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7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
http://slidepdf.com/reader/full/exercicios-geometria-espacial-resolvidos 1/26
GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE187
1)(UFRGS-89)Uma esfera de raio 5 e um conede raio da base 5 e altura 10 repousam sobreum mesmo plano. A que distância acima desseplano deve passar um plano paralelo para queas secções determinadas na esfera e no conetenham áreas iguais?
(A) 1,0(B) 2,0(C) 2,5(D) 3,0(E) 3,5
SOLUÇÃO
x−10
10 x−5 5r
x
Neste problema devemos determinar o valor de x , vamos armar uma proporção paradeterminar o raio do plano paralelo do cone.
x x
5
10
10=
− ⇒ )10(510 xr −= ⇒
10
)10(5 xr
−= ⇒
2
10 xr
−=
Vamos por Pitágoras determinar o raio doplano paralelo
5 x−5
r
222)5(5 xr −+=
22
10254
2010025 x x
x x+−+
+−=
4
44010020100100 22 x x x x +−++−=
044010020100100 22 =+−++−− x x x x
0100605 2 =+− x x ( )5÷
020122 =+− x x
64=Δ 2
812 ±= x
2 e 10 ,,, == x x
10 é a altura então solução é 2
ALTERNATIVA B
2)(UFRGS-89)Se o volume de uma esfera é6
π
então seu diâmetro é
(A) 1(B) 2(C) 3
(D) 6 (E) 6
SOLUÇÃO
6
π =V D = ? 2 r D =
A fórmula que determina o volume da esfera é
3
3
4 RV π =
Logo3
4
6
3 Rπ π
= ⇒ π π 324 3 = R ⇒
π
π
24
33 = R ⇒ 8
13 = R ⇒ 3
8
1= R ⇒
2
1= R Sabendo que o diâmetro = r 2
temos
2
12×= D ⇒
2
2= D ⇒ 1= D
ALTERNATIVA A
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE188
3)(UFRGS-90)Num triângulo o lado maior mede 10; o menor, 3 ; e o ângulo formado por esses dois lados, 450. O volume do sólidogerado por uma revolução desse triângulo emtorno do lado maior é
(A) 25
(B) π 25
(C) π 2
245
(D) π 15 (E) π 45
SOLUÇÃO
H10
r
10-h 3 h450
Observe que o desenho é formado por doiscones um maior outro menor, o problema quer saber o volume total
O volume do cone é calculado usando a
fórmula3
altura basedaáreaV
×=
3
2hr
V π
=
Vamos determinar o raio que é comum aosdois cones
r
hipotenusa
opostocateto45sen 0 =
h 3450
32
2 r = ⇒ 232 =r ⇒
2
23=r
Vamos calcular a altura do cone menor r
h 3hipotenusa
adjacentecateto45cos
0 =
450
322 h= ⇒ 232 =h ⇒
223=h
Vamos calcular a altura do cone maior
h H −= 10 ⇒ 2
2310 − ⇒
2
2320 −
Cálculo do volume do cone menor
2
23
=h 2
23
=r
3
2hr
V π
= ⇒ 3
2
23
2
232
π ×⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⇒3
2
23
4
18 π ×
3
4
227 π
⇒ 3
1
4
227×
π ⇒
4
29 π
Cálculo do volume do cone maior
= H 2
2320 −
2
23=r
3
2hr
V π
= ⇒ 3
2
2320
2
232
π ⎟⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −×⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⇒
3
2
2320
4
29π ⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −×
×
⇒ 3
2
2320
2
9π ⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −×
3
4
227
4
180π ⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
⇒ 3
4
22745 π ⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
3
4
22745
π π −
⇒ 3
1
4
22745 ×⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
π π ⇒
12
227
3
45 π π − ⇒
4
2915
π π −
Finalmente vamos somar as áreas
área do cone menor + área do cone maior
4
29 π +
4
2915
π π −
Volume Total = π 15
ALTERNATIVA D
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE189
4)(UFRGS-90) São fundidas 300 esferas com20 mm de diâmetro para fabricar cilindroscirculares retos com 20 mm de diâmetro e 200mm de altura. O número de cilindros resultanteé
(A) 2
(B) 5(C) 20(D) 25(E) 30
SOLUÇÃO
Diâmetro da esfera 20 mmRaio da esfera 10 mm
Vamos determinar o volume da esfera
Volume da esfera = 3
4 3r π
3
4 3r
V π
= ⇒ 3
104 3 π ×× ⇒
3
10004 π ×
3
4000 3mm
V π
=
Como temos 300 esferas o volume total é
3
