2014 - APOSTILA REVISÃO 2ª ETAPA
MATEMÁTICA
Prof. Carlos Alberto
RESOLUÇÕES
1.
a) Após 3 horas e meia do início do enchimento, serão despejados pela mangueira 5000 .(3,5) = 17500 litros.
3
b) Sendo 17500 litros = 17,5 m , teremos (10).(5).(h) = 17,5 , logo h = 0,35 m ou 35 cm.
3
c) Após t horas, o volume despejado é (5000. t) litros, ou 5t m . Assim, sendo H a altura atingida, o volume será
(10).(5) . H = 5t ou ou H = t/10. Expressando como função, H(t) = t/10.
2.
3
a) Se a largura é 35 cm, o comprimento será 70 cm e o volume será V = (64).(29).(3) = 5568 cm .
b) Sendo x a largura da caixa, o comprimento será 2x e o volume V = (x – 6).(2x – 6).(3) = 324 ou x = 12 cm.
2
Assim, a folha original teria 12 cm por 24 cm, ou seja, área de 288 cm . Retirados os quatro quadrados de lado
2
3 cm, restarão 252 cm para a superfície externa da caixa.
3.
a) Considere a figura abaixo
Aplicando-se o teorema de Pitágoras aos dois triângulos retângulos em que o triângulo original foi dividido,
2
2
⎧
⎪16 = h + x
teremos ⎨
que fornece h = (5 7 )/4 cm.
2
2
25
h
6
x
=
+
−
⎪
(
)
⎩
a
b) Basta substituir o valor obtido de h na 1 equação do sistema, obtendo-se x = 9/4 cm.
c) No triângulo retângulo da “esquerda” , teremos cos α = (9/4) : 4 = 9/16.
4.
a) ÁreaABC = (BC · AP)/2 = 48. Mas AP = (2.BC)/3, daí BC = 12 cm e AP = 8 cm.
b) Como o triângulo é isósceles, AP é altura e mediana simultaneamente.
Como o triângulo APC é Pitagórico, teremos AC = 10 cm = AB.
c) Como o baricentro divide cada mediana na razão 2:1, a distância pedida é (2/3). 8 = 16/3 cm.
d) Observe a figura
Inicialmente, no triângulo retângulo APC, teremos cos C = 6/10. Seja BM a mediana relativa ao lado AC. No
2
2
2
triângulo BMC, aplicando-se a lei dos co-senos, vem BM = 5 + 12 – 2.5 · 12 cos C e daí, BM = √97 cm =
CN.
e) Observe a figura acima: novamente usando a lei dos co-senos no triângulo BMC, temos:
2
2
2
5 = (√97) + 12 – 2. 12 · √97 · cos α ou cos α = (9√97)/97.
1
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5.
a)
b) Áreatriângulo = (60 · d)/2 = 1200 ou d = 40 m.
2
c) Sendo x a base do retângulo e y, sua altura, temos x.y = 504 m . Além disso, sendo o triângulo AEB
semelhante ao triângulo ACD, teremos x/60 = (40-y)/40 ou 2x + 3y = 120. Resolvendo-se o sistema, tem-se
x = 18 e y = 28
ou
x = 42 e y = 12. Decorre daí que o menor perímetro possível para a base é de
92 metros.
6. O menor caminho a ser percorrido pelo bicho para ir de A até C está representado abaixo.
Chamando de B o centro da goiaba maior, observe a figura abaixo.
Por semelhança entre os triângulos retângulos, vem x/8 = 8/10
percorrido pelo bicho será 2 + 2 · (6,4) + 2 = 16,8 cm.
ou x = 6,4 cm. Assim, o menor caminho a ser
7.
a) Observe a figura
Pelo teorema da bissetriz AB/BM = AC/CM e, daí conclui-se AC = 3x. Aplicando-se, então, o teorema de
2
2
2
Pitágoras ao triângulo ABC, vem (3x) = 3 + (x + 1) que, resolvida, fornece MC = 5/4 m.
b) No triângulo ABC temos sen C = 3/(15/4) = 4/5 e, então, a área pedida será
2
MC · .AC · sen C
= 5/4 · (15/4) · 4/5
ou Área = 15/8 m .
