Questão 160 — ENEM 2016 Reaplicação

Ficha da Questão

• 📚 Matérias Necessárias: Matemática → Geometria Espacial (prismas e projeção ortogonal)
• ⚡ Nível: Difícil — não há nenhum número no enunciado; a questão só se resolve com visualização espacial pura e reconhecimento de simetria.
• 🎯 Tema/Habilidade: Projeção ortogonal das arestas de um prisma reto sobre o plano da base; competência de resolver situações que envolvem propriedades de figuras espaciais.
• 🏆 Gabarito: E — revelado após resolução completa

Passo 1 — Leitura Estratégica do Comando

• Comando reformulado: "O inseto anda pelas hastes A→B→E→C; desenhe a sombra (projeção) desse trajeto no plano do chão da barraca (base ABCD)."
• Palavras-chave decisivas: projeção, plano que contém a base ABCD, menor distância
• Armadilha típica: achar que a projeção precisa reproduzir o "bico" triangular que o inseto faz ao subir até o topo E e descer — como se a subida e a descida deixassem dois traços separados e visíveis na sombra, gerando um pico no desenho final.
• O que a resposta precisa demonstrar: capacidade de projetar cada vértice — inclusive os elevados — perpendicularmente sobre o plano da base, e de perceber quando dois trechos projetados se alinham e se fundem em um único segmento.

Passo 2 — Mapa de Conceitos Essenciais

• Prisma reto: sólido com duas bases poligonais congruentes e paralelas, ligadas por faces retangulares perpendiculares a elas. A barraca é um prisma reto de base triangular "deitado", com uma das faces retangulares (ABCD) apoiada no chão.
• Projeção ortogonal sobre um plano: associa a cada ponto do espaço o pé da perpendicular baixada até o plano. Todo ponto que já está no plano é a sua própria projeção (não se move).
• Simetria do frontão triangular: a parede triangular da barraca (visível como um "Λ" na Figura 1) é isósceles, pois o prisma é reto e o telhado de duas águas é simétrico. Logo, o topo desse triângulo fica exatamente acima do ponto médio da aresta que forma sua base.
• Menor distância entre vértices ligados por uma haste real: quando dois vértices são pontas de uma mesma aresta (haste) do sólido, o caminho mais curto entre eles é a própria haste.

Passo 3 — Decodificação do Enunciado

• Evidência 1: "estrutura dessa barraca, em forma de um prisma reto, em que foram usadas hastes metálicas" → toda linha do esquema da Figura 2 é uma haste reta real, percorrível em linha reta.
• Evidência 2: "partindo do vértice A em direção ao vértice B, deste em direção ao vértice E, finalmente fez o trajeto do vértice E ao C" → o percurso tem três trechos: A→B (aresta do chão), B→E e E→C (as duas hastes inclinadas do frontão que tem E como topo — pois B e C são os dois vértices do chão que sustentam essa parede).
• Evidência 3: "todos esses deslocamentos foram feitos pelo caminho de menor distância" → confirma que A-B, B-E e E-C são percorridas rente à própria haste, sem desvio.
• Síntese: o inseto sobe e desce pelas duas hastes da parede triangular apoiada em BC. Para achar a sombra no chão, basta descobrir onde E "nasce" verticalmente sobre o retângulo ABCD.

Passo 4 — Resolução Completa (Passo a Passo)

Subpasso 4.1 — Localizando os vértices no sólido

A barraca é um prisma reto triangular deitado: a face retangular ABCD (as quatro hastes do chão) é a base citada no enunciado. As duas paredes triangulares (frontões) ficam apoiadas em arestas opostas dessa base — uma sobre AD, com topo F, e outra sobre BC, com topo E. A cumeeira EF liga os dois topos, como a linha do telhado no alto da Figura 2 e na foto da Figura 1.

Como B e C são os vértices do chão que sustentam o frontão de topo E, o triângulo BCE é uma parede real: BE e CE são as duas hastes inclinadas que formam esse "Λ", e BC é a base desse triângulo.

Subpasso 4.2 — Projetando cada trecho sobre o plano da base

Como A e B já pertencem ao plano da base, a projeção do trecho A→B é o próprio segmento AB.

