MATEMÁTICA –4 VOLUME 2 06. B RESOLUÇÕES - EXERCITANDO … · pirâmide, O é o centro da base...

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1 MATEMÁTICA 4 – VOLUME 2 RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASA AULA 11 01. A Observando a figura, temos: 3 3 2v H H 2 v 1 = = 02. D O volume pedido corresponde ao volume de um cone, cujo raio da base mede a cm e cuja altura é a cm. Portanto, o resultado é: 2 3 1 1 V a .a a 3 3 = π = π 03. B Sendo r e h as dimensões do cone e R e H as dimensões do poço, calculando o volume do poço e do cone, tem-se: 2 2 2 cone 2 poço 2 2 poço cone 1 1 V r .h .(3R) .2,4 7,2 R 3 3 V R .H. Como o volume do cone é 20% maior do que o volume do poço cilíndrico, logo: 1,2.V V 1,2. R .H 7,2 .R H 6 m = π = π = π = π = π = 04. A O volume de água no reservatório cônico é igual a 2 3 2 1 V .8 .9 576 m . 3 A altura atingida no reservatório cúbico será: 10 .h 576 h 5,76 m. = π = = 05. B Volume da embalagem será: cilindro cone 2 2 3 V V 2.V 1 V .3 .15 2. . .3 .4 3 V 111 333 cm 0,333L = π = π= = 06. B O volume externo aos cones e interno ao cilindro é dado por: cilindro cone 2 2 2 V V 2.V 1 h V .R .h 2. . .R . 3 2 2 V . .R .h, ou seja, o 3 volume desejado é igual ao dobro da soma dos volumes do cone. = π = π 07. A Como o cone dá duas voltas em torno do seu eixo de revolução para formar o círculo V, então o comprimento do círculo de centro V é duas vezes o comprimento da circunferência da base do cone. Assim: 2 2 2 2 3 2 g 2.2 .6 g 12 cm. h 6 12 h 6 3 cm. 1 V= .6 .6 3 72 3 cm . 3 π = π = + = = π = π 08. C De acordo com o enunciado: Considerando: V volume total do cone v' volume cheio (tronco) v'' volume vazio (topo) H 12 altura total h 6 altura topo / altura tronco = = = = = = = Pode-se calcular: 3 3 2 2 3 3 V H 12 V V 8v'' v'' h 6 v'' V 7 v' v'' V v' V v' V 8 8 1 1 V R H 3,14 4 12 V 200,96 3 3 7 7 v' V 200,96 v' 175, 85 m 8 8 Tempo : 500 L / min 0,5m /min 1 min = = = + = + = = = ⋅π⋅ = = = = = = 3 0, 5 m t 3 175, 85 m t 351, 7 min 5h e 50 min =

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MATEMÁTICA 4 – VOLUME 2 RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASA

AULA 11 01. A

Observando a figura, temos:

332v H H 2

v 1 = → =

02. D

O volume pedido corresponde ao volume de um cone, cujo raio da base mede a cm e cuja altura é a cm. Portanto, o resultado é:

2 31 1V a .a a3 3

= π = π

03. B

Sendo r e h as dimensões do cone e R e H as dimensões do poço, calculando o volume do poço e do cone, tem-se:

2 2 2cone

2poço

2 2poço cone

1 1V r .h .(3R) .2,4 7,2 R3 3

V R .H. Como o volume do cone

é 20% maior do que o volume do poçocilíndrico, logo:

1,2.V V 1,2. R .H 7,2 .R

H 6 m

= π = π = π

= π

= → π = π

=

04. A

O volume de água no reservatório cônico é igual a 2 3

2

1V .8 .9 576 m .3

A altura atingida no reservatório cúbico será:

10 .h 576 h 5,76 m.

= π ≅

= → =

05. B

Volume da embalagem será:

cilindro cone

2 2

3

V V 2.V1V .3 .15 2. . .3 .43

V 111 333 cm 0,333L

= −

= π − π

= π = =

06. B O volume externo aos cones e interno ao cilindro é dado por:

cilindro cone

2 2

2

V V 2.V1 hV .R .h 2. . .R .3 2

2V . .R .h, ou seja, o3

volume desejado é igual aodobro da soma dos volumesdo cone.