total 4000003
4000
300mmV
π
π =×=
Diâmetro do cilindro 20 mmRaio do cilindro 10 mmAltura do cilindro 200 mm
Vamos determinar o volume do cilindro
Volume do cilindro = hr 2 π
=V hr 2 π ⇒ π ×× 200)10( 2 ⇒
π ×× 200100 ⇒ 3 20000 mmπ
Agora vamos montar uma rega de três
1 cilindro tem volume de 3 20000 mmπ
x cilindro 3 400000 mmπ
3
3
400000
200001
mm
mm
x π
π = ⇒
40
21=
x ⇒
402 = x ⇒
2
40= x ⇒ 20= x cilindros
ALTERNATIVA C
5)(UFRGS-91) Num cilindro circular reto devolume π 36 , a altura mede 4. Então, o raio dabase mede
(A) 1(B) 2(C) 3
(D) 6(E) 9
SOLUÇÃO
π 36=V 4=h
volume do cilindro = área da base × altura
hr V 2π =
π π 2 436 r =
π π 3642 =r
π π
4362 =r
92 =r
9=r
3=r
ALTERNATIVA C
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE190
6)(UFRGS-91) Seja um cilindro de revoluçãode volume V. Se quadruplicarmos a medida doraio da base e reduzirmos sua altura à metade,seu volume passa a ser
(A) 2V(B) 4V
(C) 6V(D) 8V(E) 16V
SOLUÇÃO
h
r
Volume do cilindro = área da base × altura
hr V 2
π =
quadruplicar o raio r 4
altura à metade2
h
volume passa ser
=iV volume inicial = f V volume final
hr V i2 π = ⇒ passa ser
2)4( 2 h
r V f π =
216 2 h
r V f π = ⇒ hr 2 8π
observe que iV hr =2 π
logo i f V V 8=
ALTERNATIVA D
7)(UFRGS-91) A área da base de um cone é20. Para que o volume do cone seja 40, suaaltura deve ser
(A) 2(B) 3(C) 4
(D) 5(E) 6
SOLUÇÃO
Área da base = 20
Volume = 40
Altura = ?
Volume do cone =3
altura basedaárea ×
3
2
hr V π =
3
2040
h=
12020 =h
20
120=h
6=h
ALTERNATIVA E
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7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE192
10)(UFRGS-92)Certa quantidade de queijo évendida em embalagens esféricas com 2tamanhos. A embalagem menor temcapacidade para 250g de queijo, e seu raio émetade do raio da maior. A quantidade total dequeijo que a embalagem maior pode conter é
(A) 500g(B) 1kg(C) 1,250kg(D) 1,500kg(E) 2kg
SOLUÇÃO
Volume da esfera =3
4 3r π
esfera menor esfera maior
r 2 r
3
4 3r π = 250 g
3
4 3r π
3
)(24 3r π
3
843
r π
3
84 3r π
observe que3
4 3r π
= 250 g
logo teremos 250g 8× = 2000 g = 2 kg
ALTERNATIVA E
11)(UFRGS-93) Considere as seguintesafirmações
I – Dados uma reta r e um plano π paralelos,todo plano contendo a reta r é paralelo aoplano π
II – Sejam os planos α e β perpendiculares ea reta r contida em α . A reta r é tambémperpendicular ao plano β .
III – Sejam a reta r e o plano α tais queφ α =∩r . Então a reta r e o plano α são
paralelos.
Quais são verdadeiras?
(A) Apenas II
(B) Apenas III(C) Apenas I e II(D) Apenas I e III(E) I, II e III
SOLUÇÃO
Vamos verificar cada alternativa
I - r
α
π
Falsa podemos ter outro plano contendo a retar e não é paralelo ao plano π
β II
r
α
Falsa pode conter em α uma reta paralela aoplano β
III r
α
φ α =∩r (não existe intersecção) verdadeira
ALTERNATIVA B
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE193
12)(UFRGS-93) A área da base de uma caixaem que todas as faces são retangulares é320cm2; a área de uma face lateral é 160cm2 ede outra face lateral é 128cm2
O volume desta caixa, em cm3, é
(A) 2560(B) 1280(C) 640(D) 680(E) 320
SOLUÇÃO
c
ba
área da base = ba × = 320 cm2
área da face lateral = =× ca 160 cm2
área da face lateral = =× cb 128 cm2
O volume da caixa é cba ××
Logo
)()()( cbcaba ××××× = 320 ×160 × 128
cbcaba ××××× = 320 ×160 × 128
756222 25252 ××××=×× cba
218222 52 ×=×× cba elevar membros ao quadrado
218222 52 ×=×× cba
529 ×=×× cba
5512×=×× cba
2526=×× cba cm3
ALTERNATIVA A
