 
 
Comentários 
Como as alternativas apresentam apenas três faces perpendiculares entre si, podemos inferir 
que uma das faces pintadas será visível e outra não, já que são opostas na planificação. 
A única alternativa que apresenta uma única face pintada é a alternativa a). 
Gabarito: a) 
13. (Unesp/2018) Os menores lados de uma folha de papel retangular de 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 
𝟐𝟕 𝒄𝒎 foram unidos com uma fita adesiva retangular de 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 𝟓 𝒄𝒎, formando um 
cilindro circular reto vazado. Na união, as partes da fita adesiva em contato com a folha 
correspondem a dois retângulos de 𝟐𝟎 𝒄𝒎 por 𝟎, 𝟓 𝒄𝒎, conforme indica a figura. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 118 
 
Desprezando-se as espessuras da folha e da fita e adotando 𝝅 = 𝟑, 𝟏, o volume desse 
cilindro é igual a 
𝒂) 𝟏𝟓𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟑. 
𝒃) 𝟐𝟓𝟒𝟎 𝒄𝒄𝒎𝟑. 
𝒄) 𝟏𝟔𝟓𝟐 𝒄𝒎𝟑. 
𝒅) 𝟒𝟖𝟎𝟓 𝒄𝒎𝟑. 
𝒆) 𝟏𝟗𝟐𝟐 𝒄𝒎𝟑. 
Comentários: 
O comprimento da circunferência da base do cilindro final será os 27 cm do retângulo inicial, 
somados aos 4 cm que a fita acrescenta após ser colada. 
Perceba que a fita não acrescenta os 5 cm que ela tem de largura, pois há sobreposição de duas 
partes de 0,5 cm, uma de cada lado da fita, retirando, assim, 1 cm do comprimento a ser 
acrescido na circunferência de base do cilindro. 
Dessa forma, a circunferência da base do cilindro tem comprimento igual a 27 + 4 = 31 𝑐𝑚. 
Com o comprimento da circunferência da base, podemos calcular o raio da base. Usando a 
aproximação solicitada no enunciado, 𝜋 = 3,1, temos: 
𝐶 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟 
31 = 2 ⋅ 3,1 ⋅ 𝑟 
 31 
10
2 ⋅ 3,1 
= 𝑟 
10
2
= 𝑟 
5 = 𝑟 
De posse do raio da base, podemos calcular o volume do cilindro: 
𝑉 = 𝐴𝑏 ⋅ ℎ 
𝑉 = 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 20 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 119 
𝑉 = 3,1 ⋅ 52 ⋅ 20 
𝑉 = 3,1 ⋅ 500 = 1550 𝑐𝑚3 
Gabarito: a) 
14. (AFA/2018) Considere o sólido geométrico obtido pela rotação de 360° do triângulo 
ABC em torno da reta que passa por 𝑪 e é paralela ao lado 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ . 
Sabe-se que este triângulo é isósceles, com 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ = 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝑹√𝟐 𝒎, 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟐𝑹 𝒎 (sendo 𝑹 uma 
constante real não nula), e que o volume do sólido obtido é 𝑽 = 𝟒𝝅√𝟑 𝒎𝟑. 
A medida de 𝑹, em metros, é igual a 
𝒂) √𝟑
𝟔
 
𝒃) √𝟑
𝟑
 
𝒄) √𝟗
𝟑
 
𝒅) √𝟑 
Comentários: 
O volume do sólido obtido pela rotação é igual ao de um cilindro, cuja altura mede 2R e o raio 
da base CM, excetuando-se os volumes de dois cones idênticos, cuja altura mede R e raio da 
base mede CM, como representado na figura a seguir. 
 
Diante do exposto, 
𝑉𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 = 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 − 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑒𝑠 
Por Pitágoras no ∆𝐵𝐶𝑀, temos: 
𝐶𝑀2 + 𝑅2 = (√2𝑅)
2
∴ 𝐶𝑀2 = 2𝑅2 − 𝑅2 = 𝑅2 ∴ 𝐶𝑀 = 𝑅 
Com isso, 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 120 
𝑉𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 = 𝜋(𝐶𝑀)
22𝑅 − 2 (
1
3
𝜋𝐶𝑀2𝑅) = 𝜋2𝑅3 −
2
3
𝜋𝑅3 ∴ 𝑉𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 =
4
3
𝜋𝑅3 
Dado que 𝑉𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 = 4𝜋√3 𝑚
3, então: 
4
3
𝜋𝑅3 = 4𝜋√3 ∴ 𝑅3 = 3√3 = √33 ∴ 𝑹 = √𝟑 𝒎 
Gabarito: d) 
15. (ITA/2018) Considere a classificação: dois vértices de um paralelepípedo são não 
adjacentes quando não pertencem à mesma aresta. Um tetraedro é formado por vértices 
não adjacentes de um paralelepípedo de arestas 3 cm, 4 cm e 5 cm. Se o tetraedro tem 
suas arestas opostas de mesmo comprimento, então o volume do tetraedro é, em 𝐜𝐦𝟑: 
𝒂) 𝟏𝟎. 
𝒃) 𝟏𝟐. 
𝒄) 𝟏𝟓. 
𝒅) 𝟐𝟎. 
𝒆) 𝟑𝟎. 
Comentários: 
 
O volume do tetraedro formado (acima representado), pode ser dado pela seguinte diferença: 
𝑉𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜 = 𝑉𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑒𝑝í𝑝𝑒𝑑𝑜 − 𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒𝑠 
Observe na figura acima que há 4 pirâmides idênticas “encaixadas”dentro do paralelepípedo. 
Logo, 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 121 
𝑉𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜 = 3 ∙ 4 ∙ 5 − 4 ∙
3 ∙ 4 ∙ 5
3 ∙ 2
∴ 𝑽𝒕𝒆𝒕𝒓𝒂𝒆𝒅𝒓𝒐 = 𝟐𝟎 𝒄𝒎
𝟑 
Gabarito: d) 
16. (IME/2018) Um prisma retangular reto possui três arestas que formam uma 
progressão geométrica de razão 2. Sua área total é de 28 𝐜𝐦𝟐. Calcule o valor da diagonal 
do referido prisma. 
𝒂) √𝟏𝟕 𝒄𝒎 
𝒃) √𝟏𝟗 𝒄𝒎 
𝒄) √𝟐𝟏 𝒄𝒎 
𝒅) 𝟐√𝟕 𝒄𝒎 
𝒆) √𝟐𝟗 𝒄𝒎 
Comentários: 
Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 as arestas em P.G. de razão 2 do prisma. Sendo assim, é possível escrever o 
seguinte: 
𝑥 =
𝑦
2
; 
𝑧 = 2𝑦; 
Com isso, 
𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) = 2 (𝑦 ∙
𝑦
2
+
𝑦
2
∙ 2𝑦 + 𝑦 ∙ 2𝑦) = 2𝑦2 ∙ (
1
2
+ 1 + 2) = 7𝑦2 
Dado que 𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 28 𝑐𝑚
2, então: 
7𝑦2 = 28 ∴ 𝑦 = 2 𝑐𝑚 
Com isso, 
𝑥 = 1 𝑐𝑚; 
𝑧 = 4 𝑐𝑚; 
Finalmente, 
𝐷 = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ∴ 𝐷 = √12 + 22 + 42 ∴ 𝑫 = √𝟐𝟏 𝒄𝒎 
Gabarito: c) 
17. (Fuvest/2017) Um reservatório de água tem o formato de um cone circular reto. O 
diâmetro de sua base (que está apoiada sobre o chão horizontal) é igual a 𝟖 𝒎. Sua altura 
é igual a 𝟏𝟐 𝒎. A partir de um instante em que o reservatório está completamente vazio, 
inicia-se seu enchimento com água a uma vazão constante de 𝟓𝟎𝟎 litros por minuto. 
O tempo gasto para que o nível de água atinja metade da altura do reservatório é de, 
aproximadamente, 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 122 
Dados: 
- 𝝅 é aproximadamente 𝟑, 𝟏𝟒. 
- O volume V do cone circular reto de altura 𝒉 e raio da base 𝒓 é 𝑽 =
𝟏
𝟑
⋅ 𝝅𝒓𝟐𝒉. 
a) 𝟒 horas e 𝟓𝟎 minutos. 
b) 𝟓 horas e 𝟐𝟎 minutos. 
c) 𝟓 horas e 𝟓𝟎 minutos. 
d) 𝟔 horas e 𝟐𝟎 minutos. 
e) 𝟔 horas e 𝟓𝟎 minutos. 
Comentários: 
Vamos, antes de partir para os cálculos, esquematizar a cena do enunciado. Se o diâmetro da 
base é igual a 8 𝑚, seu raio da base é de 4 𝑚. Além disso, se o corte for feito à meia altura do 
cone, o raio da base do cone superior, ou a base menor do tronco de cone que fica na parte 
inferior, pois são a mesma circunferência, tem a metade do raio da base, sou seja, 2 𝑚. 
Uma vista panorâmica pode deixar mais clara a disposição desses dados. 
 