= −

= π − π

= π

07. A

Como o cone dá duas voltas em torno do seu eixo de revolução para formar o círculo V, então o comprimento do círculo de centro V é duas vezes o comprimento da circunferência da base do cone. Assim:

2 2 2

2 3

2 g 2.2 .6 g 12 cm.

h 6 12 h 6 3 cm.1V= .6 .6 3 72 3 cm .3

π = π → =

+ = → =

π = π

08. C

De acordo com o enunciado:

Considerando: V volume total do conev ' volume cheio (tronco)v '' volume vazio (topo)H 12 altura totalh 6 altura topo / altura tronco

==== == =

Pode-se calcular: 3 3

2 2

3

3

V H 12 V V 8v ''v '' h 6 v ''

V 7v ' v '' V v ' V v ' V8 8

1 1V R H 3,14 4 12 V 200,963 37 7v ' V 200,96 v ' 175,85 m8 8

Tempo : 500 L / min 0,5 m / min

1 min

= → = → =

+ = → + = → =

= ⋅ π ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ → =

= = ⋅ → =

=30,5 m

t 3175,85 mt 351,7 min 5h e 50 min= ≈

2

09. D

Considerando o cone formado pelo filtro, temos: 2R 18 R 9 cm= ⇒ =

Como o volume é 3270 cm , podemos escrever que:

21 109 h 270 h cm.3⋅ π ⋅ ⋅ = ⇒ =

π

Utilizando o Teorema de Pitágoras para calcular a medida g da geratriz do cone, temos:

22 2 2 2 210g h R g 9 = + ⇒ = + π

A área do círculo será dada por: 2

2 2

2

10A g A 9

100A 81 cm

= π ⋅ ⇒ = π ⋅ + ⇒ π

⇒ = + ⋅ π π

10. A

Volume do cilindro: V

Volume do óleo no cone, no momento considerado: Vi Daí, temos:

3

ii

HV V2 VV H 8

= ⇒ =

Portanto, o volume que estará no cilindro, no

instante considerado será: V 7VV ,8 8

− = ou seja,

87,5% do volume do cilindro, portanto a alternativa A é mais adequada.

AULA 12 01. E

Supondo que quadriláteros irregulares e trapézios sejam polígonos distintos, tem-se que as possibilidades são: triângulos, quadrados, trapézios, quadriláteros irregulares e pentágonos, conforme as figuras abaixo.

02. E As peças descartadas são de dois tipos diferentes: 2 pirâmides congruentes e 2 prismas congruentes (ver figura abaixo).

03. C 1 face superior

Total de faces 17 1 face inferior15 faces laterais

possui 15 arestas na base

= ⇒ ⇒

Portanto, como será construído uma pirâmide, teremos 15 arestas laterais também.

Logo, 15 arestas na base + 15 arestas laterais = 30 arestas.

04. C

Sendo 1 m a medida do apótema da base e p a medida do apótema da pirâmide, pelo Teorema de Pitágoras, segue que

2 2 2p 3 1 p 10 m 320cm.= + ⇒ = ≅ Portanto, tem-se que o resultado pedido é dado por

2

1 200 32024 320.

20

⋅ ⋅⋅ =

05. B Calculando:

( )22 2 2 22

2

AB 214 2

214 2BC 107 22

BD 204

BD DC BC 204 DC 107 2

DC 41616 22898 DC 18718 136,8 m

=

= =

=

= + ⇒ = +

= − ⇒ = ≈

3

06. C Seja n o número de lados do polígono da base. Logo, sabendo que as faces laterais de uma pirâmide qualquer são triângulos, temos 180 (n 2) n 180 3.600 2n 2 20

n 11.° ⋅ − + ⋅ ° = ° ⇔ − =

⇔ =

07. A

Como as faces de um tetraedro regular são triângulos equiláteros, segue que o custo pedido é dado por

220 3 (3 30 50) 100 1,7 1404

R$ 23.800.

⋅⋅ ⋅ + ≅ ⋅ ⋅

=

08. D

Considere a figura, em que V é o vértice da pirâmide, O é o centro da base e M é o ponto médio da aresta AB.

Queremos calcular a medida do ângulo VMO. Sabendo que a a área lateral é o dobro da área da base, vem que

2b

AB VMA 2 A 4 2 AB2

VM AB.

⋅= ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅

⇔ =

Portanto, do triângulo VOM, obtemos

ABOM 2cosVMO cosVMOVM AB

1cosVMO2

cosVMO cos60

VMO 60 .

= ⇔ =

⇔ =

⇔ = °

⇔ = °

09. D

Considere a figura abaixo, em que o quadrado ABCD é a base da pirâmide, O é o centro da base da pirâmide e o quadrado PQRS é a base da plataforma.

Como =AB 6 2 m, temos que

⋅ ⋅= = =

AB 2 6 2 2OA 6 m.

2 2 Além disso, sabemos

que =PQ 19 2 m. Logo,

⋅ ⋅= = =

PQ 2 19 2 2OP 19 m.