13)(UFRGS-93)As faces do cubo da figura sãoidentificadas com números inteiros econsecutivos, sendo 8, 11 e 12 os valores emtrês destas faces. Sabendo que a soma dosdois números em cada um dos pares de facesopostas é constante, a soma de todos osnúmeros é
(A) 57(B) 63(C) 66(D) 69(E) 78 12
118
SOLUÇÃO
Como são consecutivos podemos ter duasseqüências
7, 8, 9, 10, 11,12ou
8, 9, 10, 11, 12, 13
A seqüência 7, 8, 9, 10, 11, 12 não podeocorrer pois 8 nunca será oposto ao 11
Logo a seqüência correta é
8, 9, 10, 11, 12 13,
soma 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 = 63
ALTERNATIVA B
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE194
14)(UFRGS-93) A superfície lateral de um conede altura h , quando planificada, gera umsemicírculo de raio 10. O valor de h é
(A) 3 (B) 3
(C) 5(D) 35 (F) 10
SOLUÇÃO
g
h
r
Planificação
R=g=10α =π setor circular
r
Com a fórmula do setor circular do cone vamosdeterminar o valor do raio ( r )
g
r 2π α = como π α = temos ( π = 1800)
=π 10
2 r π ⇒ π π 102 =rr ⇒
π
π
2
10=r
5=r
obs. Como 10=g e o raio = 5 trata-se de umtriângulo eqüilátero
Nos cones eqüiláteros temos
r g 2=
Sendo um cone equilátero usamos a fórmulada altura do triângulo equilátero
2
3lh =
como é um cone eqüilátero temos
2
3gh =
2
310=h
35=h
ALTERNATIVA D
15)(UFRGS-94) O sólido da figura é um coneeqüilátero . A interseção de um plano com estesólido NUNCA será um
(A) círculo(B) ponto(C) triângulo(D) trapézio(E) segmento de reta
SOLUÇÃO
Nunca será um trapézio
Um cone é formado por círculo, ponto, triânguloe segmento de reta e fazendo a interseção doplano com o cone nunca será um trapézio
ALTERNATIVA D
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE196
18)(UFRGS-95) O número que expressa a áreatotal de um cubo, em cm2, é o mesmo queexpressa seu volume, em cm3. Qual ocomprimento, em cm, de cada uma das arestasdesse cubo?
(A) 9
(B) 6(C) 4(D) 2(E) 1
SOLUÇÃO
Fórmula da área total do cubo t A⇒ = 2 6 a
Fórmula da área do cubo ⇒ =V 3
a
ComoV At =
Temos
32 6 aa =
2
3
6a
a=
236 −= a
a=6
6=a
ALTERNATIVA B
19)(UFRGS-95) Uma ampulheta pode ser considerada como formada por 2 cones retosidênticos, unidos pelo vértice, inscrito em umcilindro reto. A razão entre o volume de um doscones e o volume do cilindro é
(A) 2
1
(D) 6
1
(B)3
1(E)
8
1
(C)4
1
SOLUÇÃO
h
2
h
altura do cilindro = h
altura do cone =2
h
Cálculo do volume do cone
hr V 2
cone 3
1π = ⇒
3
2
1 2hr π
⇒ 3
2
2hr π
⇒
3
1
2
2
×hr π
⇒ 6
2hr π
Cálculo do volume do cilindro
hr V 2
cilindro π =
Quer saber a razão entre o volume do cone e ovolume do cilindro
6
1
1
6
6
2
2
2
2
cone =×==hr
hr
hr
hr
V
V
cilindro π
π
π
π
ALTERNATIVA D
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE197
20)(UFRGS-95) Dados um plano α ; retas,,, t sr e um ponto A, considere as seguintes
afirmações.
I – A reta r tem um ponto A em comum com oplano α . Esta condição é suficiente para que areta r seja paralela ao plano α .
II- A reta s é paralela ao plano α . Então, todareta contida no plano α é paralela à reta s
III- A reta t é perpendicular ao plano α . Se areta r é paralela à reta t , então a reta r éperpendicular ao plano α .
Quais são as corretas?
(A) Apenas I.
(B) Apenas III.(C) Apenas I e II.(D) Apenas II e III.(E) I, II e III.
SOLUÇÃO
I – Falsa: esta condição não é suficiente praque a reta r seja paralela ao plano α faltoudizer que para ser paralela ao plano α ainterseção entre a reta e o plano é conjuntovazio
II- Falsa: Pois existem outras retas no plano α Como r e t que podem ser perpendicularescom a reta s
III- Verdadeira
ALTERNATIVA B
21)(UFRGS-96) Uma esfera de raio 2cm émergulhada num copo cilíndrico de 4cm deraio, até encostar no fundo, de modo que aágua do copo recubra exatamente a esfera.
