Geometria Plana Fórum ciclo5

Prévia do material em texto

1) (ENADE – adaptado) Uma tendência no ensino de geometria é adotar metodo-
logias que partem de uma situação problema, oportunizando o envolvimento do 
aluno na manipulação de material concreto, construções, experimentações e 
conjecturas para a construção do seu conhecimento. Nessa perspectiva, um 
professor propõe aos seus alunos que determinem a quantidade de papel ne-
cessário para confeccionar balões para enfeitar a festa junina da escola. Deseja-
se fazer 10 balões de diversas cores. O professor informa que devem ser com-
prados 20% a mais de papel de cada cor devido a recortes, colagens e perdas 
eventuais. Além disso, os balões devem ter a forma de um octaedro regular, cuja 
planificação está representada na figura a seguir. 
Os alunos observam, pela planificação do octaedro, que é um sólido com 8 faces 
semelhantes, sendo todas elas triângulos equiláteros. Em certa fase do traba-
lho, eles concluem que, para obter a resposta do problema, precisam saber que 
altura o professor quer que os balões tenham. Nesse momento, o professor in-
forma que deseja um balão cuja característica seja ter todas as faces com 20 
centímetros de altura. Com base nessas informações, determine a quantidade 
total, em metros quadrados, de papel necessário para confeccionar os 10 ba-
lões. 
Octaedro regular: 8 triângulos equiláteros Balões: 10 
20 cm de altura transformado em metro = 0,2m comprar: 20% a mais de papel 
 
Para saber a quantidade de papel necessária para confeccionar os 10 balões, é pre-
ciso calcular a área de cada octaedro. Por cada face do octaedro ser um triângulo 
equilátero, M é o ponto médio da hipotenusa. Como sabemos o valor da altura, subs-
tituímos no Teorema de Pitágoras e encontramos o valor do lado: 
𝑙2 = (
𝑙
2
)
2
+ (0,2)2 
𝑙2 =
𝑙
4
2
+ 0,04 
𝑙2 −
𝑙
4
2
= 0,04 
4𝑙2 − 𝑙
4
2
=
4
100
 
300𝑙2 = 16 
𝑙2 =
16
300
 
𝑙 =
√16
√100 ∙ 3
=
4
10√3
∙
√3
√3
=
4√3
10 ∙ 3
 
𝑙 =
2√3
15
 
 
A altura de um triângulo equilátero é calculada por: 
ℎ =
𝑙√3
2
 =
2√3
15
∙ √3
2
=
2 ∙ 3
15
2
=
6
15
∙
1
2
=
6
30
=
1
5
 
 
Á𝑟𝑒𝑎𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 =
𝑏 ∙ ℎ
2
=
2√3
15
∙
1
5
2
=
2√3
75
2
=
2√3
150
=
√3
75
 
 
Como o octaedro são 8 faces de triângulos equiláteros, então: 
Octaedro = 8 × Á𝑟𝑒𝑎𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = 8 ∙
√3
75
=
8√3
75
 
 
São um total de 10 balões, então: 
𝑄𝑡𝑑𝑒𝑝𝑎𝑝𝑒𝑙 = 10 ×
8√3
75
=
80√3
75
=
16√3
15
 
 
O professor pediu para que comprassem 20% a mais de papel de cada cor, logo: 
 
20% =
20
100
×
16√3
15
=
320√3
1500
=
32√3
150
=
16√3
75
 
Papel + 20%= 
16√3
15
+
16√3
75
=
80√3+16√3
75
=
96√3
75
=
32√3
25
 
Resposta: Serão necessários 
32√3
25
 𝑚2 de papel para confeccionar os 10 balões. 
 
