Geometria Espacial na FUVEST: o que cai e como resolver

Esta aula em 105 minutos: o índice

Pirâmide com duas esferas: visualizar, desenhar e reduzir ao plano

A primeira questão traz uma pirâmide regular de base quadrada, com aresta da base $12$ e altura $8$, e pede a razão entre a área da esfera inscrita e a área da esfera circunscrita. O enunciado vem sem figura, e o professor aponta isso como a maior dificuldade dos alunos em geometria espacial: é preciso visualizar e fazer ao menos um esboço, que não precisa ser bonito, só mostrar o que acontece. Ele defende que o tempo gasto no desenho não é perda, faz parte do processo.

Os dois conceitos precisam estar claros. A esfera inscrita está dentro do sólido e toca todas as faces; se fosse um pouco maior, estouraria as faces. A circunscrita passa por todos os vértices; se a pirâmide crescesse um pouco, sairia da esfera. Uma dica de método é nunca começar o desenho pelas esferas: elas ficam por último, e muitas vezes nem precisam ser desenhadas.

Para a esfera inscrita, a pergunta é onde ela toca as faces. Na base quadrada, a simetria obriga o contato no centro do quadrado, pois não há razão para tocar um lado e não o outro. Nas faces triangulares, o ponto de contato não é o baricentro nem o ortocentro, porque depende do formato da pirâmide (se for muito alta, toca mais embaixo; se for aberta, mais em cima). Mas, como o triângulo da face é isósceles, a simetria exige que o contato esteja sobre a altura da face.

Chamando de $V$ o vértice e de $M$ o ponto médio de uma aresta da base, e de $N$ o ponto médio da aresta oposta, o plano que passa por $V$, $M$ e $N$ corta a pirâmide e a esfera exatamente ao meio. O problema se reduz a geometria plana: um triângulo $VMN$ com uma circunferência dentro. O professor lembra que questões de geometria espacial normalmente trabalham muito com geometria plana, e que esse triângulo do corte não é uma face da pirâmide, é um triângulo novo, resultante de partir o sólido ao meio.

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Esfera inscrita: o triângulo 6-8-10 e o raio r = 3

No corte, o triângulo $VMN$ tem base $MN=12$ (a aresta da base) e altura $8$ (a altura da pirâmide). Uma pirâmide regular tem duas propriedades: a base é um polígono regular (aqui, um quadrado) e todas as arestas laterais são iguais, de modo que a projeção do vértice cai no centro da base e as faces laterais são triângulos isósceles congruentes. Por isso a altura do corte coincide com a altura de uma face lateral. Metade da base vale $6$, a altura vale $8$ e a hipotenusa vale $10$: aparece o triplo pitagórico $6$-$8$-$10$, múltiplo de $3$-$4$-$5$, que o professor considera sinal de que o caminho está certo.

O centro da circunferência inscrita é o encontro das bissetrizes do triângulo $VMN$ e o raio $r$ é a distância do centro à base e à face. Há dois jeitos de achar $r$.

O primeiro é por semelhança. O triângulo retângulo pequeno, formado por $V$, pelo ponto de contato na face e pelo centro, é semelhante ao triângulo grande ($6$, $8$, $10$): ambos têm o ângulo $\alpha$ em $V$ e um ângulo reto (no pequeno, o raio é perpendicular à tangente). No pequeno, o cateto oposto a $\alpha$ é $r$ e a hipotenusa é $8-r$; no grande, são $6$ e $10$. Logo ${\displaystyle \frac{r}{8-r}}={\displaystyle \frac{6}{10}}$, o que dá $10r=48-6r$ e $r=3$.

O segundo, que o professor chama de elegante, usa a propriedade de que dois segmentos tangentes traçados de um mesmo ponto externo à circunferência são iguais. De $M$, o segmento até a base mede $6$ (metade de $12$), então o segmento até a face também mede $6$, e sobram $10-6=4$ a partir de $V$. No triângulo retângulo com catetos $4$ e $r$ e hipotenusa $8-r$, aparece de novo o $3$-$4$-$5$: $r=3$ e $8-r=5$.