Antes da esfera ser colocada no copo, a alturade água era
(A) 827 cm(B) 619 cm
(C) 518 cm
(D) 310 cm
(E) 27 cm
SOLUÇÃO
V1 = volume da esferaV2= volume do cilindro de água antes de
colocar a esferaV3 = volume formado pela água mais a esfera
V1 =3
4 3r π
⇒ 3
24 3π ⇒
3
84 π ×⇒
3
32π
V2 = hr 2
π ⇒ h2
4π ⇒ h16π
V3 = hr 2 π ⇒ 442 ×π ⇒ π 64 (a altura é 4 pois o raio da esfera é 2)
Agora vamos montar uma equação edeterminar a altura
V3 = V1 + V2
h163
3264 π
π π += ⇒
3
4832192 hπ π π += ⇒
h4832192 π π π =− ⇒ hπ π 48160 = ⇒
π π 16048 =h ⇒ π π
48160=h ⇒
310=h
ALTERNATIVA D
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE198
22)(UFRGS-96) Considerando uma pirâmideregular de base quadrada, construída a partir do padrão plano abaixo
h
a
Se a altura da pirâmide é o dobro do lado “a”
da base, o valor de h no padrão é
(A) ah ⎟⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ =
2
17
(B) ah 5=
(C) ah ⎟⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ =
2
22
(D) ah 6=
(E) ah ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ = 25
SOLUÇÃO
Observe o triângulo retângulo no desenho
h altura padrão
a2
2
a
Vamos aplicar Pitágoras
( ) ( )2
22
22 ⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=
aah p ⇒ ( )
44
222 a
ah p +=
( )4
16 222 aa
h p
+= ⇒ ( )
4
17 22 a
h p = ⇒
( )4
17 2a
h p = ⇒ ( )2
a 17= ph ⇒
( ) ah p ⎟⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ =
2
17 ALTERNATIVA A
23)(UFRGS-97)Um pedaço de cano de 30cmde comprimento e 10cm de diâmetro internoencontra-se na posição vertical e possui a baseinferior vedada. Colocando-se dois litros deágua em seu interior, a água
(A) ultrapassa o meio do copo
(B) transborda(C) não chega ao meio do copo(D) enche o cano até a borda(E) atinge exatamente o meio do copo
SOLUÇÃO
10 cm
30cm
Raio 5cm
Vamos determinar o volume do cilindro
=V hr 2 π ⇒ π ×× 3052 ⇒ π ×× 3025
π 750 ⇒ fazendo π = 3,15 temos
15,3750× ⇒ 35,2362 cm
litrodm 1 1 3 =
Observe
litrosdmcm 3625,2 3625,2 5,2362 33 ==
Logo
o cilindro ficaria cheio com litros3625,2
com 2 litros ultrapassa o meio do cano
ALTERNATIVA A
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE199
24)(UFRGS-97) Numa pirâmide regular, a baseé um quadrado de lado a . Suas faces lateraissão triângulos eqüiláteros. O volume destapirâmide é
(A) 3
12
2a
(B) 3 6
2a
(C) 3 3
2a
(D) 3 12
3a
(E) 3 6
3a
SOLUÇÃO
A fórmula do volume da pirâmide é
2
altura basedaárea × ⇒
2
h AV b ×
=
Cálculo da área da base
Como a área da base é um quadrado temos
a
a a a Ab =
a
Cálculo da altura
a h
2
d
Observe o triângulo retângulo na figura acimaentão calcular a altura com o auxilio doteorema de Pitágoras
A hipotenusa é a um cateto é h e o outro
cateto é a metade da diagonal2
d
A diagonal de um
a h quadrado é 2ad = como é a metade da
diagonal temos
2
2a
2
2a
Aplicando Pitágoras temos
2
2
2
2
2h
aa +⎟
⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ = ⇒ 2
22
4
2h
aa +
×= ⇒
22
2
2h
aa += ⇒
2
22 222haa +=
⇒
222 22 haa =− ⇒ 22 2ha = ⇒ 222 ah = ⇒
2
2a
h = ⇒ 2
2ah = ⇒
2
ah = ⇒ racionalizar
22
2
×
×=
ah ⇒
22
2ah = ⇒
2
2ah =
Finalmente com a área da base e a alturapodemos calcular o volume da pirâmide .