O volume do tronco de cone é dado pela diferença de volumes entre o volume do cone maior e 
o volume do cone menor. Vimos em aula essa fórmula, então, podemos utilizá-la aqui. Caso você 
não se lembre da fórmula, não tem problemas, basta fazer a diferença entre os volumes, ok? 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 123 
𝑉𝑇 =
𝜋ℎ𝑇
3
(𝑅2 + 𝑟2 + 𝑅𝑟) 
𝑉𝑇 =
𝜋 ⋅ 6
3
(42 + 22 + 4 ⋅ 2) 
𝑉𝑇 =
𝜋 ⋅ 6 
2
 3 
⋅ 28 
𝑉𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 28 
𝑉𝑇 = 2 ⋅ 3,14 ⋅ 28 
𝑉𝑇 = 175,84 𝑚
3 
Como a vazão fornecida é de 500 litros por minuto, equivalente a 0,5 𝑚3/𝑚𝑖𝑛, temos: 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 =
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑒
𝑣𝑎𝑧ã𝑜 𝑓𝑜𝑟𝑛𝑒𝑐𝑖𝑑𝑎
 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 =
175,84 𝑚3
0,5 𝑚3/𝑚𝑖𝑛
 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 =
175,84 𝑚3 
0,5 𝑚3 /𝑚𝑖𝑛
 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 =
175,84 
0,5
𝑚𝑖𝑛 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 = 351,68 𝑚𝑖𝑛 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 =
351,68
60 𝑚𝑖𝑛 
 𝑚𝑖𝑛 ⋅ 1ℎ 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 = 5,86 ℎ 
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 = 5 ℎ 51,68 𝑚𝑖𝑛 
Gabarito: c) 
18. (Fuvest/2017) O paralelepípedo reto-retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭𝑮𝑯, representado na figura, 
tem medida dos lados 𝑨𝑩 = 𝟒, 𝑩𝑪 = 𝟐 e 𝑩𝑭 = 𝟐. 
 
O seno do ângulo 𝑯�̂�𝑭 é igual a 
𝒂) 
𝟏
𝟐√𝟓
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 124 
𝒃) 
𝟏
√𝟓
 
𝒄) 
𝟐
√𝟏𝟎
 
𝒅) 
𝟐
√𝟓
 
𝒆) 
𝟑
√𝟏𝟎
 
Comentários: 
Vamos explicitar os valores fornecidos, bem como o triângulo 𝐴𝐹𝐻, que contém o ângulo de que 
necessitamos. 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras, podemos encontrar os valores dos três lados do triângulo 
𝐴𝐹𝐻, uma vez que temos todas as arestas do paralelepípedo e os lados do triângulo são todos 
diagonais das faces. 
𝐴𝐻2 = 𝐴𝐸2 + 𝐸𝐻2 𝐴𝐹2 = 𝐴𝐸2 + 𝐸𝐹2 𝐹𝐻2 = 𝐸𝐹2 + 𝐸𝐻2 
𝐴𝐻2 = 22 + 22 𝐴𝐹
2 = 22 + 42 𝐹𝐻2 = 42 + 22 
𝐴𝐻2 = 4 + 4 𝐴𝐹
2 = 4 + 16 𝐹𝐻2 = 16 + 4 
𝐴𝐻2 = 8 𝐴𝐹
2 = 20 𝐹𝐻2 = 20 
√𝐴𝐻2 = √8 
√𝐴𝐹2 = √20 √𝐹𝐻2 = √20 
|𝐴𝐻| = 2√2 
|𝐴𝐹| = 2√5 |𝐹𝐻| = 2√5 
𝐴𝐻 = ±2√2 𝐴𝐹 = ±2
√5 𝐹𝐻 = ±2√5 
Considerando que estamos lidando com distâncias, pois todos são diagonais de retângulos, 
podemos considerar apenas os valores positivos e descartar os negativos. Assim: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 125 
𝐴𝐻 = 2√2 𝐴𝐹 = 2√5 𝐹𝐻 = 2√5 
Chamando o ângulo 𝐻�̂�𝐹 = 𝛼, temos, pela lei dos cossenos aplicada ao triângulo 𝐻𝐴𝐹: 
𝐹𝐻2 = 𝐴𝐻2 + 𝐴𝐹2 − 2 ⋅ 𝐴𝐻 ⋅ 𝐴𝐹 ⋅ cos(𝛼) 
 20 = 8 + 20 − 2 ⋅ 2√2 ⋅ 2√5 ⋅ cos(𝛼) 
2 ⋅ 2√2 ⋅ 2√5 ⋅ cos(𝛼) = 8 
cos(𝛼) =
8
2 ⋅ 2√2 ⋅ 2√5
 
cos(𝛼) =
 8 
 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ √10
 
cos(𝛼) =
1
√10
 
Como encontramos cos(𝛼) e precisamos de 𝑠𝑒𝑛(𝛼), podemos aplicar a relação fundamental da 
trigonometria: 
𝑠𝑒𝑛2(𝛼) + cos2(𝛼) = 1 
𝑠𝑒𝑛2(𝛼) + (
1
√10
)
2
= 1 
𝑠𝑒𝑛2(𝛼) +
1
10
= 1 
𝑠𝑒𝑛2(𝛼) = 1 −
1
10
 
𝑠𝑒𝑛2(𝛼) =
9
10
 
√𝑠𝑒𝑛2(𝛼) = √
9
10
 
|𝑠𝑒𝑛(𝛼)| =
3
√10
 
𝑠𝑒𝑛(𝛼) = ±
3
√10
 
Como, em nosso triângulo, 𝛼 é um valor menor que 90° por fazer parte de um triângulo retângulo, 
temos que 
𝑠𝑒𝑛(𝛼) = +
3
√10
 
Gabarito: e) 
19. (UECE/2017) Um cubo cuja medida de cada aresta é 𝟑 𝒅𝒎 está inscrito em uma 
esfera de raio 𝑹. A medida de um diâmetro (𝟐𝑹) da esfera é 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 126 
𝒂) 𝟐√𝟑 𝒅𝒎. 
𝒃) 𝟑√𝟐 𝒅𝒎. 
𝒄) 𝟑√𝟑 𝒅𝒎. 
𝒅) 𝟒√𝟑 𝒅𝒎. 
Comentários 
Perceba que o cubo 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻 tem uma diagonal 𝐵𝐻 que passa por 𝐼, centro da esfera. 
 
Como a diagonal do cubo é igual ao diâmetro da esfera, podemos dizer que: 
𝐷𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 = 𝐷𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 
𝑙√3 = 𝐷 
3√3 = 𝐷 
Gabarito: c) 
20. (AFA/2017) Se uma pirâmide hexagonal regular está inscrita num cone equilátero 
cujo volume é igual a 
𝟏𝟎√𝟑
𝟕
𝝅 𝐜𝐦𝟑, então o volume dessa pirâmide, em 𝐜𝐦𝟑, é igual a 
𝒂) 
𝟒𝟓
𝟕
 
𝒃) 
𝟏𝟓√𝟑
𝟕
 
𝒄) 
𝟑𝟎√𝟑
𝟕
 
𝒅) 
𝟏𝟑𝟓
𝟕
 
Comentários: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 127 
 
Dado que 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑒 =
10√3
7
𝜋 𝑐𝑚3, temos: 
1
3
(𝜋𝑅2)𝐻 =
10√3
7
𝜋 ∴ 𝑅2𝐻 =
30√3
7
 
 
Logo, 
𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 =
1
3
𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒𝐻 =
1
3
(
3√3
2
𝑅2) ∙ 𝐻 =
1
3
(
3√3
2
) (
30√3
7
) ∴ 𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 =
45
7
 𝑐𝑚3 
Gabarito: a) 
21. (UERJ/2017) Um cilindro circular reto possui diâmetro 𝑨𝑩 de 𝟒 𝒄𝒎 e altura 𝑨𝑨’ de 
𝟏𝟎 𝒄𝒎. O plano 𝜶, perpendicular à seção meridiana 𝑨𝑩𝑩′𝑨′, que passa pelos pontos 𝑩 e 𝑨’ 
das bases, divide o cilindro em duas partes, conforme ilustra a imagem. 
 
