Questão 179 — ENEM 2017 PPL

Ficha da Questão

• 📚 Matérias Necessárias: Matemática → Geometria Espacial (paralelepípedo retangular, projeção ortogonal)
• ⚡ Nível: Difícil — exige visualizar, sem nenhum dado numérico, o comportamento de três trajetos em três superfícies diferentes (chão, parede e teto) e projetá-los mentalmente sobre o plano do chão.
• 🎯 Tema/Habilidade: Projeção ortogonal de trajetórias sobre as faces de um sólido — reconhecer quando uma superfície é paralela ou perpendicular ao plano de projeção.
• 🏆 Gabarito: B — revelado após a resolução completa

Passo 1 — Leitura Estratégica do Comando

• Comando reformulado: "Dado o trajeto B→A→M→H sobre as três faces do quarto (chão, parede, teto), qual é o formato da sombra (projeção ortogonal) desse trajeto quando 'achatado' sobre o plano do chão?"
• Palavras-chave decisivas: projeção ortogonal, caminho de menor distância, plano que contém o chão
• Armadilha típica: tratar o problema como se fosse preciso calcular distâncias numéricas (não há medidas dadas!) — na verdade a questão só pede a forma da projeção, um raciocínio puramente qualitativo sobre geometria espacial.
• O que a resposta precisa demonstrar: que o candidato entende que (i) uma superfície vertical perpendicular ao chão projeta-se sobre uma reta (achatamento total de uma dimensão) e (ii) uma superfície paralela ao chão (o teto) projeta-se preservando sua forma, apenas "copiada" para baixo.

Passo 2 — Mapa de Conceitos Essenciais

• Paralelepípedo retangular: sólido com 6 faces retangulares, 8 vértices e 12 arestas, onde faces opostas são paralelas e congruentes — aqui, o chão e o teto são paralelos entre si.
• Projeção ortogonal sobre um plano: consiste em "deixar cair" cada ponto do espaço perpendicularmente até o plano de referência; em coordenadas, se o plano do chão é z = 0, projetar um ponto (x, y, z) significa simplesmente descartar a coordenada z e manter (x, y).
• Caminho de menor distância sobre uma face plana: como cada face (chão, parede, teto) é plana, o caminho mais curto entre dois pontos dela é sempre o segmento de reta contido nessa própria face — não há "curva" possível numa superfície plana.
• Consequência-chave: um segmento contido numa face vertical (parede) tem todos os seus pontos sobre a mesma reta vertical do chão, logo sua projeção é horizontal; um segmento contido numa face paralela ao chão (teto) projeta-se preservando integralmente sua inclinação original.

Passo 3 — Decodificação do Enunciado

• Evidência 1: "a lagartixa parte do ponto B e vai até o ponto A" → B e A são vértices do próprio chão (ABCD), então esse trajeto já está sobre o chão: sua projeção é ele mesmo, o segmento AB, que é horizontal.
• Evidência 2: "de A ela se desloca, pela parede, até o ponto M, que é o ponto médio do segmento EF" → a parede usada é a face ABFE, que contém a aresta AB "de pé"; como todo ponto dessa parede está exatamente sobre a reta vertical que passa por AB, qualquer trajeto nela — inclusive o segmento reto A→M — projeta-se sobre a própria reta de AB, ou seja, também horizontal.
• Evidência 3: "pelo teto, ela vai do ponto M até o ponto H" → o teto (face EHGF) é paralelo ao chão. Uma trajetória no teto não "colapsa": ela é copiada para baixo preservando a forma. Como M e H não estão alinhados na mesma direção de nenhuma aresta, esse segmento se projeta como uma reta inclinada.
• Síntese: o trajeto completo projetado tem duas naturezas distintas — uma parte horizontal (herdada do chão e da parede) e uma parte inclinada (herdada do teto) — e a ligação entre elas ocorre exatamente no ponto médio de um dos lados do chão.

Passo 4 — Resolução Completa (Passo a Passo)

Subpasso 4.1 — Montando um sistema de coordenadas

Sejam as dimensões do quarto: comprimento a (aresta AB), largura b (aresta AD) e altura h. Coloque a origem em A:

A = (0, 0, 0) B = (a, 0, 0) C = (a, b, 0) D = (0, b, 0)

E = (0, 0, h) F = (a, 0, h) G = (a, b, h) H = (0, b, h)

Confirme que essa montagem respeita a figura: as arestas verticais são AE, BF, CG, DH; o chão é ABCD; o teto é EHGF (E sobre A, H sobre D, G sobre C, F sobre B); a parede que contém a aresta EF é exatamente a face ABFE (todos com y = 0), pois E = (0,0,h) e F = (a,0,h).

Logo, M, ponto médio de EF, tem coordenadas:

M = ((0+a)/2, 0, h) = (a/2, 0, h)

Subpasso 4.2 — Projetando cada trecho no plano do chão (z = 0)

A projeção ortogonal descarta a coordenada z e mantém (x, y).

• B → A (já está no chão): projeta-se em si mesmo, de (a, 0) até (0, 0) — segmento horizontal, cobrindo todo o lado AB.