2
h AV b ×
= ⇒ 3
2
22 aa
V
×= ⇒
3
2
23a
V = ⇒ 3
1
2
23
×=a
V ⇒
6
23a
V = ou 3
6
2aV =
ALTERNATIVA B
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE200
25)(UFRGS-97)Um poliedro convexo de onzefaces tem seis faces triangulares e cinco facesquadrangulares. O número de arestas e devértices do poliedro é, respectivamente,
(A) 34 e 10(B) 19 e 10
(C) 34 e 20(D) 12 e 10(E) 19 e 12
SOLUÇÃO
Neste problema vamos usar o teorema deEULER
Teorema de EULER
Em um poliedro convexo o número de faces,
vértices e arestas satisfazem a relação
FACES + VÉRTICES - ARESTAS = 2
F + V – A = 2
Número de faces = 11 (dado no problema)
Cálculo do número de arestas
6 triângulos ⇒ 1836 =× arestas das faces
5 quadrangulares⇒ 2045 =× arestas das faces
importante: em um poliedro convexo cadaaresta é comum a duas faces logo temos quedividir por 2
192
48
2
2018==
+arestas
Cálculo do número de vértices
F + V – A = 211+ V – 19 = 2
V = 2 – 11 + 19
V = 10
Temos 19 arestas e 10 vértices
ALTERNATIVA B
26)(UFRGS-98) O valor numérico de cadaaresta de um cubo é 2, e os pontos P, Q e Rsão pontos médios de três arestas, como nodesenho abaixo. Um plano passando pelospontos P, Q e R secciona o cubo em doissólidos. A razão entre o volume do sólidomenor e o volume do cubo é
(A) 481
(B) 321 P Q
(C) 241
(D) 161 R
(E) 121
SOLUÇÃO
2 Q P 1
11
R2
2
observando a figura temos um cubo (sólido
maior) e um tetraedro (sólido menor)
Cálculo do volume do tetraedro
3
altura basedaáreaV
×= ⇒
3
h AV b ×
=
A área da base é um triângulo retângulo
2
hb Ab
×= ⇒
2
1
2
11=
×
3
h A
V
b ×
= ⇒ 3
12
1×
⇒ 3
2
1
⇒ 3
1
2
1
× ⇒ 6
1
Cálculo do volume do cubo
3aV = ⇒ 32 ⇒ 8
O problema quer saber a razão entre o volumedo sólido menor e volume do cubo
48
1
8
1
6
1
8
6
1
=×==c
t
V
V
ALTERNATIVA A
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE201
27)(UFRGS-98)A figura abaixo representa aplanificação de um sólido. O volume destesólido é
5
34 5
5 5
34 5
34
(A) 320 (B) 75
(C) 350 (D)100
(E) 3100
SOLUÇÃO
55 5
34
Volume do prisma = área da base × altura
V= Ab × h
A área da base é um triângulo eqüilátero , logoa área do triângulo eqüilátero é
Ab =4
32l
⇒ 4
352
⇒ 4
325
Altura = 34
Agora vamos determinar o volume do prisma
V= Ab × h ⇒ 34
4
325× ⇒ 3325 ××
925× ⇒ 325× ⇒ 75
ALTERNATIVA B
29)(UFRGS-99) O volume do prisma da figuraabaixo é 20 cm3. Se fizemos um corte paraleloao retângulo BCFE passando pelo ponto médioAC, obtemos dois novos sólidos.
D
A
EF
BC
O volume do menor sólido obtido será
(A) 2,5 cm3 (B) 5 cm3 (C) 7,5 cm3
(D) 10 cm3 (E) 12,5 cm3
SOLUÇÃO
2
l
l
h
Ao efetuar o corte paralelo no ponto médioobtemos um prisma maior e outro menor, isto éduas figuras semelhantes.
Volume prisma maior
4
h32l
V = ⇒4
h320
2l
=
Volume do prisma menor Observe que o lado do prisma menor é ametade do prisma maior, pois o corte é noponto médio
4h3
2
lV = ⇒ 4
3
2
2
hl
⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
⇒4
34
2
hl
⇒
4
1
4
32
×hl
⇒ 16
32hl
V =
Como as figuras são semelhantes temos
16
3
4
3
202
2
hl
hl
V = ⇒
hl
hl
V 3
16
4
3202
2
×=
52044
20
4
1620
=⇒=⇒=⇒= V V V V
ALTERNATIVA B
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE202
30)(UFRGS-99) A figura abaixo representa umrecipiente cônico com 1 metro de altura.
100 cm90
80706050403020100
O volume de água será a metade dacapacidade desse recipiente quando o medidor
de nível marcar, com erro inferior a 1 cm,
(A) 80 cm.(B) 70 cm.(C) 60 cm.(D) 50 cm.(E) 40 cm.
SOLUÇÃO
R
r 100
x
Vamos resolver pelo tronco de cone
3
33
Hh
Vv
Hh
Vv =⇒⎟
⎠ ⎞⎜
⎝ ⎛ =
é uma proporção entre o volume e altura docone menor com altura e volume do cone maior
observando temos
volume do cone menor (v) = 1 v
volume do cone maior (V) = 2V
altura do cone menor (h) = x
altura do cone maior (H) = 100
3
33
H
h
V
v
H
h
V
v=⇒⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ =
3
3
100
x
V 2
v 1= ⇒ 3
3
100
x
2
1=
33 100x2 = ⇒ 2
100x
33 =
3
3
2
100x = ⇒
3
3 3
2
100x =
3 2100x = racionalizar 3 2
3 2
3 22
2100x ×=
2
21003 2
⇒ 3 450
sendo 6,143 ≅ por excesso logo
=× 6,150 80
ALTERNATIVA A
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE203
31)(UFRGS-00) A figura abaixo representa umcubo de centro O.
Considere as afirmações abaixo.
I. O ponto O pertence ao plano BDE.II. O ponto O pertence ao plano ACG.III. Qualquer plano contendo os pontos O e E
Quais estão corretas
(A) Apenas I.(B) Apenas II.(C) Apenas I e II.(D) Apenas I e III.(E) Apenas II e III.