O volume da parte do cilindro compreendida entre o plano a e a base inferior, em cm3, é 
igual a: 
𝒂) 𝟖𝝅 
𝒃) 𝟏𝟐𝝅 
𝒄) 𝟏𝟔𝝅 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 128 
𝒅) 𝟐𝟎𝝅 
Comentários 
Apesar de o plano estar inclinado, divide o cilindro em duas partes de igual volume. 
Dessa forma, o volume solicitado é igual à metade do volume do cilindro completo. 
𝑉𝑚𝑒𝑡𝑎𝑑𝑒 =
1
2
⋅ Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
𝑉𝑚𝑒𝑡𝑎𝑑𝑒 =
1
2
⋅ 𝜋 ⋅ 22 ⋅ 10 
𝑉𝑚𝑒𝑡𝑎𝑑𝑒 = 20𝜋 
Gabarito: d) 
22. (EN/2017) Uma pirâmide triangular tem como base um triângulo de lados 13 cm, 14 
cm e 15 cm; as outras arestas medem 𝒍. Sabendo que o volume da pirâmide é de 
𝟏𝟎𝟓√𝟐𝟐 𝐜𝐦𝟑, o valor de 𝒍, em cm, é igual a: 
𝒂)
𝟏𝟓𝟓
𝟖
 
𝒃)
𝟑𝟑𝟓
𝟏𝟏
 
𝒄)
𝟐𝟕𝟓
𝟗
 
𝒅)
𝟐𝟎𝟓
𝟖
 
𝒆)
𝟗𝟓
𝟖
 
Comentários: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL129 
Perceba que a projeção 𝑂 do vértice 𝑉 no ∆𝐴𝐵𝐶 está contida na mediatriz de cada um dos lados 
desse triângulo, ou seja, no próprio circuncentro do ∆𝐴𝐵𝐶. Com isso, 𝑅 pode ser calculado como 
segue abaixo: 
𝑆𝐴𝐵𝐶 =
𝑎𝑏𝑐
4𝑅
= √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐), 
Onde: 
𝑎 = 14 𝑐𝑚; 𝑏 = 13 𝑐𝑚; 𝑐 = 15 𝑐𝑚; 
Assim, 
𝑝 =
𝑎 + 𝑏 + 𝑐
2
= 21 𝑐𝑚 ∴
13 ∙ 14 ∙ 15
4𝑅
= √21 ∙ 7 ∙ 8 ∙ 6 ∴ 𝑅 =
13 ∙ 14 ∙ 15
4 ∙ 7 ∙ 12
∴ 𝑹 =
𝟔𝟓
𝟖
 𝒄𝒎 
Para o cálculo da altura ℎ, temos: 
𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 =
𝑆𝐴𝐵𝐶ℎ
3
=
𝑎𝑏𝑐ℎ
4𝑅 ∙ 3
=
13 ∙ 14 ∙ 15 ∙ ℎ ∙ 8
12 ∙ 65
∴ 
Mas, 
𝑉𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 = 105√22 𝑐𝑚
2; 
Daí, 
13 ∙ 14 ∙ 15 ∙ ℎ ∙ 8
12 ∙ 65
= 105√22 ∴ 𝒉 =
𝟏𝟓√𝟐𝟐
𝟒
 𝒄𝒎 
Por Pitágoras no ∆𝐴𝑂𝑉, então: 
𝑙2 = ℎ2 + 𝑅2 ∴ 𝑙2 = (
15√22
4
)
2
+ (
65
8
)
2
∴ 𝑙2 =
25
16
∙
961
4
∴ 𝒍 =
𝟏𝟓𝟓
𝟖
 𝒄𝒎 
Gabarito: a) 
23. (UCPEL/2017) A área de um quadrado de lado 𝒙 𝒄𝒎 aumenta em 𝟐𝟖 𝒄𝒎𝟐 se o seu 
lado for aumentado em 𝟐 𝒄𝒎. Considerando que a medida da aresta de um tetraedro 
regular é igual ao lado 𝒙 deste quadrado, então a altura 𝒉 deste tetraedro vale 
𝒂) 𝟐√𝟔 𝒄𝒎 
𝒃) 𝟐√𝟑 𝒄𝒎 
𝒄) 𝟐√𝟐 𝒄𝒎 
𝒅) 𝟑√𝟐 𝒄𝒎 
𝒆) 𝟒√𝟔 𝒄𝒎 
Comentários 
“A área de um quadrado de lado 𝑥 𝑐𝑚 aumenta em 28 𝑐𝑚2 se o seu lado for aumentado em 
2 𝑐𝑚.” 
Reescrevendo a mesma informação na forma de equação e a resolvendo, temos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 130 
(𝑥 + 2)2 = 𝑥2 + 28 
 𝑥2 + 2 ⋅ 𝑥 ⋅ 2 + 22 = 𝑥2 + 28 
4𝑥 + 4 = 28 
4𝑥 = 28 − 4 
4𝑥 = 24 
𝑥 =
24
4
= 6 
A altura do tetraedro regular pode ser calculada com a fórmula 
ℎ =
𝑥 ⋅ √6
3
 
ℎ =
6 ⋅ √6
3
 
ℎ = 2 ⋅ √6 
Gabarito: a) 
24. (EEAR/2017) Uma esfera está inscrita num cilindro equilátero cuja área lateral mede 
𝟏𝟔𝝅 𝒄𝒎𝟐. O volume da esfera inscrita é 
𝒂) 𝟖𝝅 
𝒃) 𝟏𝟔𝝅 
𝒄) 
𝟑𝟐
𝟑
𝝅 
𝒅) 
𝟐𝟓𝟔
𝟑
𝝅 
Comentários 
Esboçando a situação descrita no enunciado, temos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 131 
 
Pelo esboço, percebemos que o raio da circunferência inscrita também é raio da base do cilindro. 
A área da base de um cilindro é dada por 
𝐴 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅 ⋅ ℎ 
16𝜋 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅 ⋅ 2 ⋅ 𝑅 
16 𝜋 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅 ⋅ 2 ⋅ 𝑅 
16 = 4 ⋅ 𝑅2 
16
4
= 𝑅2 
4 = 𝑅2 
√4 = √𝑅2 
2 = |𝑅| 
±2 = 𝑅 
Como 𝑅 é uma distância, podemos assumir apenas o valor positivo pelo contexto. 
2 = 𝑅 
De posse do raio da circunferência, podemos calcular seu volume. 
𝑉𝑐 =
4
3
⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅3 =
4
3
⋅ 𝜋 ⋅ 23 =
4
3
⋅ 𝜋 ⋅ 8 =
32 ⋅ 𝜋
3
 
Gabarito: c) 
25. (Unicamp/2016) Um cilindro circular reto, cuja altura é igual ao diâmetro da base, 
está inscrito numa esfera. A razão entre os volumes da esfera e do cilindro é igual a 
𝒂) 
𝟒√𝟐
𝟑
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 132 
𝒃) 
𝟒
𝟑
 
𝒄) 
𝟑√𝟐
𝟒
 
𝒅) √𝟐 
Comentários 
Se considerarmos 𝑅 o raio da esfera e 𝑟 o raio do cilindro, a relação entre o raio da esfera e do 
cilindro inscrito é dada por 𝑅 = 𝑟√2. 
Assim, a razão entre o volume da esfera e o volume do cilindro é dada por: 
𝑉𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎
𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
=
4
3 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅
3
 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 2 ⋅ 𝑟
=
4
3 ⋅ (𝑟√2)
3
2 ⋅ 𝑟3
=
4
3 ⋅ 𝑟
3 √2
3
2 ⋅ 𝑟3 
=
4
3 ⋅ 2 ⋅ √2
 2 
=
4
3
⋅ √2 
Gabarito: a) 
26. (Fuvest/2016) Cada aresta do tetraedro regular 𝑨𝑩𝑪𝑫 mede 𝟏𝟎. Por um ponto 𝑷 na 
aresta 𝑨𝑪, passa o plano a paralelo às arestas 𝑨𝑩 e 𝑪𝑫. Dado que 𝑨𝑷 = 𝟑, o quadrilátero 
determinado pelas interseções de 𝜶 com as arestas do tetraedro tem área igual a 
𝒂) 𝟐𝟏 
𝒃) 
𝟐𝟏√𝟐
𝟐
 
𝒄) 𝟑𝟏 
𝒅) 
𝟑𝟎
𝟐
 
𝒆) 
𝟑𝟎√𝟑
𝟐
 
Comentários: 
O fator de maior complexidade nesse exercício está, justamente, na tradução do texto para uma 
figura tridimensional. 
Vamos, então, fazer passo a passo essa tradução. 
“Cada aresta do tetraedro regular 𝐴𝐵𝐶𝐷 mede 10.” 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 133 
 
“Por um ponto 𝑃 na aresta 𝐴𝐶... 𝐴𝑃 = 3...” 
 
“Por um ponto 𝑃 na aresta 𝐴𝐶, passa o plano a paralelo às arestas 𝐴𝐵 e 𝐶𝐷.” 
Para traçar o plano, vamos utilizar duas retas: uma que passa por 𝑃 e é paralela a 𝐴𝐵 e outra 
que passa por 𝑃 e é paralela a 𝐶𝐷. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 134 
Primeiro a que passa por 𝑃 e é paralela a 𝐴𝐵. 
 