• A → M (na parede ABFE, plano y = 0): o segmento vai de A = (0,0,0) até M = (a/2, 0, h). Como y = 0 em todos os pontos do trajeto, a projeção varia apenas em x, de 0 até a/2 — ou seja, projeta-se em (0,0) → (a/2, 0), também horizontal, e coincide com a metade do segmento AB. Note o fato geométrico elegante: como M é ponto médio de EF, sua projeção (a/2, 0) é exatamente o ponto médio de AB.

• M → H (no teto, plano z = h): o segmento vai de M = (a/2, 0, h) até H = (0, b, h). Sua projeção é (a/2, 0) → (0, b) — que é exatamente o vértice D do chão, pois H está diretamente acima de D! Como essa reta varia simultaneamente em x e em y, ela é inclinada, não horizontal nem vertical.

Subpasso 4.3 — Verificação: montando a figura final

Juntando tudo: a projeção total começa em B, percorre horizontalmente até A e depois, sem trocar de reta, até o ponto médio de AB (projeção de M) — visualmente isso é só o lado AB percorrido, com um marco em seu ponto médio. Dali, parte um novo segmento, agora inclinado, até o vértice D. Resultado: um segmento horizontal seguido de um segmento inclinado que nasce exatamente no ponto médio de um dos lados do retângulo do chão — isso bate perfeitamente com a alternativa B.

Passo 5 — Análise Crítica de Todas as Alternativas

A) Segmento retilíneo horizontal.

❌ Incorreta: descreve corretamente apenas a parte do trajeto que ocorre no chão e na parede (B→A→M), mas ignora que o terceiro trecho (M→H, pelo teto) se projeta como um segmento inclinado, pois M e H não compartilham a mesma coordenada em nenhum eixo. Um único segmento horizontal não dá conta de todo o percurso.

B) Segmento horizontal seguido por segmento inclinado até o ponto médio de um dos lados.

✅ Correta: é exatamente o que o cálculo mostra — B→A e A→M se projetam sobre a mesma reta horizontal (contendo o lado AB, com a projeção de M caindo no seu ponto médio), e a partir desse ponto médio nasce um segmento inclinado (projeção de M→H) que chega ao vértice D. A troca de direção acontece justamente no ponto médio de um dos lados do chão.

C) Segmento diagonal único inclinado na direção oposta.

❌ Incorreta: ignora completamente a natureza horizontal dos dois primeiros deslocamentos. Como B→A ocorre sobre o próprio chão e A→M ocorre numa parede vertical alinhada com a aresta AB, essas duas partes jamais poderiam se transformar em um único segmento diagonal — a face vertical sempre "achata" o trajeto numa reta paralela à sua aresta de base.

D) Trajeto em "Z" com vários segmentos alternados.

❌ Incorreta: superestima a complexidade da figura. A projeção tem apenas duas direções distintas (uma horizontal e uma inclinada), não uma sucessão de vários segmentos alternando de direção como um "Z" ou zigue-zague.

E) Trajeto triangular fechado.

❌ Incorreta: um trajeto fechado exigiria retornar ao ponto de partida B, formando um polígono. Mas o percurso B→A→M→H é aberto: começa em B e termina na projeção de H (o vértice D), sem nunca fechar um triângulo.

🏆 Gabarito: B — a projeção ortogonal do trajeto é um segmento horizontal (soma de B→A e A→M, que colapsam sobre a reta de AB) seguido de um segmento inclinado que parte exatamente do ponto médio de AB (projeção de M) até o vértice D (projeção de H).

Passo 6 — Conclusão, Generalização e Dica de Prova

• Reafirmação do gabarito: só a alternativa B captura simultaneamente os dois comportamentos geométricos corretos — trecho horizontal (chão + parede vertical alinhada) e trecho inclinado (teto paralelo ao chão) — conectados exatamente no ponto médio de um lado, que é onde a projeção de M cai.
• Padrão de cobrança: o ENEM gosta de testar projeções ortogonais de trajetos em sólidos (cubos, paralelepípedos, prismas) sem fornecer nenhum valor numérico, avaliando puramente a capacidade de visualização espacial e a compreensão do que significa "achatar" o espaço 3D sobre um plano.
• Generalização: ao projetar um segmento sobre um plano de referência, (1) se o segmento já está contido em uma face paralela ao plano, a projeção reproduz fielmente sua forma (mesma inclinação); (2) se está contido em uma face perpendicular ao plano, a projeção colapsa numa reta contida na aresta de interseção entre as duas faces.
• Dica de eliminação rápida: identifique primeiro em qual face (chão, parede ou teto) cada trecho do trajeto ocorre. Trechos em faces verticais perpendiculares ao plano de projeção sempre viram retas alinhadas com a aresta comum — isso já elimina alternativas com diagonais "soltas" logo no início (como a C). Trechos no teto (paralelo ao chão) só serão horizontais se os dois pontos envolvidos compartilharem uma coordenada — caso contrário, é inclinado, o que elimina a alternativa A.
• Conexões: este raciocínio se conecta a planificação de sólidos (Matemática) e a projeções em vistas ortográficas (Desenho Técnico/Geometria Descritiva), temas recorrentes em questões de geometria espacial do ENEM.