2 2

Sendo V o vértice da torre e sabendo-se que =VO 24 m, considere a figura abaixo.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo VOA, obtemos

= + ⇔ = +

⇒ =

⇒ =

2 2 2 2 2 2VA VO OA VA 24 6

VA 612

VA 6 17 m.

Queremos calcular PT, em que T é o ponto médio da aresta lateral da torre, conforme a figura seguinte.

Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo APT

segue que = + − ⋅ ⋅ ⋅2 2 2 ˆPT AP AT 2 AP AT cosPAT.

Daí, como = − = − =AP OP OA 19 6 13 m e

= − = − = − = −VA 6 1ˆ ˆcosPAT cos VAO ,OA 6 17 17

encontramos = + − ⋅ ⋅ ⋅ − ⇔

= + + ⇒ =

2 2 2

2

1PT 13 (3 17) 2 13 3 17

17

PT 169 153 78 PT 400 m.

10. E

Considere a figura, em que V é o vértice da pirâmide, O é o centro da base e M é o ponto médio da aresta AB.

4

Desse modo, como AB 6cm,= vem AB 6OM OM 3 3 cm.

2tg30 323

= ⇔ = =°

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo OVM, encontramos

2 2 2 2 2 2VM OV OM VM 6 (3 3)

VM 3 7 cm.

= + ⇒ = +

⇒ =

Portanto, o resultado pedido é dado por

2 2

2

AB VM6 AB 6 (6 3 3 7)2

54(4 7)cm .

⋅⋅ + = ⋅ + ⋅

= +

AULA 13 01. D

Observe a figura a seguir:

L 3 4 3h h h 2 32 2

= ⇒ = ⇒ =

Observe a figura abaixo:

( ) ( )2 22 2 2 2h H r 2 3 H 2 H 2 2 cm= + ⇒ = + ⇒ =

Portanto, 2 2

3pir. pir.

L H (4) 2 2 32V V 2 cm3 3 3× ×

= ⇒ = =

02. E

Cálculo da altura da Pirâmide: h2 + 62 = 102 h = 8 mm

Volume da peça como diferença do volume da pirâmide e o volume da parte oca.

peça pirâmide

2peça

3peça

V V 78

1V 12 8 783

V 306mm

= −

= ⋅ ⋅ −

=

03. A

( )

2original

2 2novo novo

novo original

1V a h3

1 1V 1,3a 0,7h V 1, 183 a h3 3

V 1, 183 V 18,3% maior

= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ →

04. D

PirâmideArea da base Altura

V .3

×=

Portanto: 22 2

1 2

H(2L)L H L H2V e V 2 .3 3 3

× × ×= = = ×

Logo:

2 1V 2 V= × (O dobro do volume inicial).

05. B

2 2

h 1,5 h 416 6

1 1Volume 6 16 .1,5 4 192 3 1893 3

⇔ =

= ⋅ − ⋅ = − =

06. A A peça final que contém o vértice P é uma pirâmide, cuja base é um quadrado de lado 12 6 cm2

= e cuja altura mede 12 cm.

Portanto, o volume pedido é igual a 2 31 6 12 144cm .

3⋅ ⋅ =

5

07. C

Para que o volume permaneça 3 m3, as distâncias dos pontos P ao plano (XYZ) deverão ser iguais, pois representam as alturas das pirâmides. Portanto, qualquer ponto P deverá pertencer a um dos planos paralelos e equidistantes do plano (XYZ).

08. D

A área da base de cada tetraedro corresponde à metade da área do quadrado base, isto é,

2 21 40 800cm .2⋅ = Portanto, como são 2 16 32⋅ =

tetraedros, segue o volume de líquido necessário para encher todo o quadro, que é

3132 800 6 51.200cm 51 L.3⋅ ⋅ ⋅ = ≅

09. B O sólido descrito é um tronco de Pirâmide.

Calculando a medida m, temos: 2 2 2m 1 2 m 3+ = ⇒ =

Calculando, agora, a medida h.

22 2h 1 3 h 2+ = ⇒ =

Por semelhança encontramos o valor de x :

x 2 x 2

4x 2= ⇒ =

+

O volume do sólido será a diferença entre o volume da pirâmide maior e o volume da pirâmide menor.

2 21 1 28 2V 4 2 2 2 23 3 3

= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =

10. C Sejam 3r, e 6 , respectivamente, o raio do círculo circunscrito à base do prisma, a medida da aresta da base da pirâmide e a medida da aresta da base do prisma. Portanto, sabendo que

36

3r

3= =

e os volumes são iguais, temos

2 2 326 3 6

6 6

6

3 3 3 31 12 ( 3)2 3 4 2

2cm.

⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ =

⇒ =

AULA 14 01. C

Considere a figura.

