Poliedros e planificações: Euler, poliedros regulares e cubo aberto, com questões resolvidas

1 · O QUE É UM POLIEDRO

Um sólido fechado só por polígonos: faces, arestas e vértices.

Um poliedro é um sólido limitado apenas por polígonos planos. Cada polígono é uma face; o lado comum de duas faces é uma aresta; o ponto onde três ou mais arestas se encontram é um vértice. Usamos \(F\), \(A\) e \(V\) para as quantidades.

Cilindro, cone e esfera não são poliedros: eles têm superfície curva. São chamados de corpos redondos.

O poliedro é convexo quando o segmento que liga dois pontos quaisquer dele fica inteiro dentro dele. Em outras palavras, ele não tem "reentrâncias". Um bloco em forma de L é um poliedro não convexo.

Exemplo. A "casinha" da figura é um prisma de base pentagonal: 2 pentágonos e 5 retângulos dão \(F=7\); são \(V=10\) vértices e \(A=15\) arestas.

No bloco em L, o segmento azul liga dois pontos do sólido e passa por fora dele.

Faces	Nome do poliedro
4	tetraedro
5	pentaedro
6	hexaedro
7	heptaedro
8	octaedro
12	dodecaedro
20	icosaedro

O nome conta as faces, não diz a forma. Qualquer sólido com 6 faces planas é um hexaedro, mesmo que não seja um cubo. A casinha da figura, com 7 faces, é um heptaedro.

2 · RELAÇÃO DE EULER E CONTAGEM

Vértices menos arestas mais faces dá 2.

\[V-A+F=2\]

Vale para todo poliedro convexo (e para muitos não convexos que a prova mostra). Quase nunca a questão dá os três números: ela dá as faces, e você conta o resto.

Contar arestas pelas faces. Cada aresta é lado de exatamente duas faces. Então some os lados de todas as faces e divida por 2: \(A=\frac{\text{soma dos lados}}{2}\).

Exemplo. O dodecaedro tem 12 faces pentagonais: \(A=\frac{12\cdot5}{2}=30\) e, por Euler, \(V=2+30-12=20\).

Contar arestas pelos vértices. Cada aresta tem duas pontas. Somando quantas arestas chegam em cada vértice, cada aresta é contada duas vezes: \(2A=\text{soma das arestas por vértice}\). Num prisma triangular, cada um dos 6 vértices recebe 3 arestas: \(2A=18\), \(A=9\).

Soma dos ângulos de todas as faces

\[S=(V-2)\cdot360^\circ\]

Some os ângulos internos de todas as faces do poliedro. O resultado só depende do número de vértices. Exemplo. No prisma triangular, \(V=6\): \(S=4\cdot360^\circ=1440^\circ\). Conferindo: 2 triângulos (\(2\cdot180^\circ\)) e 3 retângulos (\(3\cdot360^\circ\)) dão \(1440^\circ\).

Prisma e pirâmide de base com \(n\) lados. Prisma: \(V=2n\), \(A=3n\), \(F=n+2\). Pirâmide: \(V=n+1\), \(A=2n\), \(F=n+1\).

Confira sempre. Depois de contar, teste \(V-A+F\). Se não der 2, alguma face ou aresta ficou de fora.

ENEM 2025 · Questão 149 Média

O poliedro de 32 faces

A cúpula pentagonal giralongada é um poliedro de Johnson, cujas faces são polígonos regulares, mas que não é um poliedro de Platão, de Arquimedes, prisma ou antiprisma.

As figuras apresentam esse poliedro em duas posições e uma de suas planificações.

Cúpula pentagonal giralongada em duas posições e sua planificação: um decágono vermelho no centro, cercado por triângulos azuis, cinco quadrados amarelos e um pentágono verde.

Quantos vértices tem esse poliedro?

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Contar vértice por vértice na figura é fácil de errar. Que tal contar as faces na planificação, onde todas estão à vista?

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: contar as pontas de um sólido estranho sem se perder. O texto sobre Johnson, Platão e Arquimedes é contexto: só avisa que o sólido é diferente dos conhecidos.
ESTRUTURAR
Na planificação, conte as faces por cor:
- decágono vermelho: 1 face de 10 lados = 10 lados;
- pentágono verde: 1 face de 5 lados = 5 lados;
- quadrados amarelos: 5 faces de 4 lados = 20 lados;
- triângulos azuis: 25 faces de 3 lados = 75 lados.
Total: 32 faces e 110 lados.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Faces são fáceis de contar na planificação. Com elas, chegamos nas arestas e, com Euler, nos vértices.
A armadilha: achar que 110 já é o número de arestas. Quando o sólido é montado, cada aresta junta dois lados, então cada aresta foi contada duas vezes.
CALCULAR
\[A = \frac{110}{2} = 55\]
\[V = 2 + A - F = 2 + 55 - 32 = 25\]
CONFERIR
Contando direto no sólido, por andares: a base de baixo (o decágono) tem 10 pontas, o anel do meio tem outras 10 e o pentágono do topo tem 5. 10 + 10 + 5 = 25 ✓.
As alternativas C (55) e E (110) são números do caminho: 55 é o número de arestas, e 110 é a soma dos lados antes de dividir por 2.

Resposta: B

Leve para outras questões: quando contar vértices ou arestas direto for confuso, conte as faces e use as duas ferramentas: cada aresta é contada duas vezes e V − A + F = 2.