Note que a reta paralela a 𝐴𝐵 que passa por 𝑃 divide o segmento 𝐵𝐶 em duas partes, como em 
𝐴𝐶, iguais a 3 e 7. 
Agora, a reta que passa por 𝑃 e é paralela a 𝐶𝐷. 
 
Perceba que, agora, a reta que traçamos secciona o segmento 𝐴𝐷 em dois segmentos de 
comprimentos iguais a 3 e 7. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 135 
Essas divisões acontecem, pois estamos traçando retas paralelas a arestas de um tetraedro 
regular, ou seja, suas faces são sempre triângulos equiláteros. Ao passar uma reta paralela a 
um de seus lados, temos um triângulo menor, porém ainda equilátero, gerando essas divisões 
que estamos vendo. 
Muito bem. De posse dessas duas retas, só temos uma opção de plano e esse plano acaba 
seccionando nosso tetraedro. 
Vamos explicitar esse plano em contraste com nosso tetraedro. 
 
Veja que o plano delimita um quadrilátero 𝑃𝑄𝑅𝑆 no tetraedro. 
Além disso, as retas que passam por 𝑃𝑅 e por 𝑄𝑆 são paralelas, assim como as que passam por 
𝑃𝑄 e por 𝑅𝑆. 
Podemos concluir, assim, que o quadrilátero 𝑃𝑄𝑅𝑆 é, na verdade, um paralelogramo. 
Sabendo que as arestas opostas de um tetraedro são ortogonais, nosso paralelogramo só pode 
ser um retângulo. 
Como as retas que traçamos delimitou triângulos equiláteros menores que os originais das faces 
do tetraedro original, temos que os lados do nosso retângulo são 3 e 7. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 136 
 
Dessa forma, a área do quadrilátero determinado pelas interseções de 𝛼 com as arestas do 
tetraedro tem área igual a 
𝐴 = 𝑏 ⋅ ℎ 
𝐴 = 3 ⋅ 7 
𝐴 = 21 
Gabarito: a) 
27. (UFRGS/2016) Em uma caixa, há sólidos geométricos, todos de mesma altura: 
cubos, cilindros, pirâmides quadrangulares regulares e cones. Sabe-se que as arestas da 
base dos cubos e das pirâmides e têm a mesma medida; que o raio da base dos cones e 
dos cilindros tem a mesma medida. Somando o volume de 𝟐 cubos e de 𝟐 cilindros, obtêm-
se 𝟏𝟖𝟎 𝒄𝒎𝟑. A soma dos volumes de 𝟑 cubos e 𝟏 cone resulta em 𝟏𝟏𝟎 𝒄𝒎𝟑, e a soma dos 
volumes de 𝟐 cilindros e 𝟑 pirâmides resulta em 𝟏𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟑. 
O valor da soma dos volumes, em cm3, de um cubo, um cilindro, dois cones e duas 
pirâmides é 
𝒂) 𝟏𝟓𝟎. 
𝒃) 𝟏𝟔𝟎. 
𝒄) 𝟏𝟗𝟎. 
𝒅) 𝟐𝟏𝟎. 
𝒆) 𝟐𝟒𝟎. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 137 
Comentários 
Como todos os sólidos têm a mesma altura, vamos denominá-la 𝑥. 
Assim, podemos dizer que 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑐𝑢𝑏𝑜 = 𝑉𝑐 = 𝑥
3 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 = 𝑉𝑝 =
1
3
⋅ 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑐𝑢𝑏𝑜 =
1
3
⋅ 𝑥3 
Sendo 𝑟 o raio da base dos cones e dos cilindros, todos de altura 𝑥, temos: 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝑉𝑙 = 𝜋 ⋅ 𝑟
2 ⋅ 𝑥 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑒 = 𝑉𝑛 =
1
3
⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥 
Utilizando o dado do exercício de que “Somando o volume de 2 cubos e de 2 cilindros, obtêm-se 
180 𝑐𝑚3.”, temos: 
2 ⋅ 𝑉𝑐 + 2 ⋅ 𝑉𝑙 = 180 
2 ⋅ 𝑥3 + 2 ⋅ (𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥) = 180 
2 ⋅ [𝑥3 + 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥] = 180 
𝑥3 + 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥 =
180
2
 
𝑥3 + 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥 = 90 
Tudo bem, não sabemos os valores específicos de 𝑥 e de 𝑟 e talvez nem precisemos. 
O exercício nos pediu o valor dos volumes de um cubo, um cilindro, dois cones e duas pirâmides 
somados,ou seja: 
𝑉𝑐 + 𝑉𝑙 + 2 ⋅ 𝑉𝑛 + 2 ⋅ 𝑉𝑝 
𝑥3 + 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥 + 2 ⋅
1
3
⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥 + 2 ⋅
1
3
⋅ 𝑥3 
𝑥3 + 𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥 + 2 ⋅
1
3
⋅ [𝜋 ⋅ 𝑟2 ⋅ 𝑥 + 𝑥3] 
90 + 2 ⋅
1
3
⋅ [90] 
90 + 60 = 150 
Gabarito: a) 
28. (CEFET/2015) Na figura a seguir, 𝑨𝑩𝑪𝑫 é um retângulo inscrito em um setor circular 
de raio 𝑹 com 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 
𝟐
𝟑
 𝑹 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 138 
 
O volume do sólido de revolução gerado pela rotação desse retângulo em torno de um 
eixo que contenha o segmento 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ , em função de 𝑹, é igual a 
𝒂) 
√𝟓𝝅𝑹𝟑
𝟑
 
𝒃) 
𝟖𝝅𝑹𝟑
𝟗
 
 𝒄) 
𝟒√𝟓𝝅𝑹𝟑
𝟐𝟕
 
𝒅) 
𝟏𝟎𝝅𝑹𝟑
𝟒𝟗
 
𝒆) 
𝟓√𝟓𝝅𝑹𝟑
𝟓𝟒
 
Comentários 
Considerando 𝐴𝐶 = 𝑅, podemos aplicar o teorema de Pitágoras para encontrar a altura 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ do 
retângulo 𝐴𝐵𝐶𝐷. 
 
𝐴𝐶2 = 𝐴𝐷2 + 𝐷𝐶2 
Como 𝐷𝐶 = 𝐴𝐵, podemos fazer a substituição. 
𝐴𝐶2 = 𝐴𝐷2 + 𝐴𝐵2 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 139 
𝑅2 = 𝐴𝐷2 + (
2
3
𝑅)
2
 
𝑅2 − (
2
3
𝑅)
2
= 𝐴𝐷2 
𝑅2 −
4
9
𝑅2 = 𝐴𝐷2 
5
9
𝑅2 = 𝐴𝐷2 
√
5
9
𝑅2 = √𝐴𝐷2 
√5
3
𝑅 = |𝐴𝐷| 
±
√5
3
𝑅 = 𝐴𝐷 
Como 𝐴𝐷 é equivalente a um lado de um retângulo, podemos considerar apenas a vertente 
positiva. 
√5
3
𝑅 = 𝐴𝐷 
O sólido de rotação gerado por esse retângulo será um cilindro de raio de base igual a 𝐴𝐵 e de 
altura igual a 𝐴𝐷. 
Dessa forma, seu volume é dado por: 
𝑉 = á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
𝑉 = 𝜋 ⋅ 𝐴𝐵2 ⋅ 𝐴𝐷 
𝑉 = 𝜋 ⋅ (
2
3
𝑅)
2
⋅
√5
3
𝑅 
𝑉 = 𝜋 ⋅
4
9
𝑅2 ⋅
√5
3
𝑅 
𝑉 =
4√5𝜋𝑅3
27
 
Gabarito: c) 
29. (CEFET/2015) Uma pirâmide regular de base hexagonal tem o vértice sobre uma 
semiesfera e a base inscrita na base desta semiesfera. Sabendo que a aresta lateral dessa 
pirâmide mede 𝟏𝟎 𝒄𝒎, então o volume é igual a: 
𝒂) 𝟏𝟐𝟓√𝟔 𝒄𝒎𝟑 
𝒃) 𝟓𝟎𝟎√𝟑 𝒄𝒎𝟑 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 140 
𝒄) 𝟑𝟕𝟓√𝟔 𝒄𝒎𝟑 
𝒅) 
𝟓√𝟏𝟓
𝟐
 𝒄𝒎𝟑 
𝐞) 𝟐𝟓𝟎√𝟑 𝒄𝒎𝟑 
Comentários 
Façamos um esboço da situação retratada no enunciado. 
 