SOLUÇÃO
Afirmativa I ⇒ Falso
E
O
D
Afirmativa II ⇒ Verdadeira
G
O
C
A
Afirmativa III ⇒ Verdadeira
Traçando a diagonal EC podemos concluir que
os pontos O, E e C pertencem a diagonal
ALTERNATIVA E
32)(UFRGS-00) Na figura, O é o centro docubo.
Se o volume do cubo é um 1, o volume dapirâmide de base ABCD e vértice O é
(A) 1/2(B) 1/3(C) 1/4(D) 1/6
(E) 1/8
SOLUÇÃO
aa
Se o volume do cubo é 1 o valor de só podeser 1
V = a3 ⇒ V = 13
Vamos determinar o volume da pirâmide
3
alturabasedaáreaV
×=
A área da base é um quadrado
sua área é (lado)2
logo é 12
= 1a altura é a metade do lado logo é
2
1
então o volume da pirâmide é
32
11
V×
= ⇒ 32
1
⇒ 6
1
3
1
2
1=×
ALTERNATIVA D Este problema pode ser respondido sem fazer
cálculos. A base da pirâmide é um quadrado eo cubo tem 6 faces, logo temos 6 pirâmides em
um cubo 6 pirâmides ⇒ 6
1
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE204
33)(UFRGS-00) A figura abaixo representa aplanificação de um sólido.
O volume desse sólido, de acordo com asmedidas indicadas, é
(A) 180
(B) 360(C) 480(D) 720(E) 1440
SOLUÇÃO
O sólido planificado representa uma pirâmidecom base retangular
12
8
15
3
alturabasedaáreaV
×=
área da base: é um retângulo 158×
3
12158V
××=
480V =
ALTERNATIVA C
34)(UFRGS-00) O volume de uma esfera A é
8
1do volume de uma esfera B. Se o raio da
esfera B mede 10, então o raio da esfera Amede
(A) 5(B) 4(C) 2,5(D) 2(E) 1,25
SOLUÇÃO
Vamos representar
=AV volume da esfera A
=BV volume da esfera B
AR = raio da esfera A
BR = raio da esfera B
volume da esfera = 3πR3
4
O problema informa
BA V8
1V =
3B
3A R
3
4
8
1R
3
4π×=π
30π×= π 1 3
4
8
1 R
3
4 3A
10006
1 R
3
4 3A ×= ⇒
6
1000 R
3
4 3A =
3500 R
34 3
A = ⇒
3
43
500
R3A =
4
3
3
500R3
A ×= ⇒ 125R3A =
3A 125R = ⇒ 5RA =
ALTERNATIVA A
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE205
35)(UFRGS-01) O tetraedro regular ABCD estárepresentado na figura abaixo. M é o ponto
médio da aresta BC e N é o ponto médio da
aresta CD .
O cosseno do ângulo NMA é
(A)6
1
(B) 63
(C)3
1
(D)3
3
(E)2
3
SOLUÇÃO
Vamos determinar os lados do triângulo NMA
Como não temos valores vamos chamar o ladodo tetraedro de L
Então temos, por exemplo: AB = L , AD = L ,
CD = L , BC = L, BM =2
L, MC =
2
L
Vamos calcular o lado MA
Como o tetraedro é regular todas suas facessão triângulos equiláteros. MA é altura dotriângulo equilátero ABC.
Altura do triângulo equilátero =2
3L
Como MA é altura temos MA =2
3L
Vamos calcular o lado NA
Observando MA = NA = 2
3L
Calculo de MN
O triângulo MNC é equilátero, pois M e N sãopontos médio de BC e DC
2
L
M N
2
L
2
LLogo MN =
2
L
C
Já possuímos todas as informações, vamosvoltar ao triângulo NMA
A
2
3L
2
3L
M4L
4L N
2
L
M
2
3L
4
L
A
Cos M =hipotenusa
adjacentecateto=
2
3L4
L
=
3L2
4L × =
321 racionalizar
6
3
3
3
32
1=×
ALTERNATIVA B
Outra maneira de resolver é pelo Teorema dosCossenos a2 = b2 + c2 – 2bc cos A
Isolando cos A = bc2 cba
222
−
−−
Onde a, b, c são os lados.
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE206
36)(UFRGS-01) A figura abaixo representa aplanificação de uma pirâmide de basequadrada com AB = 6 cm, sendo ADV triânguloequilátero.