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ENEM 2015 · Questão 149 Fácil–média

O troféu de cubo cortado

Para o modelo de um troféu foi escolhido um poliedro P, obtido a partir de cortes nos vértices de um cubo. Com um corte plano em cada um dos cantos do cubo, retira-se o canto, que é um tetraedro de arestas menores do que metade da aresta do cubo. Cada face do poliedro P, então, é pintada usando uma cor distinta das demais faces.

Com base nas informações, qual é a quantidade de cores que serão utilizadas na pintura das faces do troféu?

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O número de cores é o número de faces de P. Some as faces do cubo, que continuam existindo, com as faces novas criadas pelos cortes.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: o número de faces do poliedro P.
ESTRUTURAR
- Cubo: 6 faces, 8 vértices.
- Um corte por vértice, sem chegar ao meio da aresta.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Somar faces antigas e faces novas.
A armadilha: contar só as 6 faces do cubo (alternativa A) ou só os 8 triângulos novos (alternativa B).
CALCULAR
\[\text{faces} = 6\ \text{(octógonos, antigas faces do cubo)} + 8\ \text{(triângulos)} = 14\]
CONFERIR
Euler: P tem \(8 \cdot 3 = 24\) vértices e \(12 + 8 \cdot 3 = 36\) arestas; \(24 - 36 + 14 = 2\) ✓.

Resposta: C

Leve para outras questões: truncar os vértices de um poliedro acrescenta uma face nova por vértice e mantém as faces antigas.

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3 · POLIEDROS REGULARES E CORTES

Só existem cinco, e a UFRGS gosta de colocar um dentro do outro.

Um poliedro é regular quando todas as faces são polígonos regulares iguais e em todo vértice chega o mesmo número de arestas. São os cinco poliedros de Platão:

Poliedro	Faces	V	A	F
tetraedro	triângulos	4	6	4
cubo	quadrados	8	12	6
octaedro	triângulos	6	12	8
dodecaedro	pentágonos	20	30	12
icosaedro	triângulos	12	30	20

Tetraedro regular de aresta \(a\): cada face tem área \(\frac{a^2\sqrt3}{4}\), a altura é \(H=\frac{a\sqrt6}{3}\) e o volume é \(V=\frac{a^3\sqrt2}{12}\).

Exemplo. Com \(a=6\): \(H=2\sqrt6\) e \(V=\frac{216\sqrt2}{12}=18\sqrt2\).

Octaedro = duas pirâmides. O octaedro regular é formado por duas pirâmides quadrangulares regulares coladas pela base, com todas as arestas iguais.

Sólido dentro de sólido. Marque no desenho os pontos que viram vértices (centros de faces, pontos médios) e desenhe à parte o triângulo que contém a aresta procurada.

Por que só existem cinco

Em cada vértice chegam pelo menos 3 faces, e a soma dos ângulos dessas faces tem de ser menor que 360°. Se der 360°, as faces ficam planas, como um piso, e não fecham o sólido. Testando os polígonos regulares:

Faces no vértice	Soma	Poliedro
3 triângulos	180°	tetraedro
4 triângulos	240°	octaedro
5 triângulos	300°	icosaedro
3 quadrados	270°	cubo
3 pentágonos	324°	dodecaedro
6 triângulos, 4 quadrados, 3 hexágonos	360°	não fecha

O dodecaedro (12 pentágonos) e o icosaedro (20 triângulos) completam os cinco.

ENEM 2019 · Questão 157 Média

A luminária de tetraedro

As luminárias para um laboratório de matemática serão fabricadas em forma de sólidos geométricos. Uma delas terá a forma de um tetraedro truncado. Esse sólido é gerado a partir de secções paralelas a cada uma das faces de um tetraedro regular. Para essa luminária, as secções serão feitas de maneira que, em cada corte, um terço das arestas seccionadas serão removidas. Uma dessas secções está indicada na figura.

Tetraedro regular de aresta a sendo cortado, perto de um vértice, por um plano paralelo à face oposta, a a/3 do vértice. Ao lado, o sólido depois do corte, com uma pequena face triangular no lugar do vértice.

Essa luminária terá por faces

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O tetraedro tem 4 vértices e 4 faces. Cada vértice cortado vira um triângulo novo. E cada face original, que era triângulo, perde os 3 cantos.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: quantas faces de cada tipo tem o tetraedro com os 4 vértices cortados a um terço das arestas.
ESTRUTURAR
- 4 vértices cortados: 4 triângulos novos.
- 4 faces originais: cada uma perde 3 cantos.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Contar as faces novas (dos cortes) e as antigas (modificadas).
A armadilha: contar só 3 faces originais, pensando na figura, onde a base fica escondida, o que leva a 3 hexágonos (alternativa E). O tetraedro tem 4 faces, todas cortadas.
CALCULAR
• Cada corte num vértice cria um triângulo equilátero de lado \(\frac{a}{3}\): 4 triângulos.
• Cada face original perde os 3 cantos e vira um hexágono. Sobram \(\frac{a}{3}\) no meio de cada aresta, e os novos lados também medem \(\frac{a}{3}\): hexágono regular.
• Total: 4 hexágonos regulares e 4 triângulos equiláteros.
CONFERIR
Euler: vértices \(4 \cdot 3 = 12\), arestas \(6 + 4 \cdot 3 = 18\), faces 8. \(12 - 18 + 8 = 2\). Confere.