Para encontrarmos o raio 𝑅, podemos utilizar o teorema de Pitágoras entre a altura 𝑅 da pirâmide, 
a distância 𝑅 entre o centro da base e um vértice do hexágono da base e, como hipotenusa, a 
aresta da pirâmide, que vale 10 𝑐𝑚. 
𝑅2 + 𝑅2 = 102 
2𝑅2 = 100 
𝑅2 =
100
2
 
𝑅2 = 50 
√𝑅2 = √50 
|𝑅| = 5 ⋅ √2 
𝑅 = ±5 ⋅ √2 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 141 
Como 𝑅 representa uma distância, fiquemos só com a parte positiva. 
𝑅 = 5 ⋅ √2 
Já sabemos que a altura da pirâmide é igual a 𝑅 = 5 ⋅ √2. 
Como a base da pirâmide é hexagonal, podemos inferir que a aresta da base também é igual a 
𝑅, pois um hexágono é formado por seis triângulos equiláteros justapostos, todos de lado 
também iguais a 𝑅 = 5 ⋅ √2. 
Dessa forma, podemos calcular o volume da pirâmide. 
𝑉𝑝 =
1
3
⋅ á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
𝑉𝑝 =
1
3
⋅ 6 ⋅ á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙á𝑡𝑒𝑟𝑜 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
𝑉𝑝 =
1
3
⋅ 6 ⋅
𝑅2√3
4
⋅ 𝑅 
𝑉𝑝 =
1
 3 
⋅ 6 
 2 ⋅
𝑅2√3
 4 
2 ⋅ 𝑅 
𝑉𝑝 =
𝑅3√3
2
 
𝑉𝑝 =
(5 ⋅ √2)
3
√3
2
 
𝑉𝑝 =
53 ⋅ √2
3
√3
2
 
𝑉𝑝 =
53 ⋅ 2 ⋅ √2√3
 2 
 
𝑉𝑝 = 125 ⋅ √6 𝑐𝑚
3 
Gabarito: a) 
30. (Fuvest/2014) Três das arestas de um cubo, com um vértice em comum, são também 
arestas de um tetraedro. A razão entre o volume do tetraedro e o volume do cubo é 
𝒂) 
𝟏
𝟖
 
𝒃) 
𝟏
𝟔
 
𝒄) 
𝟐
𝟗
 
𝒅) 
𝟏
𝟒
 
𝒆) 
𝟏
𝟑
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 142 
Comentários 
Se chamarmos as arestas do cubo de 𝑥, podemos calcular a razão diretamente. 
𝑉𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜
𝑉𝑐𝑢𝑏𝑜
=
1
3 ⋅ á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎
𝑥3
=
1
3 ⋅
𝑥2
2 ⋅ 𝑥
𝑥3
=
1
6 ⋅ 𝑥
3 
 𝑥3 
=
1
6
 
Gabarito: b) 
31. (ENEM/2013) Uma cozinheira, especialista em fazer bolos, utiliza uma forma no 
formato representado na figura: 
 
Nela identifica-se a representação de duas figuras geométricas tridimensionais. 
Essas figuras são 
𝒂) 𝒖𝒎 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆 𝒖𝒎 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
𝒃) 𝒖𝒎 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆 𝒖𝒎 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
𝒄) 𝒖𝒎 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆 𝒆 𝒖𝒎 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
𝒅) 𝒅𝒐𝒊𝒔 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆. 
𝒆) 𝒅𝒐𝒊𝒔 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐𝒔. 
Comentários 
Se retirarmos a parte interna da forma, a que faz o “buraco no bolo”, vemos um tronco de cone 
invertido, ou seja, com o vértice para baixo. 
 
Já a parte interna, sozinha, representa outro tronco de cone, veja. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 143 
 
Dessa forma, a forma é composta de dois troncos de cone. 
Gabarito: d) 
32. (UPE/2013) Para a premiação dos melhores administradores de uma galeria 
comercial, um designer projetou um peso de papel com a forma de um tetraedro regular 
reto, de aresta 𝟐𝟎 𝒄𝒎 que será entregue aos vencedores. Esse peso de papel será 
recoberto com placas de platina, nas faces laterais e com uma placa de prata na base. Se 
o preço da platina é de 30 reais por centímetro quadrado, e o da prata é de 50 reais por 
centímetro quadrado, assinale a alternativa que apresenta o valor mais próximo, em reais, 
do custo desse recobrimento. 
Considere √𝟑 = 𝟏, 𝟕 
𝒂) 𝟐𝟒 𝟎𝟎𝟎 
𝒃) 𝟏𝟖 𝟎𝟎𝟎 
𝒄) 𝟏𝟔 𝟎𝟎𝟎 
𝒅) 𝟏𝟒 𝟎𝟎𝟎 
𝒆) 𝟏𝟐 𝟎𝟎𝟎 
Comentários 
Um tetraedro regular é formado por triângulos equiláteros. 
A fórmula para a área de um triângulo equilátero é 
𝐴 =
𝑙2√3
4
. 
Como temos três faces que serão recobertas com platina ao custo de R$30,00 o centímetro 
quadrado e uma face que será recoberta com prata ao custo de R$50,00 o centímetro quadrado, 
podemos calcular o custo por: 
𝐶 = 3 ⋅
𝑙2√3
4
⋅ 𝑐𝑢𝑠𝑡𝑜 𝑝𝑙𝑎𝑡𝑖𝑛𝑎 + 1 ⋅
𝑙2√3
4
⋅ 𝑐𝑢𝑠𝑡𝑜 𝑝𝑟𝑎𝑡𝑎 
𝐶 = 3 ⋅
202√3
4
⋅ 30 + 1 ⋅
202√3
4
⋅ 50 
𝐶 = 3 ⋅
400 ⋅ 1,7
4
⋅ 30 + 1 ⋅
400 ⋅ 1,7
4
⋅ 50 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 144 
𝐶 = 15300 + 8500 
𝐶 = 23800 
Gabarito: a) 
33. (ITA/2013) Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo de vértice 𝑽, 
determinando um triângulo 𝑨𝑩𝑪 cujos lados medem, respectivamente, √𝟏𝟎, √𝟏𝟕 e 𝟓 cm. O 
volume, em 𝒄𝒎𝟑, do sólido 𝑽𝑨𝑩𝑪 é 
𝒂) 𝟐 
𝒃) 𝟒 
𝒄) √𝟏𝟕 
𝒅) 𝟔 
𝒆) 𝟓√𝟏𝟎 
Comentários 
Vamos esquematizar nosso triedro. 
 
Dessa forma, podemos, aplicando Pitágoras em cada face, estabelecer o seguinte sistema de 
equações. 
{
 
 
 
 𝑥
2 + 𝑦2 = √17
2
 
𝑥2 + 𝑧2 = √10
2
 
𝑦2 + 𝑧2 = 52
 
Perceba que nosso sistema não é linear, pois há incógnitas (todas no caso) com potência 
diferente de um. 
Sendo assim, uma maneira eficiente de resolvê-lo é a combinação linear entre as equações, 
aliada à boa e velha substituição. 
Vamos escrever a equação equivalente à combinação 𝐿𝑖𝑛ℎ𝑎 1 + 𝐿𝑖𝑛ℎ𝑎 2 − 𝐿𝑖𝑛ℎ𝑎 3. 
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥2 + 𝑧2 − (𝑦2 + 𝑧2) = √17
2
+ √10
2
− 52 
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥2 + 𝑧2 − 𝑦2 − 𝑧2 = 17 + 10 − 25 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 145 
2 ⋅ 𝑥2 = 2 
𝑥2 = 1 
√𝑥2 = √1 
|𝑥| = 1 
𝑥 = ±1 
Como estamos lidando com distâncias, consideraremos apenas a opção positiva. 
𝑥 = 1 
Substituindo 𝑥 = 1 nas outras equações, temos. 
𝑥2 + 𝑦2 = √17
2
 
12 + 𝑦2 = 17 
𝑦2 = 16 
√𝑦2 = √16 
|𝑦| = 4 
𝑦 = ±4 
Pelo mesmo motivo de 𝑥, podemos considerar apenas a opção positiva. 
𝑦 = 4 
Façamos a última substituição. 
𝑥2 + 𝑧2 = √10
2
 