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Esfera circunscrita: centro na altura, R = 17/2 e razão 36/289

Na esfera circunscrita, o raio $R$ é a distância do centro a qualquer vértice. O professor avisa que é fácil errar aqui: no corte pelo ponto médio das arestas, os pontos $M$ e $N$ não são vértices da pirâmide (são pontos médios de arestas), então a circunferência do corte não passa por eles, e usar o mesmo desenho da inscrita para a circunscrita leva ao erro. É preciso procurar um ponto, sobre a altura da pirâmide, que esteja à mesma distância do vértice $V$ e dos vértices da base. Também não se pode presumir que esse centro seja o da esfera inscrita: eles podem coincidir em casos particulares, mas nada garante isso.

Tomando um corte que passe por $V$ e por dois vértices opostos da base, aparece um triângulo retângulo com: hipotenusa $R$ (do centro a um vértice da base), um cateto igual à metade da diagonal da base, e o outro cateto igual a $8-R$ (da altura, descontado o raio que sobe do centro até $V$). Como a diagonal do quadrado de lado $12$ vale $12\sqrt{2}$, a metade é $6\sqrt{2}$. Por Pitágoras, $(8-R{)}^2+(6\sqrt{2}{)}^2=R^2$, isto é, $64-16R+R^2+72=R^2$, e então $136=16R$. Simplificando por $8$, $R={\displaystyle \frac{17}{2}}$.

A razão pedida é a das áreas $4\pi r^2$ e $4\pi R^2$. O $4\pi$ se cancela e sobra ${\left({\displaystyle \frac{r}{R}}\right)}^2$, e é melhor calcular a razão $r\mathrm{/}R$ antes de elevar ao quadrado, para elevar um número só: ${\displaystyle \frac{3}{17\mathrm{/}2}}={\displaystyle \frac{6}{17}}$, de modo que a razão é ${\displaystyle \frac{36}{289}}$.

O professor resume o que torna a questão difícil: ela só usa Pitágoras e semelhança, as ferramentas mais básicas, mas exige construir o desenho. Se a prova entregasse a figura, o acerto subiria bastante.

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Caixa inclinada: modelo em 2D e a figura que sai

A segunda questão é um caso clássico, parecido com uma do simulado oficial da FUVEST (aquela que teve problema de enunciado). Há um paralelepípedo reto de base quadrada, uma caixa de sapato sem tampa, cheia de água até a borda, com aresta da base e diagonal do paralelepípedo conhecidas. A caixa é inclinada sobre uma aresta até derramar $12,5\mathrm{\%}$ da água, e pede-se o seno do ângulo de inclinação. O professor comenta que, se pedissem a tangente ou o cosseno, a conta seria mais fácil: o seno é o ponto de dificuldade.

A saída é desenhar em 2D. Visto de frente, o sólido é um retângulo cheio de água, e a inclinação sobre uma aresta aparece como uma rotação do retângulo em torno de um vértice (a aresta é uma reta que entra no quadro). Ao girar, a água vaza pela aresta superior; o nível da água fica na horizontal e, na posição final, a parte do retângulo que perdeu água é um triângulo retângulo, enquanto a água que fica ocupa o resto.

Por que o nível é horizontal? O professor dá o argumento da física: em equilíbrio, a superfície livre é uma superfície equipotencial, e a superfície equipotencial é perpendicular às linhas de campo, que na gravidade apontam para baixo. Ilustra com o potencial elétrico $kQ\mathrm{/}r$ de uma carga, cujas equipotenciais são circunferências perpendiculares às linhas radiais. Na sequência, mostra que em um cilindro cheio que gira com velocidade angular constante a superfície vira um paraboloide de revolução. Esse trecho, e a conversa sobre Galileu e o “argumento galilaico” (“há de ser assim porque não poderia ser de outra forma”), são digressões que não entram na resolução.