2
2
8.
o
o
a) Observe que π /5 rad = 36 . Logo, sendo o triângulo ABC isósceles, os outros dois ângulos medirão 72 cada.
Tem-se, então, a figura
2
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Daí, a única hipótese possível para termos ACD e BCD triângulos isósceles, seria traçarmos a bissetriz de C,
0
dividindo-o em dois de 36 . Logo, o ponto D pedido é a interseção do lado AB com a bissetriz do ângulo C.
b) Aplicando-se a lei dos senos ao triângulo ABC temos a/sen 36 = b/sen 72
ou a. sen 2π/5 = b. sen π/5.
2
2
Por outro lado, os triângulos ABC e BCD são semelhantes, logo (b - a)/a = a/b ou a + ab - b = 0.
Resolvendo-se, obteremos a/b = ( 5 – 1)/2.
0
0
c) Da primeira igualdade do item anterior decorre a.(2 sen π/5 . cos π/5) = b. sen π/5 ou
2 · cos π/5 = b/a = ( 5 +1)/2 ou cos π/5 = (√5+1)/4
2
2
Da relação fundamental sen π /5 + cos π /5 = 1 decorre sen π /5 = √(10-2√5)/4.
d) Observe a figura
0
Sendo X o lado do pentágono, traçando-se a altura do triângulo isósceles relativa a esse lado, teremos sen 36 =
X/2 daí,
X = √(10-2√5)/4 unidades de comprimento.
9.
a) Traçando-se pelos pontos E e F dois planos paralelos às arestas AD e BC e perpendiculares ao plano
ABCD, teremos
O teorema de Pitágoras no triângulo assinalado fornecerá H =(x√2)/2 unid. comprimento.
b) Os planos citados no item anterior dividem o sólido em um porção central que é um prisma de base triangular
(lado x e altura (x√2)/2) e altura x mais uma pirâmide (formada pela união das duas partes restantes), de base
quadrada x e mesma altura do prisma, como calculado acima. Daí, o volume pedido será:
3
x.(x√2/2)/2 . x + (x.x.x√2/2)/3 = (5x √2)/12 unidades de volume.
3
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10.
a) Observe a figura
11.
a)
Como a caixa 1 tem o formato de um prisma reto de base retangular, suas base são congruente e têm 24 · 16 =
2
384 cm .
4
⇔ x= 4 3.
x
Δ ABC é equilátero de lado 2x + 16 = 8(2 +
3 ) cm e sua área é, portanto,
Na figura que representa a vista superior da caixa 2, temos tg 30º =
Por simetria, o
( 8(2 +
3)
)
2
= (192 + 112 3)cm2
4
b) A menor altura possível para a caixa 1 é 2 · 4 + 2 = 10 cm e o volume de cada garrafa, supondo que cada uma
3
262π
· π · 43 + π · 12 · 2 =
cm3 . Logo, o volume pedido´é
seja a união disjunta de uma esfera e um cilindro, é
4
3
262π
3
384 · 10 – 6 ·
= (3 840 – 524 π ) cm .
3
2
2
12. Como x2 + y2 – 2x – 4y + 4 < ) ⇔ (x – 1) + (y – 2) < 1, a base do cilindro é um círculo de cento (1, 2) e raio 1.
4
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13.
a)
b)
14.
a) Demonstração
b) Sendo o raio da esfera circunscrita igual a 3/4 da altura do tetraedro, teremos:
3
6 = 3/4 · (a 6 )/3, onde “a” é a aresta do tetraedro. Daí, a = 4 6 e Voltetraedro = 64 3 cm .
15.
5
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a)
Seja VABC o tetraedro, onde M e N, pontos médios das arestas VC e AB,
respectivamente, definem o segmento pedido. Para calculá-lo, observe que, no triângulo VCN, VN e NC são
alturas de triângulos equiláteros de lado 6;
Assim, VN = NC = 3√3 e o triângulo VCN será isósceles, acarretando que NM será mediana e altura. Daí, o
2
2
2
teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo CMN fornece (3√3) = 3 + MN ou MN = 3√2 cm.
b) H = (6√6)/3 ou 2√6 cm.