Resposta: A

Leve para outras questões: num poliedro truncado, cada vértice vira uma face nova e cada face antiga ganha um lado para cada canto cortado. Confira com a relação de Euler.

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UFRGS 2017 · Questão 47 Fácil–média

O octaedro dentro do cubo

Considere um cubo de aresta \(a\). Os pontos I, J, K, L, M e N são os centros das faces ABCD, BCGF, DCGH, ADHE, ABFE e EFGH, respectivamente, conforme representado na figura abaixo.

Cubo ABCDEFGH com a base ABCD embaixo e EFGH em cima. Os centros das seis faces, I (base), J (face BCGF), K (face DCGH), L (face ADHE), M (face ABFE) e N (topo), são os vértices de um octaedro regular desenhado dentro do cubo.

O octaedro regular, cujos vértices são os pontos I, J, K, L, M e N, tem aresta medindo

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Uma aresta liga os centros de duas faces vizinhas, por exemplo M (frente) e J (lado direito). Projete no plano da base: os dois centros ficam a \(\frac{a}{2}\) de distância em cada direção.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: a distância entre os centros de duas faces vizinhas do cubo.
ESTRUTURAR
Com o cubo em \([0, a]^3\): \(M = \left(\frac{a}{2}, 0, \frac{a}{2}\right)\) e \(J = \left(a, \frac{a}{2}, \frac{a}{2}\right)\).
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Calcular a distância MJ.
A armadilha: confundir com a diagonal da face (\(a\sqrt2\)). A aresta do octaedro liga centros, e não vértices.
CALCULAR
\[MJ = \sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 + 0^2} = \frac{a}{2}\sqrt2 = \frac{a\sqrt2}{2}\]
CONFERIR
Por outro caminho: o quadrado LMJK, no meio do cubo, tem diagonal LJ = \(a\) (de uma face lateral até a oposta). Seu lado é \(\frac{a}{\sqrt2} = \frac{a\sqrt2}{2}\) ✓.
Por que as outras tentam: B (\(a\sqrt2\)) é a diagonal de uma face do cubo, e C (\(\frac{a\sqrt3}{2}\)) é metade da diagonal do cubo.

Resposta: E

Leve para outras questões: o octaedro dos centros das faces tem aresta \(\frac{a\sqrt2}{2}\) e diagonais iguais a \(a\). Coordenadas resolvem rápido esse tipo de questão.

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UFRGS 2022 · Questão 54 Média

O octaedro dentro do tetraedro

Considere um octaedro regular cujos vértices são os pontos médios das arestas de um tetraedro regular de aresta 2, conforme a figura abaixo.

Tetraedro regular de aresta 2 desenhado em perspectiva, com o vértice no alto. Os pontos médios das seis arestas são os vértices de um octaedro sombreado dentro dele. A aresta da frente do tetraedro está marcada com a medida 2.

O volume do octaedro é

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O octaedro é o que sobra do tetraedro grande quando se cortam os quatro cantos. Cada canto é um tetraedro regular de aresta 1.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: o volume do octaedro de aresta 1, que sai do tetraedro de aresta 2 menos os quatro cantos.
ESTRUTURAR
- Tetraedro grande: aresta 2.
- Cada canto cortado: tetraedro regular de aresta 1, e são 4 cantos.
- Aresta do octaedro: 1, metade de 2.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Volume do grande menos 4 cantos.
A armadilha: tirar só 3 cantos, ou pensar que o octaedro ocupa metade do tetraedro. Os quatro cantos levam metade do volume, porque cada um vale \(\frac18\) do grande.
CALCULAR
\[V_{\text{grande}} = \frac{2^3\sqrt2}{12} = \frac{2\sqrt2}{3} \qquad V_{\text{canto}} = \frac{\sqrt2}{12}\]
\[V = \frac{2\sqrt2}{3} - 4 \cdot \frac{\sqrt2}{12} = \frac{2\sqrt2}{3} - \frac{\sqrt2}{3} = \frac{\sqrt2}{3}\]
CONFERIR
Pela fórmula do octaedro regular, \(V = \frac{\ell^3\sqrt2}{3}\); com \(\ell = 1\), \(V = \frac{\sqrt2}{3}\) ✓.
Por que as outras tentam: \(\frac{\sqrt2}{2}\) e \(\sqrt2\) aparecem para quem usa fórmulas de volume trocadas; \(\frac14\) e \(\frac12\) vêm de "chutar" uma fração do tetraedro.

O tetraedro de aresta 2 com o octaedro em azul e um dos quatro cantos em dourado, que é um tetraedro de aresta 1. Volume do octaedro: 2√2/3 − 4 · √2/12 = √2/3.

Resposta: C

Leve para outras questões: o tetraedro cortado pelos pontos médios das arestas vira um octaedro mais 4 tetraedros pequenos, cada um com \(\frac18\) do volume. O octaedro fica com metade.

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UFRGS 2026 · Questão 70 Difícil

O prisma dentro do tetraedro

Na figura abaixo, ABCD é um tetraedro regular de aresta 1. Os pontos E, F, G, I e H são pontos médios das arestas AD, CD, BD, AB e AC, respectivamente.