2) As dimensões de uma caixa retangular estão em progressão aritmética de 
razão 3. Se a área total dessa caixa é 132 cm², determine, em cm³, o volume 
dessa caixa retangular. 
P.A = 3 P.A(a,b,c) 
a1 = a= a → a = a 
a2 = b = a1 + r = a + 3 → b = a + 3 
a3 = c = a2 + r = a + 6 → c = a + 6 
 
Atotal = 2(ab + bc + ac) 
Atotal = 132 cm2 
2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐) = 132 
𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 =
132
2
 
𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 = 66 
𝑏(𝑎 + 𝑐) + 𝑎𝑐 = 66 
(𝑎 + 3)(𝑎 + 𝑎 + 6 + 𝑎(𝑎 + 6) = 66 
(𝑎 + 3)(2𝑎 + 6) + 𝑎2 + 6𝑎 = 66 
2𝑎2 + 6𝑎 + 6𝑎 + 18 + 𝑎2 + 6𝑎 − 66 = 0 
3𝑎2 + 18𝑎 − 48 = 0 (:3) 
𝑎2 + 6𝑎 − 16 = 0 
𝑎 =
−6 ± √62 − 4 ∙ 1 ∙ (−16)
2 ∙ 1
=
−6 ± 10
2
 
𝑎1 =
−6−10
2
= −8 𝑎2 =
−6+10
2
= 2 
 
Como -8 é uma raiz negativa e não existe medida negativa, então a = 2. Substituindo 
temos: 
𝑎 = 2 𝑐𝑚 𝑏 = 𝑎 + 3 = 2 + 3 = 5 𝑐𝑚 𝑐 = 𝑎 + 6 = 2 + 6 = 8 𝑐𝑚 
O volume de um paralelepípedo é calculado através da multiplicação entre a área da 
base e a altura, ou para ser mais prático: comprimento x largura x altura. 
𝑉 = 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 = 2 ∙ 5 ∙ 8 = 80 𝑐𝑚3 
Resposta: O volume da caixa retangular é 80 𝑐𝑚3. 
 
3) Uma pirâmide quadrangular regular tem apótema 10 cm e apótema da base 6 
cm. Determine o volume da pirâmide e tangente do ângulo alfa que uma face 
lateral forma com o plano da base. 
l: aresta lateral a: aresta da base h: altura 
m(apótema da base) = 6 cm g(apótema da pirâmide) = 10 cm 
1a solução: Relação Pitagórica (pois é uma pirâmide regular) 
𝑔2 = 𝑚2 + ℎ2 
102 = 62 + ℎ2 
100 = 36 + ℎ2 
ℎ2 = 64 
ℎ = √64 
 ℎ = 8 𝑐𝑚 (altura) 
O apótema da base(m) vai do centro até o ponto médio da aresta da base, dividindo-
a ao meio. Portanto cada lado(a) da base quadrangular mede: 
𝑎 = 6 × 2 = 12 𝑐𝑚 
Á𝑟𝑒𝑎𝑏𝑎𝑠𝑒 = 𝑎
2 = 122 = 144 𝑐𝑚2 
 
Volume: 𝑉 =
𝐴𝐵∙ℎ
3
=
144∙8
3
=
1152
3
= 384 𝑐𝑚3 
Tangente 𝛼: 
𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑜𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜
𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑗𝑎𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
=
8
6
= 1,3333333333 
 
2a solução: Através da diagonal da base, encontramos o valor do lado do quadrado: 
𝑑2 = 2𝑎2 → 𝑑 = √2𝑎2 → 𝑑 = 𝑎√2 → 
𝑑2
4
=
𝑎2
4
+ 𝑚2 → 
2𝑎2
4
=
𝑎2
4
+ 62 → 
2𝑎2 − 𝑎2
4
= 36 →
𝑎2
4
= 36 → 𝑎2 = 36 ∙ 4 → 𝑎2 = 144 → 𝑎 = √144 → 𝑎 = 12 
Altura: ℎ2 = 𝑔2 − 𝑚2 = 100 − 36 = 64 → ℎ = √64 → ℎ = 8 
Volume: 𝑉 =
𝐴𝐵∙ℎ
3
=
144∙8
3
=
1152
3
= 384 𝑐𝑚3 
Tangente 𝛼: 
Pela relação trigonométrica, temos que 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 0,8 = 5 3,13001023542°. 
Entende-se como Arcoseno (abreviado como arcsen, ou arcsin) 
a função inversa do seno. Se o seno é a relação entre o cateto oposta ao ângulo e a 
hipotenusa, o arcoseno parte dessa relação para encontrar o valor do ângulo. 
Portanto a tangente 𝛼 é 𝑡𝑔𝛼 = 𝑡𝑔5 3,13001023542° = 1,3333333333 
 