12 + 𝑧2 = 10 
𝑧2 = 9 
√𝑧2 = √9 
|𝑧| = 3 
𝑧 = ±3 
𝑧 = 3 
Dessa forma, podemos calcular o volume do tetraedro como um terço do prisma de base 
triangularde lados 𝑦, 𝑧 e 5. 
𝑉 =
1
3
⋅ á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
𝑉 =
1
3
⋅
𝑦 ⋅ 𝑧
2
⋅ 𝑥 
𝑉 =
1
 3 
⋅
 4 
2 ⋅ 3 
 2 
⋅ 1 
𝑉 = 1 ⋅ 2 
𝑉 = 2 𝑐𝑚3 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 146 
Gabarito: a) 
34. (UDESC/2012) Uma caixa de um perfume tem o formato de um tronco de pirâmide 
quadrangular regular fechado. Para embrulhá-la, Pedro tirou as seguintes medidas: aresta 
lateral 5 cm e arestas das bases 8 cm e 2 cm. A quantidade total de papel para embrulhar 
esta caixa, supondo que não haja desperdício e nem sobreposição de material, foi: 
𝒂) 𝟖𝟖 𝒄𝒎𝟐 
𝒃) 𝟏𝟔𝟖 𝒄𝒎𝟐 
𝒄) 𝟖𝟎 𝒄𝒎𝟐 
𝒅) 𝟔𝟖 𝒄𝒎𝟐 
𝒆) 𝟏𝟒𝟖 𝒄𝒎𝟐 
Comentários 
Esquematizando a caixa de perfume em voga, temos: 
 
Perceba que o comprimento de 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ e de 𝐵𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ representam a altura ℎ do trapézio que forma a 
lateral do tronco de pirâmide. 
Como 𝐴𝐵 = 𝐴′𝐵′ = 2, só podemos ter os comprimentos 𝐴′𝐷̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐵′𝐶̅̅ ̅̅ ̅ = 6, ou seja, 𝐴′𝐷̅̅ ̅̅ ̅ = 𝐵′𝐶̅̅ ̅̅ ̅ = 3. 
Assim, temos que o triângulo 𝐵𝐵′𝐶 é retângulo em 𝐵′. Podemos, então, descobrir o valor de ℎ 
aplicando, a esse triângulo, o teorema de Pitágoras. 
𝐵′𝐵̅̅ ̅̅ ̅2 + 𝐵′𝐶̅̅ ̅̅ ̅2 = 𝐵𝐶2 
ℎ2 + 32 = 52 
ℎ2 = 25 − 9 
ℎ2 = 16 
√ℎ2 = √16 
|ℎ| = 4 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 147 
ℎ = ±4 
Como estamos falando sobre uma altura, consideremos apenas o sinal positivo para ℎ = 4. 
Com esses dados, podemos dizer que a área total do tronco de pirâmide que forma a caixa de 
perfume tem área total 𝐴𝑡 igual a 
𝐴𝑡 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 + Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 + 4 ⋅ á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎𝑠 𝑓𝑎𝑐𝑒𝑠 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑖𝑠 
𝐴𝑡 = 8
2 + 22 + 4 ⋅
(8 + 2) ⋅ 4
2
 
𝐴𝑡 = 64 + 4 + 80 
𝐴𝑡 = 148 𝑐𝑚
2 
Gabarito: e) 
35. (UEPB/2012) Um cilindro reto está inscrito em um cubo de aresta 𝒃 𝒄𝒎. A relação 
entre o volume do cubo e o volume do cilindro é 
𝒂) 𝟐𝝅 
𝒃) 
𝝅
𝟒
 
𝒄) 𝝅 
𝒅) 
𝟒
𝝅
 
𝒆) 
𝟏
𝟐𝝅
 
Comentários 
Se o cilindro está inscrito no cubo, seu raio é igual à metade do lado do cubo. 
 
Assim, a razão entre o volume do cubo e o volume do cilindro é 
𝑉𝑐𝑢𝑏𝑜
𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
=
𝑎𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑎𝑜 𝑐𝑢𝑏𝑜
á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎
=
𝑏3
𝜋 ⋅ (
𝑏
2)
2
⋅ 𝑏
=
𝑏3
𝜋 ⋅
𝑏2
4 ⋅ 𝑏
=
 𝑏3 
𝜋 ⋅
 𝑏3 
4
=
1
𝜋
4
=
4
𝜋
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 148 
Gabarito: d) 
36. (ENEM/2011) A figura seguinte mostra um modelo de sombrinha muito usado em 
países orientais. 
 
Essa figura é uma representação de uma superfície de revolução chamada de 
𝒂) 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆 
𝒃) 𝒔𝒆𝒎𝒊𝒆𝒔𝒇𝒆𝒓𝒂 
𝒄) 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 
𝒅) 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆 
𝒆) 𝒄𝒐𝒏𝒆 
Comentários 
Veja que a figura pode ser obtida com a rotação de um segmento de reta oblíquo ao eixo, gerando 
um cone. 
Gabarito: e) 
37. (UFPA/2011) Uma rasa é um paneiro utilizado na venda de frutos de açaí. Um típico 
exemplar tem forma de um tronco de cone, com diâmetro de base 𝟐𝟖 𝒄𝒎, diâmetro de boca 
𝟑𝟒 𝒄𝒎 e altura 𝟐𝟕 𝒄𝒎. Podemos afirmar, utilizando 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒, que a capacidade da rasa, em 
litros, é aproximadamente 
𝒂) 𝟏𝟖 
𝒃) 𝟐𝟎 
𝒄) 𝟐𝟐 
𝒅) 𝟐𝟒 
𝒆) 𝟐𝟔 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 149 
Comentários 
Já sabemos que a rasa é um tronco de cone. O enunciado nos informou os diâmetros das bases, 
inferior e superior. Com eles, conseguimos os raios respectivos. 
𝑟 =
28
2
= 14 𝑅 =
34
2
= 17 
Sabendo que a altura do tronco é de 27 𝑐𝑚, podemos calcular o volume diretamente. 
𝑉 =
𝜋
3
⋅ ℎ ⋅ (𝑅2 + 𝑅 ⋅ 𝑟 + 𝑟2) 
𝑉 ≅
3,14
3
⋅ 27 ⋅ (172 + 17 ⋅ 14 + 142) 
𝑉 ≅
3,14
 3 
⋅ 27 
9 ⋅ (289 + 238 + 196) 
𝑉 ≅ 3,14 ⋅ 9 ⋅ 723 
𝑉 ≅ 3,14 ⋅ 6507 
𝑉 ≅ 20431,98 𝑐𝑚3 
Como 1𝑙 equivale a 1000 𝑐𝑚3, temos que 
𝑉 ≅ 20,43198 𝑙 
Gabarito: b) 
38. (ENEM/2010) Numa feira de artesanato, uma pessoa constrói formas geométricas de 
aviões, bicicletas, carros e outros engenhos com arame inextensível. Em certo momento, 
ele construiu uma forma tendo como eixo de apoio outro arame retilíneo e rígido, cuja 
aparência é mostrada na 
 
Ao girar tal forma em torno do eixo, formou-se a imagem de um foguete, que pode ser 
pensado como composição, por justaposição, de diversos sólidos básicos de revolução. 
Sabendo que. a figura, os pontos 𝑩, 𝑪, 𝑬 e 𝑭 são colineares, 𝑨𝑩 = 𝟒𝑭𝑮, 𝑩𝑪 = 𝟑𝑭𝑮, 𝑬𝑭 =
 𝟐𝑭𝑮, e utilizando-se daquela forma de pensar o foguete, a decomposição deste, no sentido 
da ponta para a cauda, é formada pela seguinte sequência de sólidos: 
𝒂) 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐. 
𝒃) 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐. 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐. 
𝒄) 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐. 
𝒅) 𝒄𝒐𝒏𝒆 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒕𝒐, 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 150 
𝒆) 𝒄𝒐𝒏𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐, 𝒕𝒓𝒐𝒏𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒑𝒊𝒓â𝒎𝒊𝒅𝒆, 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐. 
Comentários 
Fazendo a revolução da parte de arame, temos o seguinte sólido: 
 
𝐴𝐵 𝑔𝑒𝑟𝑎 𝑢𝑚 𝑐𝑜𝑛𝑒 𝑟𝑒𝑡𝑜 
𝐵𝐶 𝑔𝑒𝑟𝑎 𝑢𝑚 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑟𝑒𝑡𝑜 
𝐷𝐸 𝑔𝑒𝑟𝑎 𝑢𝑚 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑒 
𝐸𝐹 𝑔𝑒𝑟𝑎 𝑜𝑢𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑟𝑒𝑡𝑜 (𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙á𝑡𝑒𝑟𝑜, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝐸𝐹 = 2𝐹𝐺) 
Gabarito: c) 
39. (UFRGS/2008) A areia contida em um cone fechado, de altura 𝟏𝟖 𝒄𝒎, ocupa 
𝟕
𝟖
 da 
capacidade do cone. 
 