Como a pirâmide menor e a maior são semelhantes, vem que

3 3v h 1 1 ,V H 4 64

= = =

sendo v o volume da pirâmide menor e V o volume da pirâmide que deu origem ao tronco. Além disso, como o volume do tronco é 335cm ,

temos 3V 320V v 35 V 35 V cm .64 9

− = ⇔ − = ⇔ =

Portanto, 21 320 204 H H cm.

3 9 3⋅ ⋅ = ⇔ =

02. E

3(EFGHI)

3(EFGHI)

(EFGHI)

V bP a

V b PVP 4b 64

=

= ⇔ =

Logo, P 63V P P64 64

= − =

03. D

Fazendo a razão de semelhança entre os lados das bases das pirâmides temos:

K = 1018

6

Se a altura total da pirâmide for h, a altura da pirâmide menor será h – 60, logo, fazendo a razão entre as alturas:

K = h 60h−

Portanto, 10 h 6018 h

−= ↔ 10h = 18h – 18 . 60 ↔

↔ 8h = 18 . 60 h = 18 608⋅ = 135 m

04. C

Observe a figura:

30 x x 45cm, logo h=15+45=6045 x 15

= → =+

3maior

1V .40.40.60 32000cm3

= =

3menor

1V .30.30.45 13 500cm3

= =

Vtronco = 32 000 – 13 500 = 18 500 cm3 05. D

4 x x 4m10 x 6

= → =+

22

base maior

3maior

10 3A 6. 150 3 cm4

1V .150 3.10 500 3 cm3

= =

= =

33menor menor

maior maior

3menor menor

V V 4kV V 10

64V .500 3 V 32 3 cm1000

= → =

= → =

3troncoV 500 3 32 3 468 3 cm= − =

06. C

20 x x 72 cm30 x 36H=36+72 H=108 cm

= → =+→

3maior maior

3menor menor

3cesto cesto

cesto

1V .30.30.108 V 32400 cm31V .20.20.72 V 9600 cm3

V 32400 9600 V 28800 cmV 28,8 L

= → =

= → =

= − → ==

07. D

2 2base menor

base maior

2base maior

base maior

A 24 4 16A 30 5 25

144 16 A 225 dmA 25

= = =

= → =

08. E

Sendo v o volume da embalagem menor, temos 3v 40 v 51,2mL.

100 50 = ⇔ =

09. A

Se V é o volume do copo e v é o volume de suco concentrado, então deve-se ter

3v 1 k ,V 8= = com k sendo a razão de semelhança.

Logo, se H é a altura do copo e h é a altura de suco no copo, então

3h h 1 Hk h .H H 8 2

= ⇔ = ⇔ =

10. C

3 3menor

maior

V h 1 hV 10 8 10h 1 h 5 m10 2

= → =

= → =

7

AULA 15 01. B

A = área da semiesfera de raio 14 m: 2

24 14A 392 m .2

⋅ π ⋅= = π

A’ = área de cada semicírculo lateral: 2

23 9A' m .2 2

π ⋅ π= =

Área que será pintada: A – A’ = 9392 12 338 1014 ( 3).2π

π − ⋅ = π ≅ π =

Número de latas de tinta: 1014 26.39

=

02. C

Área de cada uma das partes (interna e externa): A = 2.3,14. (0,2)2 = 0,2512 Logo, o valor total será: 0,2512 (40 + 10) = R$ 12,56.

03. E Considere a figura.

Seja D o pé da perpendicular baixada de O sobre AC. Assim, como CD 3cm= e CO 7cm,= pelo Teorema de Pitágoras, obtemos

2 2 2d 7 3 d 2 10 cm.= − ⇒ =

A resposta é 2 10 10.2

= 04. E

O volume de uma pílula de raio r, em milímetros cúbicos, é dado por

2 3 24r 10 r 2r (15 2r).3

π ⋅ ⋅ + ⋅ π ⋅ ≅ +

Portanto, o resultado pedido é igual a 2 2

3

2 5 (15 2 5) 2 4 (15 2 4)

1250 736 514mm .

⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ =

= − =

05. C

R = raio da bexiga.

3 334 R 4 3 R500 500 R

3 325 R 5cm.

π ⋅ ⋅ ⋅= ⇔ = ⇔ =

= ⇔ =

Comprimento do círculo máximo: C 2 R 2 3 5 30cm.= ⋅ π ⋅ = ⋅ ⋅ =

06. E

A quantidade de madeira descartada corresponde ao volume do cilindro subtraído dos volumes da semiesfera e do cone. Portanto, o resultado é

2 23

3

6 1 4 1 67 (7 4) 4 189 54 362 2 3 3 2

99cm .

π ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ π ⋅ − − ⋅ π ⋅ ⋅ ≅ − −

=

07. B Volume de uma laranja: 3 34 3 36 cm

3⋅ π ⋅ = π

Volume de suco em uma laranja: 32 36 75,36cm

3⋅ π =

Total de laranjas para 31L 1000cm= de suco.

1000 : 75,36 13,26≅ laranjas.

Portando, deve-se espremer 14 laranjas. 08. B

Seja r o raio da esfera. Sabendo que o volume da esfera é 32304 cm ,π temos

34 r 2304 r 12cm.3⋅ π ⋅ = π ⇔ =

Portanto, a área da superfície de cada faixa é igual a

2 2 21 1r 12 24 cm .6 6⋅ π ⋅ = ⋅ π ⋅ = π

09. E

Para que seja mantida a mesma capacidade do frasco esférico, a altura do frasco cilíndrico deverá ser tal que

23R 4h R h 12R.

3 3 π ⋅ = π ⋅ ⇔ =

10. D

Volume da semiesfera da taça

3

3

1 4 R 60,752 3R 91, 125R 4,5 cm.

⋅ π ⋅⋅ = π

==

8

AULA 16 01. E

2 2 2 2 2 2R d r 13 12 rr 5 cm

= + → = +=

02: A

o 2

ofuso

o2 2

fuso o

2fuso

Ângulo Área

360 4 r

20 A

20 1A 4 r . 4 .9 .18360

A 18 cm

→ π

= π = π

= π

o 3

ocunha

o3 3

cunha o

3cunha

Ângulo Volume4360 r3

20 V

4 20 4 1V r . .9 .3 3 18360

V 54 cm

→ π

= π = π

= π

03. E

Considere a figura, em que O é o centro da esfera, C é o centro da seção e P um ponto de interseção de S com a esfera.

Sabendo que a área da seção é igual a 216 cm ,π

temos que 2CP 16 CP 4 cm.π ⋅ = π ⇒ = Desse modo, como OP é o raio da esfera e OC 3 cm,= vem

2 2 2 2 2 2OP OC CP OP 3 4

OP 5 cm.

= + ⇔ = +

⇒ =

Portanto, o volume da esfera é dado por

3 3

3

4 OP 4 53 3

500 cm .3

π ⋅ π ⋅=

π=

04. C

Para calcular basta calcular três vezes o volume das bolas de sorvete somados aos das 27 uvas, logo:

( )( )

3 331 2

3 3

4 r 4 rA 3 27 4 3 4

3 3

9 4 3 1 876 cm

π π= × + × = × × +

+ × × × =

05. B

Volume da semiesfera: 32 R

3⋅ π ⋅

32L 2000cm=

Portanto: 3

3 32 R 2000 R 3000 R 1000 R 10cm3

⋅ π ⋅= ⇒ π ⋅ = ⇒ ≈ ⇒ ≈

06. B

O volume total da fruta é igual a 3 34 12 cm .3⋅ π ⋅

Logo, se r é o raio do caroço, então

33 3 34 1 4 12r 12 r

3 8 3 2r 6cm.

⋅ π ⋅ = ⋅ ⋅ π ⋅ ⇔ =

⇔ =

Portanto, o resultado pedido é 2 24 6 144 cm .π ⋅ = π

07. D V = Volume do porta-joias Vc = Volume do cubo Ve = Volume da esfera.

V = Vc - Ve 3 34V 10 4

3= − ⋅ π ⋅

V = 1 000 – 256 V = 744 cm3

Utilizando a densidade da madeira para encontrar a massa m do porta-joias.

m0,85 m 632,4 g 632 g744

= ⇒ = ≅

08. C

Número de esferas = 180 50 9000⋅ = Volume total das esferas =

334 19000 4500cm

3 2 ⋅ ⋅ π ⋅ =

(considerando 3π = )

Volume do bloco = x x 20⋅ ⋅

Logo, 2

2

20x 4500

x 225x 15cm

=

==

9

Calculando a área total, temos:

( )A 2 15 15 15 20 15 20 1650= ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ = 09. A

Seja R raio do tumor e x o número de meses. Logo R(x) = 3 – 0,2x, após 5 meses o raio será: R(5) = 3 – 0,2 . 5 = 2 cm

Volume inicial = 34 .3 36

= π

Volume final = 34 .2 32

3 3π π

=

P =

323 29,6%

36

π

≈π

10. C Considere a figura abaixo.

Queremos calcular h PO' OO' OP.= = −

Temos que AD 10O'A 5 m

2 2= = = e 4

OB 2 m O'C.2

= = =

Logo, AC O'A O'C 5 2 3 m.= − = − =

Do triângulo ABC, vem que BCˆtgBAC BC 3 tg60 3 3 3 1,73 5,19 m.AC

= ⇔ = ⋅ ° = ≅ ⋅ =

Portanto, h 5,19 2 3,19 3,20 m.= − = ≅ AULA 17 01. C

O poliedro é considerado um octaedro regular, seu volume será a soma dos volumes de duas pirâmides, representadas na figura acima.