3
3
c) Vol. tetraedro = (a √2)/12 = 18√2 cm .
d) O volume da esfera inscrita no tetraedro é 1/4 da altura do mesmo. Assim, r = √6/2 cm.
16.
a)
VA =
π2 ⋅ 3 2 ⋅ 6
= 18π m3
3
VB = π2 ⋅ 22 ⋅ 5 = 20π m3
b)
Quando o nível da água está na metade da altura de A, o volume dele retirado é
Assim,
9π
= π ⋅ 22 ⋅ H
4
∴
H=
⎛3⎞
π⋅⎜ ⎟
⎝2⎠
2
3
⋅3
=
9π 3
m .
4
9
m
16
c)
2
Quando o nível da água está na metade da altura de B, o volume ali contido será π ⋅ 2 ⋅
o volume retirado de A.
Assim
2
x⎞
⎟ ⋅x
⎝2⎠
= 10π
3
⎛
π⋅⎜
x3 = 120
x = 23 15
(6 – 23 15 )m
⎛ 6 – H⎞
⎟
⎝ 2 ⎠
2
π⎜
d) Seja H o nível em A. O volume retirado é
⋅ (6 – H)
=
3
Se x é o nível em B quando tal volume lá é despejado, vem
π ⋅ 22 ⋅ x =
π(6 – H)3
12
∴
x=
(6 – H)3
m
48
6
π ⋅ (6 – H)3
.
12
5
= 10π m3 . Tal é
2
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17.
a)
2
2
2
Aplicando-se o teorema de Pitágoras, AB = 4 + 2 ou AB = 2 5 .
Para justificar o pedido, devemos mostrar que CD = 5 . Consideremos DE paralelo a BC, com E sobre AC.
Verifica-se que E é médio de AC, além de medir a metade de BC, ou seja, 1. Assim, o teorema de Pitágoras no
triângulo CDE fornecerá CD = 5 , como queríamos mostrar.
2
c) Note que as áreas dos triângulos ADE e CDE são iguais a 1 cm . Assim, se traçarmos DF paralelo a AC,
2
com F sobre BC, obteremos de forma análoga os triângulos BDF e CDF também com áreas de 1 cm .
18. Desse modo, os centros das esferas são os vértices de uma pirâmide regular hexagonal com aresta da base
medindo 2R e arestas laterais medindo R + 2R = 3R. Uma secção meridiana da pirâmide e algumas
esferas é:
19.
20.
a)
7
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b) Voltronco = (370 π )/3 unid. Volume
3
2
c) V(h) = π (h /300 + 3h /10 + 9h)
d) π (7√101 + 9) u.a.
21.
a)
2
3
b) Temos π R · R/6 = 4/3 · · · r
ou r = R/2
2
3
c) π · R .R = n · 4/3 · π (R/2) onde n é o número de esferas a ser determinado. Daí, n = 6.
22.
a) Observando que a área do trapézio será a do quadrado subtraída das áreas dos triângulos retângulos, vem
2
Áreatrapézio = - x /2 + 10x + 536, que será máxima quando x = 10 m.
b) (52 + 34√2) m
23.
3
a) V= áreabase · altura = (3 + 1)20/2 · 10 = 400 m ou 400000 litros
b)
24.
2
a) ÁreaADM = (10.10)/2 = 50 cm
b) Sendo O o centro do círculo e N a interseção do prolongamento de MO com AD, o teorema de Pitágoras
2
2
2
aplicado ao triângulo ODN fornece r = 5 + (10 - r) ou r = 6,25 cm.
25. a) 30 cm e 60 cm
26. a) x = 3/4 cm
b) 2700 π cm
b) x = 1 cm
2
27.
a) h = 20 – 4r
2
b) - 6 π r + 40 π r
c) r = 10/3 cm e Amáxima = 200 π /3 cm
8
2
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28.
A esfera deverá tangenciar as 8 faces no baricentro.
A diagonal do octaedro será 3√6 . √2 = 6√3, logo a altura de cada pirâmide será 3√3. O apótema da base é
(3√6)/2.