Tetraedro ABCD com D no topo. E, F e G são os pontos médios de AD, CD e BD; I e H são os pontos médios de AB e AC. O prisma de bases AIH e EGF aparece sombreado.

O volume do prisma AIHEGF é

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As bases são os triângulos AIH (na face ABC) e EGF (no meio do caminho até D). As duas têm lado \(\frac12\). A altura do prisma é a distância entre esses planos: metade da altura do tetraedro.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: a área de uma base e a distância entre os dois planos das bases.
ESTRUTURAR
• Base AIH: \(AI = AH = \frac12\) e ângulo de 60°, triângulo equilátero de lado \(\frac12\).
• Base EGF: liga pontos médios das arestas que saem de D, lado \(\frac12\) e paralela à face ABC.
• E, G, F estão na metade do caminho entre a face ABC e D.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Área da base vezes metade da altura do tetraedro.
A armadilha: achar que o prisma é metade do tetraedro. O tetraedro tem volume \(\frac{\sqrt2}{12}\), e a metade dá \(\frac{\sqrt2}{24}\) (alternativa B).
CALCULAR
\[A_b = \frac{\sqrt3}{4} \cdot \left(\frac12\right)^2 = \frac{\sqrt3}{16}\]
\[H_{\text{tetra}} = \frac{\sqrt6}{3} \quad\Rightarrow\quad h = \frac{\sqrt6}{6}\]
\[V = \frac{\sqrt3}{16} \cdot \frac{\sqrt6}{6} = \frac{\sqrt{18}}{96} = \frac{3\sqrt2}{96} = \frac{\sqrt2}{32}\]
CONFERIR
O prisma ocupa \(\frac{\sqrt2/32}{\sqrt2/12} = \frac{12}{32} = \frac38\) do tetraedro, menos da metade, como a figura sugere ✓. As arestas laterais AE, IG e HF são paralelas e iguais (todas metade de uma aresta saindo de D), então é mesmo um prisma, ainda que oblíquo.

Corte lateral esquemático do tetraedro: o vértice D no alto, a base ABC embaixo e o plano EGF tracejado exatamente na metade da altura. A altura do prisma é H/2 = √6/6 e o volume é (√3/16) · (√6/6) = √2/32.

Resposta: A

Leve para outras questões: em prisma oblíquo, a altura é a distância entre os planos das bases, não a aresta lateral. Pontos médios cortam distâncias ao meio.

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4 · PLANIFICAÇÕES

Monte a caixa na cabeça, uma dobra de cada vez.

Na fileira, faces separadas por uma ficam opostas. As duas abas laterais também.

A planificação é a superfície do sólido aberta no plano. Cilindro abre em dois círculos e um retângulo; cone, em um círculo e um setor; prisma de base com \(n\) lados, em duas bases e \(n\) retângulos; pirâmide, em uma base e \(n\) triângulos.

A área total do sólido é a área da planificação: some as áreas de todos os polígonos (ou do setor e dos círculos, nos corpos redondos). Por isso, embalagem, rótulo e quantidade de papel são perguntas de área total.

O cubo tem 11 planificações diferentes. Três testes descartam as falsas: nenhuma fileira tem mais de 4 quadrados; ao dobrar, duas faces não podem cair no mesmo lugar; e no fim tem de haver exatamente 6 faces.

Faces opostas nunca se tocam na planificação do cubo. Use isso para descobrir qual face fica em cima, ou para onde vai um desenho.

Dê nome às faces. Escolha uma face para ser o chão e anote, em cada uma das outras, se ela vira frente, fundo, lado ou teto.

ENEM 2012 · Questão 149 Fácil

As caixas da loja

Maria quer inovar em sua loja de embalagens e decidiu vender caixas com diferentes formatos. Nas imagens apresentadas estão as planificações dessas caixas.

Três planificações: um retângulo com dois círculos encostados, um em cima e outro embaixo; cinco retângulos lado a lado com dois pentágonos; um triângulo grande dividido em quatro triângulos.

Quais serão os sólidos geométricos que Maria obterá a partir dessas planificações?

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Olhe as bases. Dois círculos iguais com um retângulo formam que sólido? Dois pentágonos com retângulos? E quatro triângulos?

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: reconhecer cada sólido pela forma das faces na planificação.
ESTRUTURAR
- 1ª: retângulo e dois círculos.
- 2ª: cinco retângulos e dois pentágonos.
- 3ª: quatro triângulos.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Identificar as bases e as faces laterais de cada uma.
A armadilha: ver círculo e pensar em cone (alternativa B). O cone tem um só círculo e a lateral é um setor circular, não um retângulo.
CALCULAR
1ª: cilindro. 2ª: prisma de base pentagonal. 3ª: pirâmide de base triangular (tetraedro).
CONFERIR
Na 2ª, 5 faces laterais combinam com a base de 5 lados ✓. Na 3ª, o triângulo do meio é a base e os outros três sobem até um vértice ✓.

Resposta: A

Leve para outras questões: conte as bases e veja a forma da lateral; retângulos indicam prisma ou cilindro, triângulos com vértice comum indicam pirâmide.

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UFRGS 2013 · Questão 44 Média

Quais planificações formam um cubo

Considere as seguintes proposições de modelos de planificação de um cubo.