Em 3D, a parte que sai não é um triângulo, é um prisma de base triangular: basta “puxar” o triângulo para fora na profundidade da caixa, que é a outra aresta da base. Essa figura é, segundo o professor, o ponto mais difícil de enxergar.

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Volume derramado = 1/8, altura 12, tan θ = 1/2 e sen θ = 1/√5

Um paralelepípedo pode se apoiar em qualquer face, então qualquer par de faces opostas serve de base (o professor liga isso à origem grega de “poliedro”, que remete a “assento”). Para o prisma triangular que sai da caixa, a base é o triângulo da vista frontal e a altura é a profundidade da caixa, que não muda e vale $6$. Como $V=A_{\text{base}}\cdot h$ com $h$ fixo, perder $12,5\mathrm{\%}=\frac{1}{8}$ do volume equivale a o triângulo ter $\frac{1}{8}$ da área da face frontal.

Falta a altura da caixa. A diagonal da base mede $6\sqrt{2}$ e a diagonal do paralelepípedo mede $6\sqrt{6}$. A aresta vertical é perpendicular ao plano da base e, por teorema, a toda reta desse plano que a encontra; por isso o triângulo é retângulo e $h^2+(6\sqrt{2}{)}^2=(6\sqrt{6}{)}^2$. Dividindo por $6$, $h^{\mathrm{\prime }2}+2=6$, $h^{\mathrm{\prime }}=2$ e $h=12$.

O volume inicial é $6^2\cdot 12=432$. Com $\theta$ o ângulo de inclinação, o cateto vertical do triângulo é $y=6\tan \theta$, e o volume derramado é $\frac{6y}{2}\cdot 6=108\tan \theta$. Igualando a $\frac{432}{8}=54$, vem $\tan \theta =\frac{1}{2}$. Pelo método por proporção: $\frac{6\cdot 12}{8}=9=3y$, logo $y=3$ e $\tan \theta =\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

Para o seno, o método algébrico divide ${\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{n}}^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ por ${\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{n}}^2\theta$ e dá $1+{\displaystyle \frac{1}{{\tan }^2\theta }}={\displaystyle \frac{1}{{\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{n}}^2\theta }}$. Com $\tan \theta =\frac{1}{2}$, $1+4=5$, então ${\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{n}}^2\theta =\frac{1}{5}$ e $\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{n}\theta =\frac{1}{\sqrt{5}}$ (ângulo agudo, seno positivo). No método do triângulo auxiliar, catetos $1$ e $2$ dão hipotenusa $\sqrt{5}$ e o mesmo seno; vale também fora do primeiro quadrante, ajustando o sinal. O professor lembra que a questão do simulado oficial tinha base triangular e não dizia em torno de qual aresta se girava, o que a tornava impossível.

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Tetraedro regular, sólidos de Platão e o corte em terços: área final 7/9

A terceira questão parte de um tetraedro regular de aresta $a$. O professor aproveita para definir sólido de Platão: um poliedro em que (1) todas as faces têm o mesmo número de lados e (2) de todos os vértices parte o mesmo número de arestas. Só existem cinco: tetraedro, hexaedro (o cubo), octaedro, dodecaedro e icosaedro (a prova de que são só cinco fica prometida para o fim do vídeo). Um poliedro regular é o de faces regulares e iguais; um tetraedro qualquer ainda é sólido de Platão pelas duas condições, mas só o de quatro triângulos equiláteros é regular.

A questão pede a razão entre a área da superfície do sólido obtido e a do tetraedro inicial, após retirar de cada vértice um tetraedro regular de aresta $\frac{a}{3}$. Uma face do sólido original é um triângulo equilátero de lado $a$, com ângulos de $60^{\circ }$. O cantinho cortado em cada face é um triângulo isósceles com lados $\frac{a}{3}$ e ângulo de $60^{\circ }$ entre eles, logo também equilátero, semelhante ao da face com razão $\frac{1}{3}$.