A altura da face (apótema da pirâmide) será (9√2)/2.
3
Assim, o volume pedido será 36π dm .
29.
a) traçando raios nos pontos de tangência, teremos um triângulo equilátero com lados paralelos ao maior, o qual,
então, devrá ser equilátero também.
b) (2 + 2√3) cm e h =(3 + √3)cm
3
c) (18 + 10√3)/3 cm
30.
a) Chamando-se o maior cateto de “x”, o menor será x – r e a hipotenusa, x + r. Daí, o teorema de Pitágoras
fornecerá x = 4r o que demonstra o pedido.
b) raio = 4 u. c. e dist. = 2√5 u.c.
31.
a) Notando que o triângulo retângulo terá lados de medidas 6, 8 e 10 e o equilátero, lado 8, a área pedida será
2
16√3 cm .
b) Sendo o circuncentro do triângulo retângulo o ponto médio da hipotenusa, o raio será 5 cm.
c) Notando que o incentro é o ponto equidistante dos lados do triângulo teremos o raio da inscrita igual a 2 cm.
Daí, no triângulo assinalado, a distância pedida é a hipotenusa = √5 cm.
32.
Sendo R = 3 o raio da base do cone e “g” sua geratriz, teremos ( 2 π g)/3 = 2 π .R ou g = 9 cm.. O teorema de
Pitágoras no maior triângulo assinalado na figura, fornece H = 6√2. Assim, sendo “r” o raio da esfera
por semelhança dos triângulos da figura vem r = (3√2)/2 e daí, o percentual pedido será de 50%.
9
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33.
(
)
A Tot = 60 + 17 3 cm2 e Vol = 7 39 cm3
34.
a) 3 tomadas
b)
Pitágoras fornece X = 1,3 m , logo, total de 3 m de fio.
35.
Sendo x a base e y a altura do retângulo, sua área será x.y e, para calcularmos o máximo, devemos exprimir x
em função de y por semelhança, obtendo as dimensões 30 cm e 40 cm.
36.
a)
b) Pitágoras no triângulo AEB fornece BE = (x√5)/2, sendo x o lado de ABCD. Assim, AF = x.(√5 - 1)/2 e a razão
pedida resultará 1.
c) Do exposto nos itens anteriores resulta que a razão pedida será (√5 – 1 )/2 .
10
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37.
a)
Observando a figura, concluiremos que a altura mínima de água para cobrir as esferas é de 25 cm; assim, o
volume de água será 2025 π . Retirados os volumes das duas esferas, (2048 π )/3 e (500 π )/3, resulta
2
(3527 π )/3 = π · 9 .h, o que dá h = 14,5 cm.
38.
Da figura, XY = (6 + 2x) e a altura relativa a esse lado será (6√3 – y) sendo a área (3 + x) · (6√3 – y ) ·
2
o
como y = x√3, teremos a área como função do 2 grau, com valor máximo de 81√3 cm .
4
39. O poliedro é formado por duas pirâmides hexagonais regulares congruentes. Cada uma tem metade da altura
do prisma original. Sejam a a medida das arestas da base do prisma e a’ a medida das arestas das bases das
pirâmides que compõem o poliedro. Sejam ainda h e h’ as medidas da altura do prisma e da altura das
pirâmides, respectivamente.
Então:
Sendo B a área da base do prisma e B’ a área da base das pirâmides.
Desse modo, obtêm-se os volumes V do prisma e V’ do poliedro:
V=B×h
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Portanto:
40.
Sendo h a altura de cada um dos trapézios A e B. Observe a ilustração:
SA e SB são, respectivamente, proporcionais a 1 e 2. Logo:
Substituindo o valor de M na equação da base média, tem-se:
41. Considere-se a a medida da aresta da base quadrada do paralelepípedo retângulo. Como a altura desse
paralelepípedo mede 1 m, sua capacidade máxima é determinada pelo seguinte volume:
ou seja,
A maior distância entre dois pontos em um paralelepípedo retângulo corresponde à medida de uma de suas
diagonais. Como a diagonal de um paralelepípedo retângulo é determinada por
12
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Sendo a, b e c as dimensões desse paralelepípedo, então:
Elevando ao quadrado os dois membros dessa equação, obtém-se:
Logo, a medida a de uma aresta da base é igual a 2 m. Consequentemente, o volume do prisma é igual a:
3
Portanto, a capacidade máxima da caçamba é de 4 m .