2

b1 1 1 1 1V 2 A h 23 3 2 2 6

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

02. D

Seja d o diâmetro da bola. Para colocar a bola dentro da caixa, é necessário que a aresta interna tenha comprimento, no mínimo, igual ao diâmetro da bola.

Desse modo, temos 66d 66 d cm.π ⋅ = ⇔ =π

03. C Sabendo que a área lateral de um cilindro

equilátero de raio r é dada por 24 r ,π temos

24 r 16 r 2cm.= ⇒ =π π

Portanto, sendo o raio da esfera inscrita igual ao raio do cilindro, podemos concluir que o volume da esfera é

3 3 34 4 32r 2 cm .3 3 3π π π⋅ = ⋅ =

04. C O cilindro está inscrito no cubo, portanto:

I. cubo cil cilL h 2R= =

II. O volume do cilindro é dado por: 2 2

cil cil cil3

V R h V R (2R) 54

2 R R 3

= π ⇒ = π × ⇒ π =

= π ⇒ =

III. Volume do cubo 3 3 3

cubo cubo cuboV L V 6 V 216 m= ⇒ = ⇒ = 05. A

Sejam r e R, respectivamente, o raio da esfera e o raio do cilindro. Sabendo que a relação entre o raio da esfera circunscrita ao cilindro equilátero e o raio do cilindro é r R 2,= temos

3 33

3

4 r 2 r 2 4 23 ( 2) .3 R 3 32 R

π = = = π

06. D

Se o cupcake fosse um prisma, suas medidas seriam 4 cm x 7 cm x 9 cm. Assim, a menor medida de caixa (que mais se aproxima das medidas do cupcake) que pode armazenar o doce, de forma a não o deformar e com menor desperdício de espaço é a embalagem IV.

07. E

Como o perímetro da base do prisma é igual a 72 cm, segue que a aresta da base desse prisma

mede 72 12cm.6

= = Portanto, sabendo que o raio

do cilindro é igual 3 12 3 6 3 cm

2 2= =

e a altura

da caixa é 4 cm, temos que o volume máximo de pizza que pode vir na caixa é

2 3(6 3) 4 432 cm .π ⋅ ⋅ = π

10

08. A Considere a figura.

Como qualquer uma das faces do tetraedro VABC é um triângulo equilátero de lado 2 2, segue que a área pedida é dada por

2(2 2) 3 2 3 u.a.4

⋅=

09. C Calculando:

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

e

2 2 2 2

c

c

3e e

2c c

e

c

OM OP R 2 cm

OA 8 2 6 cm

OA OP AP 36 4 AP AP 4 2

R MCAMC APO

AM MC 8 MC MC R 2 22AP PO 4 2

4 32V 2 V3 31 64V 2 2 8 V3 332

V 32 1364V 64 2

3

= = =

= − =

= + ⇒ = + ⇒ =

=∆ ∆

= ⇒ = → = =

π= ⋅ π ⋅ ⇒ =

π= ⋅ π ⋅ ⋅ ⇒ =

π

= = =π

10. B

Desde que a superfície total de S2 seja igual a 24 (4 5 4) 16 ( 5 1)cmπ ⋅ ⋅ + = π + e o volume de S3

seja 2 3(2 2) 16 sen30 64 cm ,π ⋅ ⋅ ⋅ ° = π teremos

64 4 5 1 ( 5 1)cm.16 ( 5 1) 5 1 5 1

π −= ⋅ = −

π + + −

AULA 18 01. D

x 3ADE ~ ABC x 15x 10 5

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =+

O volume V pedido (em m3) é a diferença entre os volumes dos cones de raios 5 m e 3 m, respectivamente.

2 3 3 41 1 490 49V 5 25 3 15 m 10 L.3 3 3 3

π= ⋅ π ⋅ ⋅ − ⋅ π ⋅ ⋅ = = π

02. C

Sejam v e 2v, respectivamente, o volume do cone de raio r e o volume do cone de raio R. Portanto, como os cones são semelhantes, temos

33 3v r R 2r .