O raciocínio é por contagem de triângulos. Ao cortar um vértice, saem três triangulinhos (um de cada face que encontra o vértice), mas aparece uma face nova, também um triangulinho igual. Em cada vértice, portanto, a área líquida retirada equivale a dois triangulinhos. São $4$ vértices, logo $8$ triangulinhos.

Cada triangulinho tem razão de áreas igual ao quadrado da razão de semelhança, ${\left(\frac{1}{3}\right)}^2=\frac{1}{9}$ da área de uma face. E uma face é $\frac{1}{4}$ da área total $A$. Então cada triangulinho vale $\frac{1}{9}\cdot \frac{1}{4}A=\frac{A}{36}$. A área final é $A-8\cdot \frac{A}{36}=A(1-\frac{2}{9})=\frac{7}{9}A$, e a razão pedida é $\frac{7}{9}$.

O professor destaca que o raciocínio é puramente de proporção: nem a área do triângulo equilátero ($\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$) é necessária, só o fato de a razão de corte ser $\frac{1}{3}$.

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O poliedro de 62 faces: relação de Euler e como contar arestas

A última questão descreve um poliedro convexo de $62$ faces (o professor o chama de “Bob”: lembra o sólido de dado de 62 faces, que ele identifica como um rombicosidodecaedro) com faces triangulares, quadradas e pentagonais. A razão entre o número de faces quadradas e triangulares é $3$ para $2$, e de cada vértice saem $4$ arestas. Pede-se quantas faces de cada tipo, e as características do poliedro. Em geral, não se consegue desenhar um sólido assim, então é preciso contar de forma indireta.

A primeira ferramenta é a relação de Euler, $V+F-A=2$, para poliedros convexos. O professor faz uma digressão sobre a característica de Euler: o número $V-A+F$ é um invariante topológico. Para qualquer poliedro convexo ou para a esfera dividida em meridianos e paralelos, dá $2$; para o toro (a rosquinha), dá $0$. Ele chega a dizer, no início, que da esfera dava $0$, e corrige depois: esfera $2$, toro $0$. A relação garante, ainda, que o sólido é possível de fechar.

A segunda ferramenta é a contagem de arestas somando os lados das faces. Para um cubo, são seis faces com quatro arestas cada, o que dá $24$, mas cada aresta é contada duas vezes (pertence a duas faces), então são $12$. Em geral, $2A$ é a soma dos lados de todas as faces. A terceira é o mesmo raciocínio pelos vértices: se de cada vértice saem $k$ arestas, $2A=k\cdot V$, pois cada aresta liga dois vértices. No cubo, $3\cdot 8\mathrm{/}2=12$ de novo.

Entre as digressões do trecho, o professor conta a história de Galileu defendendo, nos diálogos, um experimento que ele “não fez e não precisa fazer” (“há de ser assim porque não poderia ser de outra forma”), e uma anedota de Einstein, Planck e o eclipse de Sobral. Não influem na resolução.

▶ Ver este trecho no vídeo (01:21:00)

Resolvendo o sistema: 60 vértices, 120 arestas e as faces de cada tipo

Sejam $F_3$, $F_4$ e $F_5$ os números de faces triangulares, quadradas e pentagonais. Contando as arestas pelas faces, $3F_3+4F_4+5F_5=2A$. Contando pelos vértices, como de cada um saem $4$ arestas, $2A=4V$, isto é, $A=2V$. A relação de Euler com $F=62$ fica $V+62-2V=2$, de onde $V=60$ e $A=120$. Logo $2A=240$.

As três equações para as três incógnitas são:

1. $F_3+F_4+F_5=62$; 2. ${\displaystyle \frac{F_4}{F_3}}={\displaystyle \frac{3}{2}}$, ou seja, $2F_4=3F_3$; 3. $3F_3+4F_4+5F_5=240$.