Voltando-se o vértice do cone para cima, conforme indica a figura, a altura 𝒉 do tronco de 
cone ocupado pela areia, em centímetros, é 
𝒂) 𝟕. 
𝒃) 𝟖. 
𝒄) 𝟗. 
𝒅) 𝟏𝟎. 
𝒆) 𝟏𝟏. 
Comentários 
Chamemos 𝑣 o volume de areia contido no cone e de 𝑉 o volume total do cone. 
Pelo enunciado, temos que 
𝑣 =
7
8
𝑉. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 151 
Sendo assim, podemos calcular o volume do cone menor, na parte superior da segunda figura, 
como sendo 
𝑉 − 𝑣 = 𝑉 −
7
8
𝑉 =
1
8
𝑉 
Com essa informação, temos condição de encontrar a constante de proporcionalidade entre o 
cone menor, não ocupado pela areia, e o cone completo. Como estamos lidando com volumes, 
a razão 𝑘 ao cubo é igual à razão entre os volumes dos dois cones. 
𝑘3 =
𝑉 𝑐𝑜𝑛𝑒 𝑝𝑒𝑞𝑢𝑒𝑛𝑜
𝑉 𝑐𝑜𝑛𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑒
 
𝑘3 =
1
8 𝑉
𝑉
 
𝑘3 =
1
8
 
√𝑘3
3
= √
1
8
3
 
𝑘 =
1
2
 
Por semelhança de triângulos na segunda figura, podemos dizer que a razão entre as alturas 
(cone pequeno para cone grande) é igual a 𝑘. 
𝐻 − ℎ
𝐻
= 𝑘 
18 − ℎ
18
=
1
2
 
18 − ℎ =
18
2
 
18 − ℎ = 9 
18 − 9 = ℎ 
9 𝑐𝑚 = ℎ 
Gabarito: c) 
40. (ENEM/1999) Assim como na relação entre o perfil de um corte de um torno e a peça 
torneada, sólidos de revolução resultam da rotação de figuras planas em tomo de um eixo. 
Girando-se as figuras a seguir em torno da haste indicada obtém-se os sólidos de 
revolução que estão na coluna da direita. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 152 
 
A correspondência correta entre as figuras planas e os sólidos de revolução obtidos é: 
𝒂) 𝟏𝑨, 𝟐𝑩, 𝟑𝑪, 𝟒𝑫, 𝟓𝑬. 
𝒃) 𝟏𝑩, 𝟐𝑪, 𝟑𝑫, 𝟒𝑬, 𝟓𝑨. 
𝒄) 𝟏𝑩, 𝟐𝑫, 𝟑𝑬, 𝟒𝑨, 𝟓𝑪. 
𝒅)𝟏𝑫, 𝟐𝑬, 𝟑𝑨, 𝟒𝑩, 𝟓𝑪. 
𝒆)𝟏𝑫, 𝟐𝑬, 𝟑𝑩, 𝟒𝑪, 𝟓𝑨. 
Comentários 
Fazendo a correspondência direta, figura a figura, temos: 
 
 
 
 
 
Gabarito: d) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 153 
41. (ITA/1969) Dizemos que umconjunto C de pontos do espaço é convexo se dados 
pontos A e B quaisquer pertencentes a C, o segmento de reta AB está contido em C. Há 
conjunto convexo numa das afirmações abaixo? Assinale a afirmação verdadeira. 
𝒂) 𝒐 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝒆𝒙𝒄𝒍𝒖í𝒅𝒐 𝒖𝒎 𝒅𝒐𝒔 𝒔𝒆𝒖𝒔 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐𝒔. 
𝒃) 𝒐 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒐𝒔 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒔𝒊𝒕𝒖𝒂𝒅𝒐𝒔 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝒖𝒎𝒂 𝒄â𝒎𝒂𝒓𝒂 𝒅𝒆 𝒂𝒓 𝒅𝒆 𝒂𝒖𝒕𝒐𝒎ó𝒗𝒆𝒍. 
𝒄) 𝒂 𝒓𝒆𝒈𝒊ã𝒐 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒂 𝒍𝒊𝒎𝒊𝒕𝒂𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓 𝒖𝒎 𝒒𝒖𝒂𝒅𝒓𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐. 
𝒅) 𝒂 𝒔𝒖𝒑𝒆𝒓𝒇í𝒄𝒊𝒆 𝒍𝒂𝒕𝒆𝒓𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝒖𝒎 𝒑𝒓𝒊𝒔𝒎𝒂. 
𝒆) 𝒏𝒆𝒏𝒉𝒖𝒎 𝒅𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒋𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒂𝒄𝒊𝒎𝒂. 
Comentários 
Vamos analisar cada uma das alterativas. 
a) o plano excluído um dos seus pontos. 
Se foi excluído um dos pontos do plano, há uma espécie de “vazio” dentro desse plano, um 
“buraco”, uma concavidade. 
Dessa forma, é possível que um segmento de reta que contenha dois pontos desse plano passe 
exatamente em cima dessa concavidade e isso descaracteriza a região como convexa. 
b) o conjunto dos pontos situados sobre uma câmara de ar de automóvel. 
A superfície da câmara de ar de um automóvel é um exemplo claro de concavidade. Como 
podemos traçar segmentos com extremidades que pertençam à câmara e pontos do segmento 
que não pertencem a ela, a região é côncava, não convexa. 
c) a região plana limitada por um quadrilátero 
Como podemos ter quadriláteros côncavos, podemos ter, igualmente, regiões delimitadas por 
esses mesmos quadriláteros como regiões côncavas. 
d) a superfície lateral de um prisma. 
Mesmo caso da câmara de ar. Se só a superfície for considerada, podemos ter segmentos de 
reta que contenham pontos da superfície do prisma e pontos fora dela. Assim, temos, novamente, 
uma região côncava. 
e) nenhum dos conjuntos acima. 
Como não encontramos região alguma nas alternativas anteriores que caracterizasse uma região 
convexa, essa é nosso gabarito. 
Gabarito: e) 
42. (ITA/1969) Consideremos um plano 𝜶 e uma reta 𝒓 que encontra esse plano num 
ponto P, e que não é perpendicular a 𝜶. Assinale qual das afirmações é a verdadeira. 
𝒂) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎 𝒊𝒏𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒂𝒔 𝒓𝒆𝒕𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝜶 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓𝒆𝒔 𝒂 𝒓 𝒑𝒆𝒍𝒐 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐 𝑷. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 154 
𝒃) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒖𝒎𝒂 𝒆 𝒔𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒖𝒎𝒂 𝒓𝒆𝒕𝒂 𝒅𝒆 𝜶 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒂 𝒓 𝒑𝒐𝒓 𝑷. 
𝒄) 𝒏ã𝒐 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒓𝒆𝒕𝒂 𝒅𝒆 𝜶, 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒂 𝒓, 𝒑𝒐𝒓 𝑷. 
𝒅) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎 𝒅𝒖𝒂𝒔 𝒓𝒆𝒕𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝜶 𝒑𝒆𝒓𝒑𝒆𝒏𝒅𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓𝒆𝒔 𝒂 𝒓 𝒑𝒂𝒔𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒓 𝑷. 
𝒆) 𝒏𝒆𝒏𝒉𝒖𝒎𝒂 𝒅𝒂𝒔 𝒂𝒇𝒊𝒓𝒎𝒂çõ𝒆𝒔 𝒂𝒄𝒊𝒎𝒂 é 𝒗𝒆𝒓𝒅𝒂𝒅𝒆𝒊𝒓𝒂. 
Comentários 
Se a reta 𝑟 fosse perpendicular ao plano 𝛼, todas as retas de α que passam por P seriam 
perpendiculares a 𝑟. 
Como isso não é verdade, ou seja, 𝑟 não é perpendicular a 𝛼, temos apenas uma reta do plano 
α que passa por P que é perpendicular a 𝑟. 
Para explicitar o caso, imagine um plano perpendicular a 𝑟 e que passe por P. A intersecção 
entre esse plano novo e o plano 𝛼 delimita uma reta perpendicular a 𝑟 e pertencente a 𝛼. Como 
esses dois planos não são coincidentes, a intersecção destes delimita uma única reta, portanto, 
essa reta, que é perpendicular a 𝑟 e pertencente a 𝛼 existe e é única. 
Gabarito: b) 
43. (ITA/1969) Considere o plano de uma mesa e um ponto dado deste plano. Você 
dispõe de uma folha de papel que possui um só bordo reto. Dobrando esta folha de papel, 
conduza uma perpendicular ao plano da mesa, pelo ponto dado. A justificativa de tal 
construção está em um dos teoremas abaixo. 
a) Se uma reta é perpendicular a um plano, todo plano que passa por ela é perpendicular ao 
primeiro. 
b) Se dois planos são perpendiculares, toda reta de um deles que for perpendicular à intersecção 
será perpendicular ao outro. 
c) Se uma reta é perpendicular a duas retas concorrentes pelo seu ponto de intersecção, então 
a reta é perpendicular ao plano determinado por essas duas retas. 
d) Por um ponto exterior a um plano passa uma reta perpendicular ao plano e somente uma. 
e) Todas as perpendiculares a uma reta traçadas por um de seus pontos pertencem a um plano. 
Comentários 
Ao dobrar a folha de papel exatamente no meio do bordo reto, pode-se construir um vinco 
perpendicular a duas retas, definidas por cada segmento de reta gerado pela dobradura. 
Ao colocar o bordo reto da folha no plano da mesa, geramos duas retas (pertencentes ao plano) 
perpendiculares ao vinco, o que está de acordo com o exposto na alternativa c). 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 155 
 