O volume da pirâmide é
(A) 312
(B) 327
(C) 336 (D) 372
(E) 3108
SOLUÇÃO
Volume da pirâmide =3
alturabasedaárea ×
ABCD é um quadrado AB = BC = CD = DA = 6
ADV é equilátero AD = DV = VA = 6
altura
A altura da pirâmide é a mesma altura dotriângulo equilátero, logo vamos a altura pelafórmula da altura do triângulo equilátero
2
3Lh = ⇒
2
36h = ⇒ 33h =
área da base é um quadrado 2LA =
3666A =×=
Volume da pirâmide =3
alturabasedaárea ×
3363
3336
V =
×
=
ALTERNATIVA C
37)(UFRGS-01) Um cubo e um hexágonoregular estão representados na figura abaixo.Os vértices do hexágono são pontos médios dearestas do cubo.
Se o volume do cubo é 64 cm3, então a área daregião sombreada é
(A) 26
(B) 104
(C) 86
(D) 106
(E) 312
SOLUÇÃO
2
2
O hexágono é formado por 6 triângulosequiláteros, logo vamos determinar a área deum triângulo equilátero e multiplicar por 6
Cálculo do lado do triângulo equilátero
L2 = 22 + 22
2 L L2 = 8 ⇒ 228L ==
2vamos calcular a área do triângulo equilátero
( )32
4
38
4
322
4
3LA
22
=⇒⇒=
multiplicando por 6 312326 =×⇒
ALTERNATIVA E
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE207
38)(UFRGS-01) A figura abaixo representa umcilindro circunscrito a uma esfera.
Se V1 é o volume da esfera e V2 é o volume do
cilindro, então a razão12
1
VV
V
−é
(A) 1/3 (B) 1/2 (C) 1 (D) 2 (E) 3
SOLUÇÃO
O desenho nos mostra:
- O raio da esfera é igual ao raio da base docilindro
- A altura do cilindro eqüivale a dois raios(2R)
Cálculo do volume da esfera V1
31 R
3
4V π=
Cálculo do volume do cilindro
hAbV2 ×=
a altura é 2R e a área da base 2Rπ (circunf.)
logo R2RV 22 ×π= ⇒ =2V 3R2 π
Agora vamos substituir os valores
12
1VV
V
− ⇒ 33
3
R3
4R2
R
3
4
π−π
π
⇒
3
R4R6
R3
4
33
3
π−π
π ⇒
3
3
R3
2
R3
4
π
π ⇒
3
23
4
⇒
⇒2
3
3
4× = 2
ALTERNATIVA D
39)(UFRGS-01) Um octaedro tem seus vérticeslocalizados nos centros das faces de um cubode aresta 2.
O volume do octaedro é
(A) 2/3 (B) 4/3 (C) 2 (D) 8/3 (E)10/3
SOLUÇÃO
Vamos resolver este problema considerando o
octaedro formado por duas pirâmides unidaspor uma base quadrada. Assim vamosdeterminar o volume de uma pirâmide emultiplicar por 2.
O volume da pirâmide =3
hAb ×
Se a aresta do cubo mede 2 a altura de umapirâmide é metade, no caso 1 ⇒ h = 1
Agora vamos calcular a área da base
Olhando de cima temos1 1
1 X 1
1 1
1 1Vamos determinar a aresta da base dapirâmide por pitágoras
x x2 = 12 + 12 ⇒ x = 2 1
1
Logo área da base = L2 = ( )22 = 2
O volume da pirâmide =3
hAb ×
3
2
3
12=
×⇒
Como temos 2 pirâmides ⇒ 3
4
3
2
2 =× ALTERNATIVA B
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE208
40)(UFRGS-02) Um sólido é totalmentemergulhado em um cilindro contendo águacausando a elevação do nível da água em1,5 cm. Se o raio da base do cilindro mede 5cm, o volume do sólido é de
(A) 6,5 3cmπ
(B) 10 3cmπ
(C) 15 3cmπ
(D) 25 3cmπ
(E) 37,5 3cmπ
SOLUÇÃO
1,5
5
Volume do cilindro = hR2 ×π
Quando o sólido é mergulhado a altura
aumenta 1,5 cm
Logo temos a altura = 1,5 cm e o raio = 5
hRV 2 ×π=
cm5,1)cm5(V 2 ××π=
π××= cm5,1cm25V 2
3cm5,37V π=
ALTERNATIVA E
41)(UFRGS-02) O desenho abaixo representaa planificação de um sólido que pode ser obtidoligando-se os pontos A, B,C e D. Os triângulosmenores do desenho são eqüiláteros de lado
2 cm.