Resposta: O volume da pirâmide é 384 𝑐𝑚3 e tangente do ângulo alfa é 
1,3333333333. 
 
 
https://pt.calcuworld.com/wp-content/uploads/sites/6/2019/12/calcular-trigonometria.png
 
4) (ENADE – adaptado)Para introduzir conceitos relativos a cilindros, um pro-
fessor de matemática do Ensino Médio pediu a seus alunos que fizessem uma 
pesquisa sobre situações práticas que envolvessem essas figuras geométricas. 
Dois estudantes trouxeram para a sala de aula as seguintes aplicações: 
Situação I 
O raio hidráulico é um parâmetro importante no dimensionamento de canais, 
tubos, dutos e outros componentes das obras hidráulicas. Ele é definido como 
a razão entre a área da secção transversal molhada e o perímetro molhado. Para 
a secção semicircular de raio r ilustrada abaixo, qual é o valor do raio hidráu-
lico? 
 
Situação II 
 
Analisando-se as duas situações como possibilidades de recursos didáticos, 
quais conceitos matemáticos e geométricos poderiam ser explorados pelo pro-
fessor? Justifique sua resposta e descreva um exercício com resolução em re-
lação às duas situações. 
Resposta: Pode ser utilizado conceitos relacionados a cilindros, como seção trans-
versal, área da superfície cilíndrica e volume do cilindro. Também pode-se explorar 
conceitos de esfera e Limites de Integração. 
O cilindro é tido como um círculo de centro O e raio r dentro de um determinado plano 
e também o segmento de reta cuja reta tende a ter suporte para poder interceptar em 
Q. Com isso nós temos os segmentos de reta em paralelos e congruentes, onde cada 
 
um possui uma das extremidades em um ponto do círculo e outra extremidade em um 
semiespaço dos quais são determinados por ele. Porém, a junção de todos esses 
tipos de segmentos dentro de um solido tende ser chamado de cilindro. 
Na situação I, o raio hidráulico é definido como razão entre a área da seção transver-
sal e o perímetro do semicírculo 𝑅ℎ =
1
2
𝜋𝑟2
1
2
2𝜋𝑟
=
𝑟
2
, onde o raio hidráulico é metade do raio 
da seção circular. Através dessa aplicação pode ser desenvolvido conceitos e defini-
ção de área da seção transversal e perímetro de uma circunferência. Pode também 
ser explicado a diferença de secção transversal (Intersecçãoentre um plano paralelo 
ao plano α e o cilindro) e secção meridiana (Interseção entre um plano perpendicular 
à base do cilindro). 
Na situação II o professor pode sugerir ao estudante que estime quantas jabuticabas 
em média pode conter na lata de 1l, dividindo o volume da lata pelo volume médio de 
uma fruta. O volume médio da jabuticaba pode ser obtido por meio da expressão para 
cálculo do volume da esfera 𝑉 =
4𝜋𝑟3
3
, onde r é uma estimativa do raio médio da jabu-
ticaba, que pode ser determinado pela média aritmética das medidas dos raios de 
algumas frutas. Dessa forma uma estimativa do número x de jabuticabas que pode 
conter na lata é dado por 𝑥 =
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑙𝑎𝑡𝑎
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑗𝑎𝑏𝑢𝑡𝑖𝑐𝑎𝑏𝑎
. Essa aplicação permite explorar con-
ceitos de cilindros e também de esferas, e obter estimativas de médias experimentais. 
 
Exemplos: Em uma fazenda estava sendo realizada uma reforma e foi necessário 
pintar um reservatório de água em formato cilíndrico cuja base é um circulo de raio 
igual a 15 m e de altura igual a 7m.sabendo que o metro quadrado de tinta custa 
R$10,00,qual será o valor gasto para pintar esse reservatório? 
Devemos determinar a área total do cilindro, uma vez que o preço da tinta é por metro 
quadrado. Nesse caso, devemos utilizar a seguinte equação: 𝐴 = 2𝜋𝑟(𝑟 + ℎ). 
Onde r é o raio do da circunferência de base do cilindro e h é a altura do retângulo 
formado pela planificação do cilindro. Nesse caso, o raio mede 15 metros e a altura 
mede 7 metros. Substituindo esses dados, obtemos a seguinte área: 
𝐴 = 2 ∙ 3,14 ∙ 15(7 + 15) = 2072,4𝑚2 
 
Por fim, basta determinar o custo total para a pintura dessa reservatório, multiplicando 
o valor calculado pelo preço do metro quadrado. Portanto, o valor gasto será: 
2072,4 ∙ 10 = 𝑅$20724,00 
O valor gasto para pintar esse reservatório é R$20.724,00. 
 