2v R = ⇔ =

03. A

Seja c a capacidade da garrafa original, em mililitros. Como os sólidos são semelhantes, tem-se que

3c 1 c 875mL.7 0,2

= ⇔ =

04. A

Como a superfície de contato entre os líquidos está inicialmente na metade da altura do cone, segue que a razão entre o volume de água e a capacidade V do recipiente é tal que

22

3H 0

H 0v 1 Vv .

V 2 8 = ⇔ =

Desse modo, o volume de óleo é dado por

2H OV 7VV v V .8 8

− = − =

Portanto, quando toda a água e nenhum óleo escoar, a altura x atingida pelo óleo é tal que

33

3

7Vx x 78

V h h 8

7x h.2

= ⇔ =

⇔ =

05. D

Seja g uma geratriz do cone emerso e G uma

geratriz do sólido. Segue que g 1 k,G 2= =

11

Com k sendo a constante de proporcionalidade. Assim, se v é o volume emerso e V é o volume do

sólido, temos 3

3v v 1 1 Vk v .V V 2 8 8

= ⇒ = = ⇒ =

Seja sV o volume submerso.

sV 7VV V v V .8 8

= − = − =

Portanto, a razão pedida é

s

7VV 78 .V V 8

= =

06. B

A solução inicial ocupa um volume igual a 2 31 r 12 cm ,

3π ⋅ em que r é o raio do cone menor

definido pelo nível do líquido. O recipiente tem

volume igual a 2 31 R H cm ,3π ⋅ em que R é o raio do

recipiente e H é a sua altura. Como os cones são semelhantes, segue que: r 12 12Rr .R H H= ⇔ =

Por outro lado, do enunciado vem:

22 2 2

3 33

3

1 1 12R27% r 12 8% R H 27 12 8 R H3 3 H

3 12H2

3 12H2

H 18cm.

⋅ π ⋅ = ⋅ π ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

⋅⇒ =

⋅⇒ =

⇒ =

07. A Seja V o volume inicial na altura h e v o volume na altura h/2. Como os cones são semelhantes, então:

3hv v 1 V2 vV h V 8 8

O volume escoado em 35 minutos foi:V 7 VV- .V. Logo, o tempo para escoar :8 8 8

7 .V 35 minutos8V t8t 5 minutos.

= → = → =

=

=

08. A 09. E 10. C

AULA 19 01. A

Uma pirâmide quadrangular possui 5 faces, 8 arestas e 5 vértices. Após os cortes, tais quantidades serão acrescidas em 4, 12 e 8 unidades, respectivamente. Portanto, a joia ficará com 9 faces, 20 arestas e 13 vértices.

02. C

Após os cortes, o poliedro P resultante é um sólido com 6 + 8 = 14 faces. Portanto, a resposta é 14.

03. C

F: número de faces A: número de arestas V: número de vértices

20 6 12 5A 902

⋅ + ⋅= =

F = 32 V = 2 + A – F V = 2 + 90 – 32 V = 60.

04. B

O prisma hexagonal regular possui 12 vértices e oito faces. Acrescentando-se uma nova face em cada vértice, teremos um total de 8 + 12 = 20 faces.

05. B

O número de faces triangulares do poliedro corresponde ao número de vértices do cubo, que são 8, e em cada face do cubo tem um quadrado. Portanto, o poliedro tem 8 faces triangulares e 6 faces quadradas.

06. D

O sólido resultante da divisão proposta pelo problema será formado por 4 faces hexagonais e 4 faces triangulares. Sabendo que cada aresta mede 2 cm e o número de arestas será dado por:

4 6 4 3A 18,2

⋅ + ⋅= = temos que a soma das

medidas de todas as arestas será: 18 2 36 cm⋅ = 07. D

Total de faces: F = 32 (12 pentagonais e 20 hexagonais)

Total de Arestas: 12 5 20 6A 90

2⋅ + ⋅

= =

Total de vértices (V):

12

V A F 2V 90 32 2V 60

− + =− + ==

Portanto, 90 arestas e 60 vértices. 08. A

Número de arestas: ( )12 5 /2 30.⋅ = Número de arestas visíveis: 20. Número de arestas não visíveis: 30 – 20 = 10

09. D

Faces: EAD, EAB, EBC, ECD, FAB, FBC, FCD e FAD.

10. C O octaedro possui 6 vértices. Ao retirarmos uma

pirâmide regular de base quadrangular de cada vértice do octaedro, obtemos um octaedro truncado com 6 4 24⋅ = vértices. Portanto, a resposta é 360 (24 2) 7920 .° ⋅ − = °

AULA 20 01. C

O volume V da pirâmide será dado por:

b1V A h,3

= ⋅ ⋅ onde Ab é a área da base da

pirâmide e h é a altura.