O volume do sólido é de
(A) 3cm3
1(B) 3cm
3
2(C) 3cm1
(D) 3cm3
4 3cm
3
5)E(
SOLUÇÃO
A figura mostra 2 TETRADROS regularesunidos por uma de suas faces
Volume do tetraedro =12
2)aresta( 3
12
2aV
3
= ⇒ ( )
12
223
× ⇒
12
223 ×
⇒ 12
24
⇒ 12
22
⇒ 3
1
12
4=
como temos 2 tetraedros
3
2
3
12 =×
ALTERNATIVA B
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE209
42)(UFRGS-02) Na figura abaixo, P é o centroda face superior de um cubo. A pirâmide debase hachurada tem um de seus vértices em P
Se o volume da pirâmide é 1, então o volumedo cubo é
(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 6 (E) 8
SOLUÇÃO
h
hAbVpirâmide
×= 3
cubo aV =
foi fornecido o volume da pirâmide = 1
vamos calcular a área da base da pirâmidel = lado
l l
l l l
2l 2l
l
Podemos perceber que a área da base dapirâmide é um triângulo retângulo, logo a áreaé
2
hbA
×= ⇒
2
l
2
ll 2
=×
Com a fórmula do volume da pirâmide vamosdeterminar o lado
h
hAbV
×= ⇒
3
l2
l
1
2
×= ⇒
32
l
1
3
=
⇒ 3
1
2
l1
3
×= ⇒ 6
l1
3
= ⇒ 6l3 =
observe que o lado da pirâmide coincide com a
aresta do cubo, logo 6Val cubo33 ===
ALTERNATIVA D
VAMOS MOSTRAR
6l3 = ⇒ 3 6l = ⇒ 3 6a =
volume do cubo
3cubo aV = ⇒ ( )33 6V = ⇒ 6V =
OUTRA MANEIRA DE RESOLVER
E
A B
C
3
alturabase da áreaVpirâmide
×=
3
BEABC1
×= ⇒ 3BEABC =×
VAMOS PARA O VOLUME DO CUBO
alturabasedaáreaVcubo ×=
a base do cubo é formada por 2 bases dapirâmide
logo
BEABC2Vcubo ××=
32Vcubo ×=
6Vcubo =
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE210
43)(UFRGS-03) Se num paralelepípedo ocomprimento é reduzido em 10%, a largura éreduzida em 5% e a altura é aumentada em15%, então o volume
(A) não se altera(B) aumenta em 0,75%
(C) se reduz em 0,75%(D) aumenta em 1,675%(E) se reduz em 1,675%
SOLUÇÃO
cVolume inicial 100%
b
aVolume do paralelepípedo = a . b . c = 100%
Com uma nova configuração temos
115%
95%
90%
Vamos passar % para número decimal
9,0100
90%90 == 95,0
100
95%95 ==
15,1100
115%115 ==
Logo o volume = 98325,015,195.09,0 =××
Vamos passar para % e após comparar
0,98325 X 100 = 98,325%
observe que reduziu, vamos diminuir de 100%para ver quanto
100% - 98,325% = 1,675%
ALTERNATIVA E
44)(UFRGS-03) No cubo ABCDEFGH dafigura abaixo, M é o ponto médio de BF e N éponto médio de DH
Se a aresta do cubo mede 1, a área doquadrilátero AMGN é
(A)25 (B) 2 (C)
26 (D) 3 (E)
25
SOLUÇÃO G
N
M
A
Traçando o quadrilátero AMGN, percebemostratar-se de um losango cuja área é
2
diagmenor Maior DiagA
×= ⇒
2
MNAGA
×=
AG é a diagonal do cubo = 3a com areta 1
temos 3AG =
MN é a diagonal da base = 2a com aresta 1
temos 2MN =
Logo2
6
2
23A =
×=
ALTERNATIVA C
7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos
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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE211
45)(UFRGS-03) Considere uma esfera inscritanum cubo. Dentre as alternativas abaixo, amelhor aproximação para a razão entre ovolume da esfera e o volume do cubo é
(A)
5
2(B) 2 (C)
2
6(D) 3 (E)
2
5
SOLUÇÃO
2r
raio 2r
raio
Atenção: esfera inscrita, logo a aresta do cuboé 2r
Razão é divisão
Vamos dividir o volume da esfera pelo volumedo cubo
⇒
π
⇒
π
⇒
π
⇒ R83
R4
)R2(
3
R4
a3
R4
V
V3
3
3
3
3
3
cubo
esfera
2
15,0
6
3,14
6
24
4
R8
1
3
R43
3
≡≅⇒π
⇒π
⇒×π
ALTERNATIVA B
46)(UFRGS-04) No desenho abaixo, em cadaum dos vértices do cubo está centrada umaesfera cuja medida do diâmetro é igual àmedida da aresta do cubo.
A razão entre o volume da porção do cuboocupado pelas esferas e o volume do cubo é
(A)6
π(B)
5
π(C)
4
π(D)
3
π(E)
2
π
SOLUÇÃO
Atenção: o cubo tem 8 vértices logo teremos 8esferas e razão é divisão
cubodovolume
esferapelasocupadocubodoporçãodavolume
3R4V
3
esfera π= 3cubo aV =
Sendo a a aresta do cubo implica que o raio
da esfera será2
alogo
3
3
3
3
a
2
a
3
4
a3
R4 ⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ π
=
π
=3
3
a83
a4
×
π
3
3
a24
a4 π
=3
3
a
1
24
a4×
π=
24
4 π=
6
π
ALTERNATIVA A