Cinco modelos de planificação com seis quadrados cada. I: em escada, dois quadrados embaixo à esquerda, dois no meio e dois em cima à direita. II: três quadrados em linha em cima, um embaixo do terceiro, e embaixo dele mais dois lado a lado. III: dois quadrados em cima à direita, três em linha no meio e um embaixo do terceiro do meio. IV: três em linha em cima, dois embaixo dos dois primeiros, formando um bloco 2 por 2, e um embaixo do segundo. V: quatro em linha no meio, um em cima do quarto e um embaixo do segundo. Na prova os modelos aparecem um abaixo do outro; aqui estão em duas linhas.

Entre essas proposições de modelos de planificação, quais podem resultar em um cubo?

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Um bloco 2 × 2 de quadrados nunca fecha um cubo. Depois, procure em cada modelo duas faces que cairiam no mesmo lugar.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: decidir, modelo a modelo, se ao dobrar as seis faces se fecham sem sobreposição.
ESTRUTURAR
Regra prática: em uma linha reta de quadrados, faces separadas por uma são opostas. Se duas faces "opostas" a uma mesma face aparecerem, o modelo falha.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Eliminar IV pelo bloco 2 × 2 e testar II dobrando.
A armadilha: aprovar II porque "parece" com a cruz; ao dobrar, duas faces caem no mesmo lugar.
CALCULAR
- I (escada 2-2-2): é uma das 11 planificações do cubo ✓.
- II: a linha de cima tem três quadrados, e a coluna que desce do terceiro termina com dois lado a lado; ao dobrar, o último quadrado cai sobre uma face já ocupada ✗.
- III: linha de três com uma face em cima e uma embaixo, mais uma ao lado da face de cima: fecha ✓.
- IV: tem um bloco 2 × 2, que se sobrepõe ✗.
- V: linha de quatro com uma face em cima e outra embaixo, em colunas diferentes: fecha ✓.
CONFERIR
Em V, a linha de quatro forma a "cinta" do cubo e as duas faces soltas viram tampa e fundo ✓. Logo, I, III e V.
Por que as outras tentam: A e D incluem II; B, C e D incluem IV, que tem o bloco 2 × 2.

Resposta: E

Leve para outras questões: há só 11 planificações do cubo; nenhuma tem bloco 2 × 2 nem linha de cinco quadrados.

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ENEM 2022 · Questão 143 Média–difícil

Os três quadrados do cubo

Dentre as diversas planificações possíveis para o cubo, uma delas é a que se encontra apresentada na Figura 1.

Figura 1: planificação do cubo em escada, com seis quadrados: dois na linha de cima, dois na linha do meio deslocados uma casa para a direita e dois na linha de baixo deslocados mais uma casa para a direita.

Em um cubo, foram pintados, em três de suas faces, quadrados de cor cinza escura, que ocupam um quarto dessas faces, tendo esses três quadrados um vértice em comum, conforme ilustrado na Figura 2.

Figura 2: cubo transparente em perspectiva com três quadrados cinza escuros, cada um ocupando um quarto de uma face, em três faces que se encontram num mesmo vértice de cima.

A planificação do cubo da Figura 2, conforme o tipo de planificação apresentada na Figura 1, é

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Em todas as alternativas os dois primeiros quadradinhos já estão juntos, no alto da aresta entre as duas primeiras faces. Esse ponto é um vértice do cubo. Qual face, e qual canto dela, chega a esse mesmo vértice quando você dobra a planificação?

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: descobrir qual canto da terceira face encontra o vértice já marcado pelos dois primeiros quadradinhos.
ESTRUTURAR
- Numere as faces da escada de 1 a 6, da esquerda para a direita.
- Fixe a face 3 como base. A face 2 sobe atrás (fundo), a face 1 vira a lateral esquerda, a face 4 vira a lateral direita, a face 5 vira a frente e a face 6 vira o topo.
- Os quadradinhos das faces 1 e 2 se encontram no vértice de cima, atrás, à esquerda.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Achar onde fica, na face 6 (o topo), o canto de trás à esquerda.
A face 6 se dobra a partir da aresta de cima da frente (lado esquerdo dela na planificação). O lado direito da face 6 vira a aresta de trás, e o canto de baixo desse lado é o de trás à esquerda.
A armadilha: achar que o terceiro quadradinho tem de ficar "perto" dos outros dois na planificação, como na alternativa B. Na planificação, cantos que se tocam no cubo podem ficar longe.
CALCULAR
- Face 1 (esquerda) e face 2 (fundo): quadradinhos no canto de cima, junto à aresta comum.
- Esse canto é o vértice de cima, atrás, à esquerda.
- Na face 6 (topo), esse vértice é o canto inferior direito da planificação.
CONFERIR
As outras alternativas levam o terceiro quadradinho para outros vértices: a A e a B para o vértice de cima, atrás, à direita; a C e a E para vértices da frente. Só na D os três quadradinhos se encontram num mesmo vértice.

Planificação em escada com as faces numeradas: 1 esquerda, 2 fundo, 3 base, 4 direita, 5 frente e 6 topo. O vértice V, de cima, atrás e à esquerda, está no alto da aresta entre as faces 1 e 2 e no canto inferior direito da face 6, onde fica o terceiro quadradinho escuro: alternativa D.

Resposta: D

Leve para outras questões: em planificação, escolha uma face como base e dobre as outras uma por vez, nomeando cada uma (frente, fundo, topo). Marcar vértices com letras ajuda a seguir os cantos.