42. Objetivo: Calcular a medida de um ângulo. Item do programa: Geometria e trigonometria Subitem do
programa: Relações métricas e angulares no triângulo retângulo: aplicações; teorema de Pitágoras; lei dos
cossenos
Comentário da questão:
Solução por geometria espacial
Chamando de a a medida do segmento de reta BA e do segmento de reta AT , conclui-se que a tomada T se
encontra a uma distância de a 2 unidades do chão devido aos ângulos de 45 graus formados. Por esse mesmo
motivo, o segmento BC mede a unidades. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo BCT obtém-se:
BT = a 2
Finalmente, aplicando a lei dos cossenos ao triângulo BAT tem-se:
Resolvendo a equação resultante:
13
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Solução por vetores em R
3
As coordenadas dos pontos B, A e T são:
Os vetores AB e AT possuem as seguintes coordenadas:¨
e
43. Solução. Os triângulos ABC e ADC são congruentes e as medidas 18cm e 32cm representam as projeções
da altura x sobre a hipotenusa AC. Utilizando as relações envolvendo triângulos retângulos, temos:
i) x 2 = (18).(32)
⇒ x = 3 .2.2 .2 =
⇒ AB = AD =
2
4
⎧⎪AD = AB
⎨⎪AD = 18 + 24
⎩
⎧⎪DC = BC
iii) ⎨
⎪⎩BC = 32 + 24 ⇒ DC = BC =
ii)
2
2
2
2
( )
3 2.2 6 = 3. 2 3 = 3.(8 ) = 24cm
324 + 576 = 900 = 30cm
1024 + 576 = 1600 = 40cm
iv ) AB + BC + DC + DA = 2.(30) + 2( 40) = 60 + 80 = 140cm
14
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44. De acordo com a figura, as faces VBC e ABC do tetraedro regular encontram-se inscritas nas faces laterais
BCFD e BCGE, respectivamente. Então, o ângulo DBE é congruente ao ângulo da seção meridiana VMA que
contém o ponto M, médio de BC. Aplicando a lei dos cossenos a esse triângulo, obtém-se:
Substituindo os valores numéricos e resolvendo a equação resultante tem-se:
‘
Como os ângulos VMA e EBD são congruentes, conclui-se que:
Calculando o volume do prisma:
45. Como a borda do transferidor é a semicircunferência AB de centro O, e a borda do esquadro é o segmento de
reta
, então o menor segmento que liga essa bordas encontra-se sobre a reta r que contém o ponto O e é
perpendicular ao segmento
.
Portanto, um modo de calcular a medida do segmento
é determinar a distância do ponto O à reta
e subtrair
dessa medida o valor do raio da semicircunferência AB.
Admitindo um sistema cartesiano com origem em B e eixos coordenados nas posições habituais, têm-se:
O=(0,5)
A = (0,10)
D = (13,0)
C = (13,10)
E = (3,0)
Então, a reta
tem coeficiente angular
e equação y – 0 = 1(x – 3), ou seja, y = x – 3
0.
Utilizando a fórmula da distância do ponto P(xo, yo) à reta ax + by + c = 0, dada por
15
x–y–3=
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Tem-se
Como a distância d, do ponto O à reta
, mede
, a medida do segmento
Veja, a seguir, outra solução possível para esse problema.
será
Traçando a reta perpendicular ao segmento
que contém o ponto O, obtêm-se os pontos I em
, J em
eK
em AB. Pela perpendicularidade da reta traçada, os triângulos EIJ e OBI são ambos retângulos isósceles. Desse
modo, deduz-se que:
Em relação aos segmentos contidos em
Como
Como
, tem-se ainda:
pode-se concluir que:
EIJ é retângulo isósceles , então
Portanto, a distância entre as bordas dos instrumentos de desenho corresponde a:
16