Logo:

31 3.10V . .6 30cm3 2

= =

02. E

Considerando que é possível aproveitar apenas 80% da água, o volume de água que será aproveitado é dado por:

2

3

1 2,5V 0,80 0,20 3,14 2,54

1,57 m 1570 L

π ⋅ ⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ =

= =

03. C

A medida da aresta de cada cubinho, em centímetros, corresponde ao máximo divisor comum das dimensões do bloco, isto é,

2 3mdc(18, 24, 30) mdc(2 3 , 2 3, 2 3 5)2 36.

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅=

Em consequência, a resposta é 3 36 216cm .= 04. A

Sabemos que todos os sólidos possuem a mesma altura. Portanto, podemos concluir que: Volume do cubo = 3x Volume da pirâmide = x (um terço do volume do cubo) Volume do cilindro = 3y Volume do cone = y (um terço do volume do cilindro) Somando o volume de 2 cubos e de 2 cilindros, obtêm-se 180 cm3. 2 3x 2 3y 180 x y 30⋅ + ⋅ = ⇒ + =

Portanto, a soma dos volumes, em 3cm , de um cubo, um cilindro, dois cones e duas pirâmides é dada por: 3x 3y 2x 2y 5 (x y) 5 30 150+ + + = ⋅ + = ⋅ =

05. E

V1 : volume do sólido 1 V2 : volume do sólido 2

2 21

21

2 22

22

a 1 aV R R2 2 2

3V R a4

a 1 aV R R2 3 2

2V R a3

= π ⋅ + ⋅ π ⋅

= π

= π ⋅ + π ⋅

= π

Sendo h a medida da altura do cilindro reto de raio R e volume V1 + V2 temos:

2 2 2

2 2

3 2R h R a R a4 317R h R a12

17h a12

π = π + π

π = π

=

06. B Calculando:

( )

2lateral

22 2

área lateral debaixo S 6 2 1 12 m aTriângulo VMO':

h 3 2 h 7

= = ⋅ ⋅ =

= + ⇒ =

13

( )

2telhado

2 7área do telhado S 6 6 7 15,6 m2

arestas 6 2 6 1 6 2 6 1 6 2 6 2 2

48 12 2 52,8 mCusto (12 15,6) 2 64,8 4 1,3 408,72 reais

⋅= = ⋅ = ≈

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= + ≈

= + ⋅ + ⋅ ⋅ =

07. A Considere a figura.

Sejam Q, R e S, respectivamente, as interseções de α com as arestas BC, BD e AD. Desde que α é paralelo à aresta AB, temos SR e PQ paralelos a AB. Analogamente, concluímos que PS e QR são paralelos a CD. Ademais, sabendo que arestas opostas de um tetraedro regular são ortogonais, tem-se que o quadrilátero PQRS é um retângulo.

Sendo ABCD regular, os triângulos APS e CQP são equiláteros, e, portanto, a área pedida é igual a

23 7 21 m .⋅ = 08. A

360° : 12° = 30°

A área total de cada gomo é a soma das áreas de um fuso esférico como as áreas de dois semicírculos.

2 2

32

30 4 4 4A 2360 2

16A 163

64 4A cm .3 3

° ⋅ π ⋅ π ⋅= + ⋅

°π

= + π

π π= =

09. C Considere a figura.

Sabendo que AB 8cm= e CD 10cm,= temos que 10 8DQ 1cm.

2−

= =

Como AD 10cm,= do triângulo retângulo AQD, vem

2 2 2 2 2 2AQ AD DQ AQ 10 1

AQ 3 11cm.

= − ⇔ = −

⇔ =

Portanto, a área total da embalagem é dada por

2 2 2 2

2

AB CD 10 8AB CD 4 AQ 10 8 4 3 112 2

164 108 3,32

522,56cm .

+ ++ + ⋅ ⋅ = + + ⋅ ⋅

≅ + ⋅

=

O raio máximo que a base do panetone pode ter é igual ao raio do círculo inscrito na base menor da embalagem, ou seja,

AB 8OM 4cm.2 2

= = =

10. E

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

ABF y 4 2 y 20 y 2 5

EHF z 4 2 z 20 z 2 5

EHA x 2 2 x 8 x 2 2

∆ → = + → = → =

∆ → = + → = → =

∆ → = + → = → =

2 2 2

22 2 2 2

Lei dos Cossenos :

z x y 2xy cosa 20 8 20 2 2 2 2 5 cosa18 10 cosa 8 cosa10

1sen a cos a 1 sen a 1 sen a10

3911 sen a10 10 10

= + − ⋅ → = + − ⋅ ⋅ ⋅

⋅ = → =

+ = → + = → =

= − = → =