O professor resolve “na unha”. Na terceira, troca $3F_3$ por $2F_4$: $6F_4+5F_5=240$. Na primeira, multiplica por $3$ e troca $3F_3$ por $2F_4$ de novo: $5F_4+3F_5=186$. Multiplica a primeira por $3$ e a segunda por $5$, para igualar o coeficiente de $F_5$: $18F_4+15F_5=720$ e $25F_4+15F_5=930$. Subtraindo, $7F_4=210$ e $F_4=30$. Ele comenta que, se o resultado fosse fracionário (por exemplo, $7,5$ faces), seria sinal de erro de conta. Da razão, $F_3={\displaystyle \frac{2\cdot 30}{3}}=20$, e de $F_3+F_4+F_5=62$ sai $F_5=12$. Conferência: $3\cdot 20+4\cdot 30+5\cdot 12=60+120+60=240$.

O poliedro tem então $60$ vértices, $120$ arestas, $20$ faces triangulares, $30$ quadradas e $12$ pentagonais. Como desafio, o professor pede o número de diagonais do sólido (segmentos entre vértices que não são ligados por aresta nem estão numa mesma face) e dá a resposta: $1530$. A conta não é mostrada de forma clara na transcrição.

O professor encerra o capítulo da geometria espacial lembrando que as questões foram escolhidas entre as mais difíceis (cerca de $30\mathrm{\%}$ da prova teria esse nível, segundo a impressão dele pelo simulado) e emenda a abertura do bloco de trigonometria.

▶ Ver este trecho no vídeo (01:39:00)

As fórmulas desta aula

Fichas completas: pitagoras proporcao relacao de euler radiciacao

As 5 questões resolvidas na aula

Questão 01 · FUVEST? (ano não citado; questão sem figura, no estilo das mais difíceis da prova)

Questão 02 · FUVEST? (ano não citado; o professor diz que uma bem parecida caiu no simulado oficial, com problema de enunciado)

Questão 03 · FUVEST? (ano não citado)

Questão 04 · FUVEST? (ano não citado; poliedro de 62 faces tipo rombicosidodecaedro)

Questão 05 · desafio deixado pelo professor

Erros que derrubam nota em geometria espacial

1. 01

   Desenhar o corte da pirâmide pelo ponto médio das arestas

   Desenhar o corte da pirâmide pelo ponto médio das arestas e circunscrever a circunferência a esse triângulo: a esfera circunscrita passa pelos vértices, não pelos pontos médios das arestas.

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
2. 02

   Assumir que as esferas inscrita e circunscrita têm o mesmo

   Assumir que as esferas inscrita e circunscrita têm o mesmo centro (podem coincidir em casos particulares, mas nada garante).

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
3. 03

   Achar que a esfera inscrita toca as faces triangulares

   Achar que a esfera inscrita toca as faces triangulares no baricentro ou no ortocentro: o ponto depende do formato da pirâmide; só se sabe que está na altura da face.

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
4. 04

   Elevar ao quadrado dois números separados para a razão

   Elevar ao quadrado dois números separados para a razão das áreas das esferas, em vez de calcular $r\mathrm{/}R$ e elevar uma vez.

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
5. 05

   Esquecer que a aresta vertical da caixa é perpendicular

   Esquecer que a aresta vertical da caixa é perpendicular ao plano da base e, portanto, à diagonal da base (ângulo reto do Pitágoras).

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
6. 06

   Tentar calcular o volume total da caixa e o do pedaço sem

   Tentar calcular o volume total da caixa e o do pedaço sem notar que o prisma triangular tem a mesma altura (profundidade): só a área da base muda.

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
7. 07

   Ao subtrair área nos cortes do tetraedro, tirar os três

   Ao subtrair área nos cortes do tetraedro, tirar os três triângulos de cada vértice e esquecer a face nova que o corte cria.

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
8. 08

   Contar cada aresta uma única vez ao somar os lados

   Contar cada aresta uma única vez ao somar os lados das faces; a soma dá $2A$.

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.
9. 09

   Lembrar a característica de Euler errada

   Lembrar a característica de Euler errada: a esfera e os poliedros convexos dão $2$; o toro dá $0$.

   Como evitar: Refaça o passo com a fórmula na frente e confira a unidade ou o intervalo do resultado antes de marcar.

FAQ: Geometria Espacial na FUVEST