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5 · DA PLANIFICAÇÃO AO VOLUME

Leia as medidas no papel e devolva cada uma ao seu lugar no sólido.

Antes de calcular, descubra qual segmento da planificação vira aresta da base, qual vira altura e quais se juntam numa mesma aresta. Em seguida, use as fórmulas de volume de sempre.

Exemplo. A planificação de uma pirâmide de base quadrada tem base de lado 6 e quatro triângulos de altura 5. Essa altura é o apótema da pirâmide. A altura do sólido sai do triângulo retângulo com o apótema da base, 3: \(h=\sqrt{25-9}=4\). Então \(V=\frac{36\cdot4}{3}=48\).

Altura do triângulo não é altura do sólido. Numa pirâmide, ela é o apótema, que está inclinado.

Diga o nome do sólido antes de calcular. Conte as faces da planificação e veja quais são as bases.

ENEM 2014 · Questão 150 Média

A mala de bordo

Conforme regulamento da Agência Nacional de Aviação Civil (Anac), o passageiro que embarcar em voo doméstico poderá transportar bagagem de mão, contudo a soma das dimensões da bagagem (altura + comprimento + largura) não pode ser superior a 115 cm.

A figura mostra a planificação de uma caixa que tem a forma de um paralelepípedo retângulo.

Planificação de uma caixa em forma de paralelepípedo. A faixa vertical à esquerda tem 90 cm de altura total e é formada por três retângulos. A faixa horizontal tem quatro retângulos; o último tem largura de 24 cm e o terceiro tem largura x.

O maior valor possível para x, em centímetros, para que a caixa permaneça dentro dos padrões permitidos pela Anac é

Ver uma pista

Na faixa vertical de 90 cm, os retângulos de cima e de baixo têm a profundidade da caixa, 24 cm. O do meio tem a altura. Ache a altura e use a regra da soma das três dimensões.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: as três dimensões da caixa a partir da planificação, com x + 24 + altura ≤ 115.
ESTRUTURAR
- Dimensões: x, 24 e a altura.
- Faixa vertical: 24 + altura + 24 = 90.
- Regra: soma das dimensões ≤ 115.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Descobrir a altura e resolver a inequação.
A armadilha: confundir a altura da caixa (42 cm) com a resposta e marcar 42 (alternativa C).
CALCULAR
\[\text{altura} = 90 - 2 \cdot 24 = 42\ \text{cm}\]
\[x + 24 + 42 \le 115 \;\Rightarrow\; x \le 49\]
CONFERIR
Com x = 49: \(49 + 24 + 42 = 115\), no limite permitido ✓.

Caixa com comprimento x, profundidade 24 cm e altura 42 cm. Na faixa vertical da planificação, 24 + altura + 24 = 90, então a altura é 90 menos 48 = 42 cm. Pela regra da Anac, x + 24 + 42 no máximo 115, então x no máximo 115 menos 66 = 49 cm.

Resposta: E

Leve para outras questões: em planificações, ache primeiro as medidas que se repetem; elas revelam as três dimensões da caixa.

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UFRGS 2014 · Questão 43 Média

O sólido de base quadrada

Na figura abaixo, encontra-se representada a planificação de um sólido de base quadrada cujas medidas estão indicadas.

Planificação com três retângulos lado a lado e dois triângulos. No meio, um quadrado de lado 6. À esquerda, um retângulo de altura 6. À direita, um retângulo de lados 6 e 10. Em cima e embaixo do retângulo da esquerda, dois triângulos retângulos com hipotenusa 10 e cateto vertical 6. Os ângulos retos estão marcados.

O volume desse sólido é

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Os dois triângulos são as faces das pontas: catetos 6 e ?, hipotenusa 10. O sólido é um prisma deitado com esses triângulos como bases.

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: montar o sólido a partir da planificação.
Montado, o sólido tem o quadrado 6 × 6 no chão, um retângulo 8 × 6 em pé, o retângulo 10 × 6 inclinado e os dois triângulos retângulos nas pontas.
ESTRUTURAR
\[\sqrt{10^2 - 6^2} = 8\]
Base triangular: catetos 6 e 8.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Área do triângulo vezes o comprimento 6.
A armadilha: esquecer a divisão por 2 na área do triângulo.
CALCULAR
\[A_{\triangle} = \frac{6 \cdot 8}{2} = 24\]
\[V = 24 \cdot 6 = 144\]
CONFERIR
O sólido é metade da caixa \(6 \times 8 \times 6 = 288\), cortada pela diagonal ✓.
Por que as outras tentam: D (288) é a caixa inteira, sem dividir por 2; E (360) usa 10 no lugar de 8.

O sólido montado: prisma deitado cuja base é o triângulo retângulo dourado de catetos 6 e 8 e hipotenusa 10, com comprimento 6. Volume 24 · 6 = 144.

Resposta: A

Leve para outras questões: numa planificação, procure as duas faces iguais que não são retângulos. Elas são as bases do prisma.

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UFRGS 2017 · Questão 46 Média

As arestas do tetraedro aberto

Considere a planificação de um tetraedro, conforme a figura abaixo.

Planificação de um tetraedro com o triângulo ABD no meio e três triângulos em volta: ABC à direita embaixo, ADE à esquerda e BDF em cima. Medidas indicadas: DF = 3, DB = 7, BC = 5 e AC = 6.

