MATEMÁTICA IVAULA 22:

CONE CIRCULAR

EXERCÍCIOS PROPOSTOSANUAL

VOLUME 5

OSG.: 101770/16

01. As fi guras a seguir ilustram o que foi dito no enunciado.

20 20

20πR

hg

I. 2πR = 20π (circunferência da base do cone corresponde ao arco de circunferência do setor)

Então: R = 10.

II. A Rg gLco = = ⋅ = → =π π π20

2200 20

2

A partir do Teorema de Pitágoras, obtemos:

g h R h2 2 2 2400 100= + ⇒ = +

Logo:

h cm= 10 3

Resposta: D

02. Do enunciado, temos:

H

R2

h

R

Devemos ter:

π π

π π

RH

R h

R H R H

H h

2 3

4 3

4 3

2 2

2 2

⋅ = ⋅

⋅ = ⋅

=

Logo:

h H= ⋅3

4

Resposta: A

OSG.: 101770/16

Resolução – Matemática IV

03.

18

I. II.

18

B

B

A

Ah

18 – h

Semelhança

A A B

A A B

A B

= +( )

= +=

7

88 7 7

7

18

18 818 1

29

3−

=

+=

− = → =

h B

A B

B

Bh

hh cm

Resposta: C

04. Segundo o enunciado, temos:

2ci

volume do cilindro

h V r h

r

→ = π ⋅

r

2

co

volume do cone

r hh V

3

π ⋅→ =

Logo: Vci = 3 ⋅ V

co

Resposta: C

05.

A

Ag

gd

B

B

4 2 cm

2 2 cm

I. α = α α2180

2 2 2

4 2180 180

R

g· º · º º→ =

( )→ =

II d g g d g d d cm. 2 2 2 2 4 2 2 8= + → = → = ⋅ → =

Resposta: D

06. Segundo o enunciado, temos:

I. Piscina → 1 256

21 25 22 5

23, , , .→ = ⋅ ⋅ =V mp

π π

6II.

h 3

h2h = geratriz

60º

30º

V Vh h

hcone piscina= →( ) ⋅

= ⋅ = → =120

100

3

31 2 22 5 27 27

2

3π

π π, ,

Logo:

h = 3

Resposta: C

OSG.: 101770/16

Resolução – Matemática IV

07.

I. g h r g g2 2 2 2 2 23 4 5= + → = + → =

3 cm

4 cm

g

II. α = α α2180

2 4

5180 288

R

g× → = × × → =º º º

Resposta: D

08. Considere a seguir a fi gura relativa ao enunciado.

A

OrH

Brr

2

α

3r2h =

∆AOB é equilátero de lado r → OHr= 3

2

Dessa forma, encontramos o ângulo formado pelo eixo do cone e o pL (VAB), a partir do ∆VOH retângulo em Ô.

α

V

H O3r

2

23rh =

tg

r

rα

α

= =

= °

3232

3

3

30

Resposta: B

09.I. r III.

h

x

→ = ⋅ =Volume rr1

2

4

3

2

33

3

π π → = ⋅Volume x hπ 2

II. 2r

h → = ⋅ =Volume

r h r hπ π( )2

3

4

3

2 2

OSG.: 101770/16

Resolução – Matemática IV

Recipientes equivalentes:

2

3

4

3

3 22π π πr r h

x h= =

Então:

r = 2h e xr= 2

3

Logo:

x

h

r

r= = =

2

3

2

4

3

4 3

3

Resposta: E

10.

1

R

H

I H RH RR

. 11

1

2 2 2

2 2

= ++ =<

II L Rg L R L R k R. , , ,∆ ∆ ∆= → = × × → = ⋅ → =π 3 14 1 3 14 3 14

Como R < 1 e a área lateral é aproximadamente 3,14R, então, o maior valor inteiro de k só pode ser 3.

Resposta: B

EMQ – Rev.: JA10177016_pro_Aula 22 – Cone Circular