Exemplo: Deduza o volume de uma esfera usando Cálculo de volumes por seções 
transversais. 
Pela simetria da esfera em 3D, fazemos uma transversal perpendicular aos eixos re-
sultando em um círculo. 
Somando as áreas dos infinitos círculos que podemos tirar com esse fatiamento, usa-
mos a integral e achamos o volume da esfera: 𝑉 = ∫ 𝐴𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
A esfera está centrada na origem, em todos eixos, estando delimitada entre -R e R. 
Logo, 𝑉 = ∫ 𝐴𝑑𝑥
𝑅
−𝑅
. 
Como todas as seções transversais são círculos a área deles é: 𝐴 = 𝜋𝑟2. 
Então 𝑉 = ∫ 𝜋𝑟2𝑑𝑥
𝑅
−𝑅
. 
Precisamos encontrar a expressão 𝑟 = 𝑟(𝑥) para conseguirmos integrar. Observando 
o raio do corte da transversal, percebemos que a posição do 𝑥 do corte determina o 
tamanho do raio. No plano XY podemos ver os diferentes raios com diferentes tama-
nhos dependendo do corte, sendo que todos eles saem do eixo x e tocam na circun-
ferência, ou seja o tamanho deles é 𝑟 = 𝑦 − 0 → 𝑟 = 𝑦 
Isolando o 𝑦2 = 𝑅2 − 𝑥2 e substituindo na integral, temos: 
𝑉 = ∫ 𝜋𝑟2𝑑𝑥
𝑅
−𝑅
 𝑉 = ∫ 𝜋𝑦2𝑑𝑥
𝑅
−𝑅
 𝑉 = ∫ 𝜋(𝑅2 − 𝑥2)𝑑𝑥
𝑅
−𝑅
 
 
Integrando temos: 
𝑉 = 𝜋 (𝑅2𝑥 −
𝑥3
3
)|
𝑥 = 𝑅
𝑥 = −𝑅
 
𝑉 = 𝜋 (
3𝑅2𝑥−𝑥3
3
)| 𝑥=𝑅
𝑥=−𝑅
 
𝑉 = 𝜋 [(
3𝑅3 − 𝑅3
3
) − (
−3𝑅3 + 𝑅3
3
)] 
𝑉 = 𝜋 [(
2𝑅3
3
) − (
−2𝑅3
3
)] 
𝑉 = 𝜋 [
2𝑅3
3
+
2𝑅3
3
] 
𝑉 =
4𝑅3
3
 
Resposta: O volume é 𝑉 =
4𝑅3
3
. 
 
 
5) A figura ilustra um tetraedro regular de aresta a. Determine a altura AO, a área 
total e o volume desse tetraedro. 
O tetraedro é uma pirâmide regular de base triangular com todas arestas de mesma 
medida. Suas 4 faces são triângulos equiláteros. 
Quanto à altura, a mesma pode ser obtida ao traçar uma perpendicular do vértice até 
a face oposta(base) da figura. Por ser um tetraedro regular, podemos utilizar a Rela-
ção Pitagórica relacionando com a altura do triângulo retângulo, ou seja, calculando o 
segmento 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ que tem extremidade no vértice A até o centro(O) da base. Esse trian-
gulo retângulo foi formado a partir do segmento 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ encontrando o ponto médio(M), 
com extremidade em A. 
 
