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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
3π
= 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
= + − ⋅ → = + − ⋅ ⋅ ⋅
⋅ = → =
+ = → + = → =
= − = → =