Os triângulos ABC e ABD são isósceles respectivamente em B e D. As medidas dos segmentos \(\overline{AC}\), \(\overline{BC}\), \(\overline{BD}\) e \(\overline{DF}\) estão indicadas na figura.

A soma das medidas de todas as arestas do tetraedro é

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Ao montar o tetraedro, C, E e F viram um único vértice. Use as igualdades da planificação: \(DE = DF\), \(AE = AC\) e \(BF = BC\).

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: as 6 arestas do tetraedro montado e a soma delas.
ESTRUTURAR
• Isósceles em B: \(BA = BC = 5\).
• Isósceles em D: \(DA = DB = 7\).
• O vértice V (C, E e F colados): \(VA = AC = 6\), \(VB = BC = 5\), \(VD = DF = 3\).
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Listar as 6 arestas: AB, AD, BD, VA, VB e VD.
A armadilha: somar todos os segmentos desenhados na planificação. As bordas se colam aos pares e cada aresta seria contada duas vezes.
CALCULAR
\[AB + AD + BD + VA + VB + VD = 5 + 7 + 7 + 6 + 5 + 3 = 33\]
CONFERIR
Na planificação há 9 segmentos: os 3 do triângulo do meio e 6 bordas que se colam em 3 pares (DE com DF, AE com AC, BF com BC). Isso dá \(3 + 3 = 6\) arestas ✓.
Por que as outras tentam: D (47) é a soma dos 9 segmentos da planificação, contando as bordas coladas duas vezes.

Resposta: A

Leve para outras questões: em planificação, identifique quais pontos viram o mesmo vértice. Bordas que se colam são uma aresta só.

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UFRGS 2023 · Questão 54 Média

Quatro quadrados e dois losangos

A figura abaixo é a planificação de um sólido geométrico, composta por quatro quadrados e dois losangos, em que todas as arestas têm medida igual a 1. Os ângulos marcados na figura têm medida 60º.

O volume do sólido é

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Os dois losangos são as bases e os quatro quadrados são as faces laterais. Que sólido é esse?

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INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: reconhecer o prisma de base losango e calcular o volume.
ESTRUTURAR
- Bases: losangos de lado 1 e ângulo de 60°.
- Faces laterais: quadrados de lado 1, então a altura do prisma é 1.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Área do losango vezes a altura.
A armadilha: usar a área de um triângulo equilátero de lado 1, \(\frac{\sqrt3}{4}\) (alternativa B). O losango de 60° são dois desses triângulos.
CALCULAR
\[A_{base} = 1 \cdot 1 \cdot \operatorname{sen}60^\circ = \frac{\sqrt3}{2} \qquad V = \frac{\sqrt3}{2}\cdot 1 = \frac{\sqrt3}{2}\]
CONFERIR
O sólido cabe num cubo de aresta 1 inclinado; \(\frac{\sqrt3}{2} \approx 0{,}87\), menos que 1, o volume de um cubo de mesma aresta ✓.

O sólido montado: um prisma com base losango de lado 1 e ângulo de 60° e arestas laterais 1. Área da base √3/2 e volume √3/2.

Resposta: C

Leve para outras questões: numa planificação, as duas faces "diferentes" costumam ser as bases. O losango de 60° é a união de dois triângulos equiláteros.

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6 · ARMADILHAS DE PROVA

Os seis erros que mais derrubam questão de poliedro e planificação.

Somar os lados das faces e esquecer de dividir por 2 ao contar arestas. Veja na questão do poliedro de 32 faces.
Esquecer que cada corte cria faces novas e mudar o formato das antigas. Veja na questão do troféu.
Contar duas vezes a mesma aresta quando ela aparece em dois lados da planificação. Veja na questão do tetraedro aberto.
Aceitar uma planificação em que duas faces caem no mesmo lugar ao dobrar. Veja na questão das planificações do cubo.
Girar o desenho da face ao dobrar, sem acompanhar o vértice comum. Veja na questão dos três quadrados.
Usar a medida errada da planificação como altura. Veja na questão do sólido de base quadrada.

7 · DESAFIO

Um octaedro aberto no papel. Qual face fica do lado oposto?

Imagine o sólido fechando, dobra por dobra, antes de olhar as alternativas. Clique numa alternativa para conferir. A resolução segue os 5 passos: interpretar, estruturar, escolher a estratégia, calcular e conferir.

ENEM 2021 · Questão 168 Difícil

A face oposta no octaedro

Num octaedro regular, duas faces são consideradas opostas quando não têm nem arestas, nem vértices em comum. Na figura, observa-se um octaedro regular e uma de suas planificações, na qual há uma face colorida na cor cinza escuro e outras quatro faces numeradas.

À esquerda, um octaedro regular em perspectiva, com arestas escondidas tracejadas. À direita, uma planificação com 8 triângulos: na fileira de cima, os triângulos 1 (de ponta para baixo), 2 (de ponta para cima) e 3 (de ponta para baixo); na fileira do meio, o triângulo 4 abaixo do 2 e um triângulo sem número à sua direita; na fileira de baixo, três triângulos, sendo o da direita pintado de cinza escuro.

Qual(is) face(s) ficará(ão) oposta(s) à face de cor cinza escuro, quando o octaedro for reconstruído a partir da planificação dada?