Dados: M=ponto médio; g:apótema do tetraedro; m=apótema da base; O:centro da base 
 g é altura do ∆equilátero O apótema m é 
1
3
 da altura Relação Pitagórica 
 
𝑔 =
𝑎√3
2
 𝑚 =
1
3
∙
𝑎√3
2
 𝑔
2 = 𝑚2 + ℎ2 
 
𝑚 =
𝑎√3
6
 (
𝑎√3
2
)
2
=
𝑎√3
6
2
+ ℎ2 
 
ℎ2 =
3𝑎2
4
−
3𝑎2
36
 
 
ℎ2 =
27𝑎2 − 3𝑎2
36
 
 
ℎ2 =
24𝑎2
36
=
2𝑎2
3
 
 
ℎ = √
2𝑎2
3
 =
𝑎√2
√3
 
 
ℎ =
𝑎√2
√3
∙
√3
√3
=
𝑎√6
3
 
 
Para encontrar a área do tetraedro, calcula-se a área de um de seus triângulos e mul-
tiplicada por quatro. Como a área da base é um triangulo equilátero de 𝐴𝑏 =
𝑎2√3
4
, por-
tanto a área do tetraedro é: 
Á𝑟𝑒𝑎𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 4 ∙
𝑎2√3
4
=
4𝑎2√3
4
= 𝑎2√3 
 
Seu volume é igual a um terço da área da base multiplicada por sua altura. 
𝑉 =
1
3
∙
𝑎2√3
4
∙
𝑎√6
3
 𝑉 =
𝑎3√18
36
 
 
𝑉 =
𝑎3√2 ∙ 9
36
 
𝑉 =
3𝑎3√2
36
 
𝑉 =
𝑎3√2
12
 
Resposta: A altura do segmento 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ é 
𝑎√6
3
 𝑐𝑚, a área total mede 𝑎2√3 cm2 e o volume 
desse tetraedro é 
𝑎3√2
12
 cm3. 
 
6) As dimensões de um paralelepípedo são proporcionais aos números 3, 1 e 4. 
Sabendo-se que o volume desse bloco é 324 m³, calcule a área total desse para-
lelepípedo. 
As dimensões são proporcionais aos números 3, 1 e 4, ou seja, há um coeficiente 
constante comum(k) para os três números. Assim temos que: 
𝑉 = 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 
324 = 3𝑥 ∙ 1𝑥 ∙ 4𝑥 
12𝑥3 = 324 
𝑥3 =
324
12
 
𝑥3 = 27 
𝑥 = √27
3
 
𝑥 = 3 
Logo as medidas dos lados são: 
 𝑎 = 1𝑥 = 3 𝑏 = 3𝑥 = 3 ∙ 3 = 9 𝑐 = 4𝑥 = 4 ∙ 3 = 12 
Calculando a área total: 
Atotal = 2(ab + bc + ac) 
Atotal = 2(3 ∙ 9 + 9 ∙ 12 + 3 ∙ 12) 
Atotal = 2(27 + 108 + 36) 
Atotal = 2 ∙ 171 
Atotal = 342𝑚2 
Resposta: A área do paralelepípedo mede 342𝑚2. 
 
 
7) (ENADE – adaptado)Em uma classe da 6ª série do Ensino Fundamental, o 
professor de matemática propôs aos alunos a descoberta de planificações para 
o cubo que fossem diferentes daquelas trazidas tradicionalmente nos livros di-
dáticos. Um grupo de alunos produziu a seguinte proposta de planificação: 
Ao tentar montar o cubo, o grupo descobriu que isso não era possível. Muitas 
justificativas foram dadas pelos alunos, mas a justificativa correta é "cada ponto 
que corresponderá a um vértice deverá ser o encontro de, no máximo, três seg-
mentos, que serão as arestas do cubo". De acordo com essa justificativa, quan-
tas e quais são as planificações possíveis para o cubo? 
Resposta: O cubo tem 11 planificações ao todo. 
Fonte da figura: https://aventuras_escolares.blogs.sapo.pt/64820.html 
 
 
8) As dimensões de um paralelepípedo reto retângulo estão em progressão ge-
ométrica de razão 3. Se o volume desse paralelepípedo é 216 cm³, determine as 
três dimensões desse paralelepípedo. 
P.G = razão 3 V= 216 cm 
 