Gabarito: c) 
44. (ITA/1968) Dadas duas retas concorrentes 𝒂 e 𝒃 e dado um ponto 𝑴, fora do plano 
determinado por 𝒂 e 𝒃, consideremos os pontos 𝑬 e 𝑭, simétricos de 𝑴 em relação às retas 
𝒂 e 𝒃, respectivamente. A reta que une os pontos 𝑬 e 𝑭 é: 
a) Perpendicular ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
b) Paralela ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
c) Oblíqua ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
d) Pertencente ao plano determinado por 𝒂 e 𝒃. 
e) Nenhuma das respostas anteriores. 
Comentários 
Se E é simétrico de M em relação à reta 𝑎, 𝐸 está à mesma distância do plano formado por 𝑎 e 
𝑏 que M. 
O mesmo ocorre com o ponto 𝐹. Se F é simétrico de M em relação à reta 𝑏, 𝐹 está à mesma 
distância do plano formado por 𝑎 e 𝑏 que M. 
Dessa forma, como E e F têm a mesma distância do plano formado por 𝑎 e 𝑏 que M, a reta que 
os une é paralela ao plano. 
Gabarito: b) 
45. (Inédita) O volume de uma esfera de raio 𝒓 = 𝟓 é interceptada por um plano que 
contém seu diâmetro. 
A intersecção entre a esfera e o plano forma 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 156 
a) uma esfera de raio 𝒓 = 𝟓 
b) uma circunferência de raio 𝒓 = 𝟓 pertencente ao plano 
c) uma esfera de raio 𝒓 > 𝟓 perpendicular a plano 
d) uma circunferência de raio 𝒓 < 𝟓 oblíqua ao plano 
e) uma reta pertencente ao plano 
Comentários 
A intersecção entre um plano que contém o centro de uma esfera e a própria esfera gera uma 
circunferência pertencente ao plano e de mesmo raio da esfera, neste caso, 𝑟 = 5. 
Gabarito: b) 
46. (Inédita) Um cubo e uma pirâmide de base quadrada têm o mesmo volume. 
Se a área da base da pirâmide é igual a um terço da área da base do cubo, podemos dizer 
que 
a) a altura da pirâmide é igual ao dobro da altura do cubo. 
b) não é possível que uma pirâmide tenha o mesmo volume que um cubo. 
c) a área total da pirâmide é igual à área total do cubo, uma vez que seus volumes são iguais. 
d) a altura da pirâmide é igual à altura do cubo. 
e) a altura do cubo é igual a um nono da altura da pirâmide. 
Comentários 
Como o enunciado nos informa que o volume do cubo 𝑉𝑐 é igual ao volume da pirâmide de base 
quadrada 𝑉𝑝, e admitindo a aresta do cubo igual a 𝑥, temos: 
𝑉𝑐 = 𝑉𝑝 
𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑜 𝑐𝑢𝑏𝑜 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑐𝑢𝑏𝑜 =
1
3
⋅ 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑎 𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑝𝑖𝑟â𝑚𝑖𝑑𝑒 
𝑥2 ⋅ 𝑥 =
1
3
⋅
1
3
⋅ 𝑥2 ⋅ ℎ 
 𝑥2 ⋅ 𝑥 =
1
3
⋅
1
3
⋅ 𝑥2 ⋅ ℎ 
𝑥 =
1
9
⋅ ℎ 
Gabarito: e) 
47. (Inédita) Um plano corta os eixos coordenados nos pontos 𝑨(𝟎, 𝟎, 𝟏), 𝑩(𝟎, 𝟐, 𝟎) e 
𝑪(𝟎, 𝟎, 𝟑). 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 157 
A figura formada pela origem 𝑶 e pelos pontos 𝑨, 𝑩 e 𝑪 é um tetraedro 𝑶𝑨𝑩𝑪, cuja altura 
com relação à base 𝑨𝑩𝑪 vale: 
𝒂) 
𝟔
𝟕
 
𝒃) 
𝟐
𝟑
 
𝒄) 
𝟔
𝟓
 
𝒅) 
𝟑
𝟕
 
𝒆) 
𝟒
𝟗
 
Comentários 
Como vimos, a origem 𝑂 dos eixos coordenados faz papel de vértice do tetraedro 𝑂𝐴𝐵𝐶. Dessa 
forma, 𝑎, 𝑏 e 𝑐 são os interceptos do plano com os eixos. 
Dessa forma, temos uma representação parecida com o que vimos no exemplo do triedro 
trirretângulo: 
 
Assim, podemos calcular a altura com relação à base 𝐴𝐵𝐶com a fórmula 
1
ℎ2
=
1
𝑎2
+
1
𝑏2
+
1
𝑐2
 
1
ℎ2
=
1
12
+
1
22
+
1
32
 
1
ℎ2
=
1
1
+
1
4
+
1
9
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 158 
1
ℎ2
=
36 + 9 + 4
36
 
1
ℎ2
=
49
36
 
ℎ2 =
36
49
 
√ℎ2 = √
36
49
 
|ℎ| =
6
7
 
ℎ = ±
6
7
 
Como estamos lidando com uma medida de distância, podemos considerar apenas a opção 
positiva como resposta. 
ℎ =
6
7
 
Gabarito: a) 
48. (Inédita) Em um triedro trirretângulo, as dimensões das arestas que passam pelo 
vértice são 𝟏𝟐, 𝟑 e 𝟗. 
A área da base desse triedro é igual a 
𝒂) 𝟔𝟓, 𝟗 
𝒃) 𝟓𝟔, 𝟕 
𝒄) 𝟓𝟖, 𝟓 
𝒅) 𝟔𝟎 
𝒆) 𝟔𝟑, 𝟕 
Comentários 
Aqui temos uma aplicação direta da fórmula das áreas das faces do triedro trirretângulo. Como 
as faces são todas triângulos retângulos, podemos dizer que 
[𝐴𝐵𝐶]2 = [𝐴𝑉𝐵]2 + [𝐴𝑉𝐶]2 + [𝐵𝑉𝐶]2 
[𝐴𝐵𝐶]2 = [
12 ⋅ 3
2
]
2
+ [
12 ⋅ 9
2
]
2
+ [
3 ⋅ 9
2
]
2
 
[𝐴𝐵𝐶]2 =
144 ⋅ 9
4
+
144 ⋅ 81
4
+
9 ⋅ 81
4
 
[𝐴𝐵𝐶]2 =
1296 + 11664 + 729
4
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 159 
[𝐴𝐵𝐶]2 =
13689
4
 
√[𝐴𝐵𝐶]2 = √
13689
4
 
|𝐴𝐵𝐶| =
117
2
= 58,5 
Gabarito: c) 
49. (Inédita) O lugar geométrico no espaço cujos pontos são todos equidistantes de 𝟑 
unidades da origem é chamado de 
a) circunferência 
b) hiperboloide 
c) esfera 
d) raio 
e) círculo 
Comentários 
Como temos um lugar geométrico no espaço com todos os pontos equidistantes da origem, 
temos uma esfera. No caso, o raio da esfera é de 3 unidades, mas o lugar geométrico em si não 
é o raio e sim a esfera, os pontos que estão distantes 3 unidades da origem. 
Gabarito: c) 
50. (Inédita) Os pontos 𝑨 e 𝑨′ são simétricos com relação ao plano 𝜶 e nenhum deles 
pertencem a 𝜶. A intersecção entre a reta 𝒓 definida 𝑨 e 𝑨′ com o plano 𝜶 define 
a) uma reta pertencente a 𝜶 e perpendicular a 𝒓. 
b) uma reta pertencente a 𝜶 e paralela a 𝒓. 
c) um único ponto. 
d) uma única reta, não pertencente a 𝒓. 
e) um outro plano. 
Comentários 
Como os pontos 𝐴 e 𝐴′ não pertencem ao plano 𝛼, a reta definida por eles é secante ao plano, 
ou seja, só apresenta um ponto em comum com 𝛼. 
Gabarito: c) 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR MARÇAL FERREIRA 
 
AULA 13 – GEOMETRIA ESPACIAL 160 
9. Considerações finais 
Uma das queixas mais frequentes dos alunos sobre questões de Geometria é a dificuldade 
em “enxergar” um caminho dentro do problema proposto. 
O remédio para esse mal reside na prática. 
Após percorrer o corpo teórico presente nestas aulas, dedique-se à resolução de 
exercícios, pois são eles que permitirão que você consiga desenvoltura suficiente para resolver 
os problemas do seu vestibular em tempo hábil. 
Se surgir aquela dúvida, já sabe, é só perguntar no fórum, ok? 
Grande abraço e bons estudos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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