Ver uma pista

O octaedro tem 6 vértices e só uma face é oposta a cada face. Dê nomes aos vértices da planificação: o ponto onde quatro triângulos se encontram já é um vértice completo.

Ver resolução

INTERPRETAR
O que a questão quer de verdade: a única face que não compartilha nenhum vértice com a face cinza depois da montagem.
ESTRUTURAR
- A face cinza tem 3 vértices; a oposta tem os outros 3.
- Vértices em que já se encontram 4 triângulos na planificação estão completos.
ESCOLHER ESTRATÉGIA
Nomear os 6 vértices (A a F) e descobrir os três vértices da face cinza.
- O ponto central, onde se encontram a face 4, as duas faces de baixo e a face sem número ao lado da 4, reúne 4 faces: é o vértice A.
- O ponto entre a face 4, a 2, a 3 e a face sem número também reúne 4 faces: é o vértice B.
- Os demais pontos se juntam ao montar, completando 4 faces em cada vértice.
A armadilha: escolher pela distância na planificação, marcando as faces 1 e 3 (alternativa B), que ficam longe no papel mas tocam a face cinza depois de montadas.
CALCULAR
- Face cinza: vértices D, E e F.
- Face 4: vértices A, B e C.
- Faces 1, 2 e 3 têm o vértice F; a face cinza também. Logo, nenhuma delas é oposta.
CONFERIR
A face 4 e a face cinza não têm nenhum vértice em comum, e só pode haver uma face oposta. A figura de apoio mostra os seis vértices nomeados.

A planificação do octaedro com os vértices nomeados de A a F; letras iguais indicam pontos que viram o mesmo vértice ao montar. A face 4, em destaque, tem os vértices A, B e C. A face cinza tem os vértices D, E e F. Elas não têm vértice em comum, então a face 4 é a oposta à cinza. As faces 1, 2 e 3 usam o vértice F, que também é da face cinza.

Resposta: E

Leve para outras questões: em planificações, nomeie os vértices e use as contagens do poliedro (faces por vértice) para decidir quais pontos se juntam.

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8 · TREINO RÁPIDO

Dez contas para fixar, com resposta.

Conte com calma e confira com Euler antes de abrir a resposta. Se errar mais de duas, volte à seção correspondente.

1
Um poliedro convexo tem 8 vértices e 12 arestas. Quantas faces ele tem?
Ver resposta
\(F=2-8+12=6\).
2
Quantos vértices, arestas e faces tem um prisma de base hexagonal?
Ver resposta
\(V=12\), \(A=18\), \(F=8\).
3
Quantos vértices, arestas e faces tem uma pirâmide de base pentagonal?
Ver resposta
\(V=6\), \(A=10\), \(F=6\).
4
Um poliedro tem 6 faces quadradas e 8 triangulares. Quantas arestas e quantos vértices ele tem?
Ver resposta
\(A=\dfrac{24+24}{2}=24\) e \(V=2+24-14=12\).
5
Qual o volume de um tetraedro regular de aresta 3?
Ver resposta
\(\dfrac{27\sqrt2}{12}=\dfrac{9\sqrt2}{4}\).
6
Qual a altura de um tetraedro regular de aresta 3?
Ver resposta
\(\dfrac{3\sqrt6}{3}=\sqrt6\).
7
Quantas planificações diferentes tem o cubo?
Ver resposta
11.
8
A planificação de um cubo tem área total 150 cm². Quanto mede a aresta?
Ver resposta
\(6a^2=150\Rightarrow a=5\) cm.
9
A planificação de uma pirâmide quadrada tem base de lado 8 e triângulos de altura 5. Qual o volume?
Ver resposta
Altura \(\sqrt{25-16}=3\); \(V=\dfrac{64\cdot3}{3}=64\).
10
A lateral de um cilindro aberta é um retângulo 12π × 10. Qual o raio e o volume do cilindro?
Ver resposta
\(2\pi r=12\pi\Rightarrow r=6\); \(V=\pi\cdot36\cdot10=360\pi\).

RESUMO PARA REVISAR

Poliedros e planificações em seis linhas.

Euler: \(V-A+F=2\).
Arestas pelas faces: some os lados de todas as faces e divida por 2. Soma dos ângulos das faces: \((V-2)\cdot360^\circ\).
Os cinco regulares: tetraedro, cubo, octaedro, dodecaedro e icosaedro; em cada vértice, soma dos ângulos menor que 360°.
Tetraedro regular: \(H=\frac{a\sqrt6}{3}\) e \(V=\frac{a^3\sqrt2}{12}\).
Cubo: 11 planificações; faces opostas nunca se tocam.
Da planificação ao sólido: descubra o que vira base, altura e aresta colada.

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Conte faces, vértices e arestas, e desmonte o sólido no papel.

Um sólido fechado só por polígonos: faces, arestas e vértices.

Vértices menos arestas mais faces dá 2.

Soma dos ângulos de todas as faces

Só existem cinco, e a UFRGS gosta de colocar um dentro do outro.

Por que só existem cinco

Monte a caixa na cabeça, uma dobra de cada vez.

Leia as medidas no papel e devolva cada uma ao seu lugar no sólido.

Os seis erros que mais derrubam questão de poliedro e planificação.

Um octaedro aberto no papel. Qual face fica do lado oposto?

Dez contas para fixar, com resposta.

Poliedros e planificações em seis linhas.