O vértice E está fora do plano da base — é o ponto mais alto da parede triangular. Sua projeção ortogonal E′ é o pé da perpendicular baixada de E até o plano ABCD. Como o frontão BCE é isósceles (prisma reto, telhado simétrico), esse pé cai exatamente sobre o ponto médio M da aresta BC. Logo, a projeção de B→E é o segmento B→M, e a projeção de E→C é o segmento M→C.

Subpasso 4.3 — Verificação: o colapso dos dois últimos trechos

M é o ponto médio de BC, ou seja, está sobre o próprio segmento BC, entre B e C. Isso significa que B→M e M→C não formam um "bico" novo: estão alinhados, um continuando o outro, reconstituindo exatamente o segmento B→C.

Assim, a projeção completa do trajeto A→B→E→C se reduz a dois segmentos visíveis: A→B seguido de B→C. Como AB e BC são lados consecutivos de um retângulo, são perpendiculares (ângulo de 90°). A única alternativa que mostra exatamente dois segmentos retos formando um único ângulo reto, sem picos nem dobras extras, é a alternativa E.

Passo 5 — Análise Crítica de Todas as Alternativas

A) Um único "pico": a linha sobe e desce a partir de um só ponto, sem trecho reto de base

❌ Incorreta: reproduz a silhueta do frontão (a vista lateral da parede triangular), como se a altura de E não fosse eliminada pela projeção. Ignora que A e B pertencem ao chão — o trecho A→B deveria aparecer isolado, como segmento reto, e não como lado de um triângulo.

B) Um segmento reto seguido de um "pico" (reto, depois sobe e desce)

❌ Incorreta: projeta corretamente A→B, mas trata B→E→C como se ainda formasse uma saliência triangular — como se a sombra de E não caísse sobre o próprio segmento BC, e sim ao lado dele, criando um pico que não existe na projeção real.

C) Um segmento reto seguido de um zigue-zague em formato de "<" (desce, sobe e desce de novo)

❌ Incorreta: inverte o sentido dos trechos e sugere que a sombra de E fica fora da região do retângulo da base — inconsistente com M ser o ponto médio de BC e pertencer exatamente a essa aresta.

D) Um segmento reto seguido de uma única diagonal ascendente, sem ângulo reto

❌ Incorreta: acerta que B→E e E→C se fundem em um só trecho, mas desenha a dobra em ângulo diferente de 90°, como se AB e BC não fossem lados perpendiculares de um retângulo — esquece que dois lados consecutivos de um retângulo sempre formam 90°.

E) Um segmento reto seguido de um segmento perpendicular a ele, formando um único ângulo reto

✅ Correta: é exatamente a projeção A→B→C obtida ao eliminar a altura de E, cuja sombra cai sobre o ponto médio de BC. São dois lados consecutivos e perpendiculares do retângulo da base, sem pico intermediário — a subida e a descida do inseto se cancelam na projeção.

🏆 Gabarito: E — a subida (B→E) e a descida (E→C) do inseto pela parede triangular se projetam exatamente sobre a mesma aresta do chão (BC), pois E está acima do ponto médio de BC. Somando-se ao trecho A→B, restam apenas dois segmentos perpendiculares — a forma exata da alternativa E.

Passo 6 — Conclusão, Generalização e Dica de Prova

• Reafirmação do gabarito: como E se projeta sobre o ponto médio de BC, os trechos B→E e E→C se fundem, na sombra, em um único segmento B→C. Somado a A→B, restam só 2 segmentos perpendiculares — o desenho da alternativa E.
• Padrão de cobrança: o ENEM gosta de testar projeção ortogonal de sólidos (prismas, pirâmides, "sombra" de arestas) em contextos do cotidiano — barracas, telhados, embalagens — sem exigir conta nenhuma, só raciocínio espacial.
• Generalização: para projetar um segmento inclinado sobre um plano, projete os dois extremos e una as projeções; extremo já no plano é sua própria projeção; se duas projeções terminam alinhadas em um mesmo ponto, os trechos se fundem em um segmento só.
• Dica de eliminação rápida: qualquer alternativa com "pico" (A, B ou C) sai de cara — um pico só apareceria se a sombra do vértice elevado caísse fora da aresta que liga os vizinhos do chão, o que não ocorre numa parede triangular simétrica.
• Conexões: mesmo raciocínio vale para sombras de pirâmides sob luz vertical e para vistas superiores de telhados de duas águas.