Dimensões: largura: 𝑎 =
𝑥
𝑞
=
𝑥
3
 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎: 𝑏 = 𝑥 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑐 = 𝑥 ∙ 𝑞 = 3𝑥 
𝑉 = 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 
216 =
𝑥
3
 ∙ 𝑥 ∙ 3𝑥 
𝑥3 = 216 
𝑥 = √216
3
 
𝑥 = 6 
Substituindo os valores nas dimensões, temos: 
𝑎 =
𝑥
𝑞
=
𝑥
3
= 
6
3
= 2 𝑏 = 𝑥 = 6 𝑐 = 𝑥 ∙ 𝑞 = 3𝑥 = 6 ∙ 3 = 18 
Resposta: As dimensões deste paralelepípedo são três e suas medidas são: 2 cm de 
largura, 6 cm de altura, e 18 cm comprimento. 
 
9) A figura ilustra uma pirâmide triangular regular de aresta da base 6 cm e altura 
1 cm. Nessas condições, determine o apótema da pirâmide, a medida de uma 
aresta lateral e o volume da pirâmide. 
 
Essa pirâmide existe??? Pois se a base é 6m e altura 1 cm, como que as arestas 
laterais se encontram com essa altura de 1 cm? E a condição de existência do triân-
gulo, que diz que um lado tem que ser menor que a soma dos outros dois. 
A apótema da pirâmide é a altura daface lateral , ou seja, do triângulo equilátero 
temos: 
𝑙√3
2
 =
6∙√3
2
= 3√3 𝑐𝑚 
Área da triângulo equilátero: 
𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒
𝑙2√3
4
 𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒
62√3
4
=
36√3
4
 
𝐴𝑏𝑎𝑠𝑒 = 9√3 𝑐𝑚
2 
 
 
Volume da pirâmide: 
𝑉 =
𝐴𝑏 ∙ ℎ
3
 𝑉 =
9√3 ∙ 1
3
 
𝑉 = 3√3 𝑐𝑚3
O apótema da base é um terço da altura do triangulo: 
1
3
∙ 3√3 =
3√3
3
= √3 ou 
Através da medida da altura, encontramos o valor do segmento 𝐴𝑀̅̅̅̅̅. Assim, podemos 
calcular o baricentro e o apótema da base(m): 
3
√3
2
=
𝑥
1
 
𝑥√3
2
= 3 
𝑥√3 = 6 
𝑥 =
6
√3
∙
√3
√3
=
6√3
3
= 2√3 
Apótema da base: 𝑚 = 3√3 − 2√3 = √3 cm 
 
Através da Relação Pitagórica encontramos o Apótema da pirâmide:
𝑔2 = 𝑚2 + ℎ2 
𝑔2 = (√3)2 + 12 
𝑔2 = 3 + 1 = 4 
𝑔 = √4 = 2cm
 
Aresta lateral da pirâmide (existe 2 opções de encontramos a aresta lateral):
𝑙2 = 𝑔2 + (
𝑎𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒
2
)
2
 
𝑙2 = 22 + (
6
2
)
2
= 4 +
36
4
 
𝑙2 = 4 + 9 = 13 
𝑙 = √13 cm 
𝑙2 = ℎ2 + 𝑟2 
𝑙2 = 12 + (2√3)2 
𝑙2 = 1 + 12 = 13 
𝑙 = √13 cm 
Resposta: O apótema da pirâmide mede 2 cm, uma aresta lateral mede √13 cm e o 
volume da pirâmide é 3√3 𝑐𝑚3. 
 
 
10) (ENADE – adaptado) É comum alunos do Ensino Médio conhecerem a de-
monstração do teorema de Pitágoras feita no livro I de Os Elementos de Eucli-
des. Nela, usa-se o fato de que todo triângulo retângulo ABC, de catetos a e b e 
hipotenusa c, está inscrito em um semicírculo. Demonstra-se que as projeções 
m e n de AB e AC sobre a hipotenusa satisfazem à relação m.n = h², em que h é 
a altura do triângulo. 
Por meio das relações de proporcionalidade entre os lados dos triângulos ABD, 
CAD e CBA, prova-se que a² + b² = c². Além de demonstrar o teorema de Pitágo-
ras, o professor pode, ainda, com essa estratégia, demonstrar que todos os tri-
ângulos retângulos que aparecem na figura são semelhantes. Nesse sentido, 
realize essas demonstrações detalhadamente. 
Os triângulos ADC, ADB são semelhantes , pois tem os seus ângulos congruentes. 
Sendo h a altura relativa a hipotenusa, logo h2 = 𝑚 ∙ 𝑛,evidencia que a área de um 
quadrado de lado h é igual a área do retângulo de lados m e n. 
Como ℎ = √𝑚 ∙ 𝑛 é a média geométrica de m e n, h2 = 𝑚 ∙ 𝑛 temos a representação 
com régua e compasso da média geométrica de m e n que é dada por h. 
𝑎
𝑐
=
𝑐
𝑚
= 𝑐2 + 𝑎. 𝑚 ( cateto ao quadrado é igual a hipotenusa vezes a sua projeção) 
𝑎
𝑏
=
𝑏
𝑛
= 𝑐2 + 𝑎. 𝑚 ( cateto ao quadrado é igual a hipotenusa vezes a sua projeção) 
𝑎
𝑏
=
𝑐
ℎ
= 𝑎 ∙ ℎ = 𝑏 ∙ 𝑐 ( hipotenusa vezes altura é igual ao produto dos catetos) 
𝑚
ℎ
=
ℎ
𝑛
= ℎ2 = 𝑚 ∙ 𝑛 ( hipotenusa ao quadrado é igual a projeção dos catetos) 
 
 
 
 
 
Observações dos exercícios e comentários que podem ser úteis no fórum : 
1. . 
2. . 
3. . 
4. Secção transversal – Intersecção entre um plano paralelo ao plano α e o cilin-
dro. Essa intersecção sempre será um círculo congruente às bases do cilindro. 
Secção meridiana – Interseção entre um plano perpendicular à base do cilin-
dro, que contém diâmetros de ambas as suas bases, e o cilindro. A secção 
meridiana do cilindro é um paralelogramo. Também é possível utilizar limites 
em outras figuras geométricas como cone (representando uma casquina de 
sorvete, por exemplo), cunha curva, pirâmide . 
Os corpos redondos, por sua vez, possuem superfícies curvas; logo, não pos-
suem faces laterais. Eles também podem ser chamados de sólidos de revolu-
ção, haja vista que são formados pela rotação de uma figura plana (figura ge-
radora) ao redor de seu eixo – entenda rotação como dar uma volta completa. 
São corpos redondos: o cone, a esfera e o cilindro 
 
5. Existem também os tetraedros irregulares, dos quais são formados por quatro 
poliedros diferentes. Há duas variantes: o trirretângulo e o isofacial. O primeiro 
apresenta três faces formadas por triângulos retângulos e suas alturas coinci-
dem em um mesmo ponto. O segundo é formado por três triângulos isósceles 
iguais. 
 
6. 
7. Podemos ter alinhamento de 3 e mais 3 quadrados para planificar o cubo. Não 
podemos ter quatro quadrados e os outros dois do mesmo lado. 
Uma ferramenta auxiliar que pode ser utilizada no intuito de obter o melhor 
ensino-aprendizado no estudo das planificações são os softwares matemáti-
cos. Eles possuem funções capazes de girar, revolucionar e planificar figuras 
espaciais. O POLY, por exemplo, consiste em um desses programas com ca-
racterísticas de analisar de forma geral os elementos de um sólido, determi-
nando com exatidão o número de faces, vértices e arestas. 
 
O professor também pode trabalhar a relação de Euler (V – A + F = 2) em 
conjunto com o software, realizando os cálculos e comprovando a veracidade 
dos resultados através desse programa. 
A questão requer a formação de imagens mentais em movimento, já que é ne-
cessário imaginar as ações a serem feitas com a planificação desenhada. A 
planificação de figuras é um subcomponente da habilidade espacial. 
 
8. Não tenho certeza da resposta, devido a condição de existência do triângulo. 
Essa pirâmide existe??? Pois se a base é 6m e altura 1 cm, como que as ares-
tas laterais se encontram com essa altura de 1 cm? E a condição de existência 
do triângulo, que diz que um lado tem que ser menor que a soma dos outros 
dois. 
Continuar pesquisando. 
9.