MATEMÁTICA E
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FRENTE 1 – ÁLGEBRA
MÓDULO 28
DISPOSITIVO DE BRIOT-RUFFINI –
TEOREMA DO RESTO
Nas questões de 1 a 3, calcular o quociente e o resto das divisões dos
polinômios, utilizando o Dispositivo de Briot-Ruffini.
1. 2x4 – 11x3 + 26x + 3 por x – 5
– 11
–1
RESOLUÇÃO:
Sendo S(x) a área da base desse prisma, temos que
V(x) = S(x) . A(x).
S(x) pode ser obtido dividindo-se V(x) por A(x). Utilizando o
Dispositivo Prático de Briot-Ruffini, resulta
1
–3
2
6
1
–4
6
0
–1
x2
RESOLUÇÃO:
2
2
4. (ESPM) – O volume e a altura de um prisma são expressos pelos
polinômios V(x) = x3 − 3x2 + 2x + 6 e A(x) = x + 1, respectivamente,
sendo x um real estritamente positivo. O menor valor que a área da base
desse prisma pode assumir é igual a:
a) 1
b) 1,5
c) 2
d) 2,5
e) 3
0
–5
26
1
3
8
Então, S(x) =
– 4x + 6. O menor valor que S(x) pode assumir é
dado pela ordenada yv do vértice da parábola que representa S(x),
isto é,
5
–Δ
8
yv = –––– = ––– = 2
4a
4
Resposta: Q(x) = 2x3 – x2 – 5x + 1 e r = 8
Resposta: C
2. x5 + 5x4 – 10x2 + 15
x+2
RESOLUÇÃO:
1
1
5
3
0
–6
– 10
2
0
–4
15
23
–2
5. (FEI) – O polinômio P(x) = x3 – 5x2 + 8x + m é divisível por
(x – 1). O valor de m é:
a) 4
b) 2
c) 14
d) – 2
e) – 4
Resposta: Q(x) = x4 + 3x3 – 6x2 + 2x – 4 e r = 23
RESOLUÇÃO:
3.
6x4 – 9x3 – 13
P(x)
x–1
0
Q(x)
⇒ P(1) = 0 ⇒ 13 – 5 . 12 + 8 . 1 + m = 0 ⇒
⇒ 1–5+8+m=0 ⇒ m=–4
3x – 6
Resposta: E
RESOLUÇÃO:
||
||
6 –9
0
0
– 13
2
––––––––––––––––––––––––––––––––––––
6 3
6
12
11
Resposta:
6
3
6
12
Q(x) = –– x3 + –– x2 + –– x + ––– = 2x3 + x2 + 2x + 4
3
3
3
3
r = 11
– 101
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MATEMÁTICA E
6. Se P(x) for um polinômio de terceiro grau, cujo gráfico está representado na figura,
(FGV-RJ) – A equação polinomial x3 – x2 – 16x – 20 = 0 tem raízes
2.
1
1
1
x1, x2 e x3. O valor da expressão –––– + ––– + ––– é:
x1
x2
x3
a) 1
3
b) – –––
4
c)
4
–––
5
d)
3
–––
4
4
e) – –––
5
RESOLUÇÃO:
Se x1, x2 e x3 são as raízes da equação, então:
o resto da divisão de P(x) pelo monômio x + 2 é:
a) 0
b) 16
c) – 12
d) – 16
RESOLUÇÃO:
As raízes reais de P(x) são – 1, 1 e 2 e, além disso, P(0) = 2.
Temos, portanto:
= a(x + 1)(x – 1)(x – 2), a ≠ 0
P(x)
P(0) = 2
e) 12
x1 + x2 + x3 = 1
x1 . x2 + x1 . x3 + x2 . x3 = – 16
x1 . x2 . x3 = 20
Assim:
x2 . x3 + x1 . x3 + x1 . x2
1
1
1
– 16
4
––– + ––– + ––– = ––––––––––––––––––––––– = ––––– = – –––
5
x3
x2
x1
20
x1 . x2 . x3
Resposta: E
⇒
⇒ a . (1) . (– 1) . (– 2) = 2 ⇒ a = 1
Logo, P(x) = (x + 1)(x – 1)(x – 2)
O resto da divisão de P(x) por x + 2 é igual a
P(– 2) = (– 2 + 1)(– 2 – 1)(– 2 – 2) = – 12
Resposta: C
MÓDULO 29
EQUAÇÕES ALGÉBRICAS I
1. O conjunto verdade da equação 2x3 + 4x2 + 5x – 1 = 0 é
V = {a; b; c}. Obtenha:
a) a + b + c
b) ab + ac + bc
c) a b c
d)
1
1
1
–– + –– + ––
a
b
c
RESOLUÇÃO:
–4
a) a + b + c = –––– = – 2
2
5
b) a b + a c + b c = ––
2
1
c) a b c = ––
2
5
–––
1
1
1
bc+ac+ab
2
d) –– + –– + –– = ––––––––––––– = ––––– = 5
1
a
b
c
abc
––
2
102 –
3. (UNESP) – Dado que as raízes da equação
x3 – 3x2 – x + k = 0, em que k é uma constante real, formam uma
progressão aritmética, o valor de k é:
a) – 5.
b) – 3.
c) 0.
d) 3.
e) 5.
RESOLUÇÃO:
Se a – r; a; a + r forem as raízes da equação
x3 – 3x2 – x + k = 0, então:
(a – r) + a + (a + r) = 3 ⇔ a = 1
Uma das raízes da equação é 1 e, portanto:
13 – 3 . 12 – 1 + k = 0 ⇔ k = 3
Resposta: D
4. Sabe-se que, na equação x3 + 4x2 + x – 6 = 0, uma das raízes é
igual à soma das outras duas. O conjunto solução (S) desta equação é
a) S = {– 3, – 2, – 1}
b) S = {– 3, – 2, + 1}
c) S = {+ 1, + 2, + 3}
d) S = {– 1, + 2, + 3}
e) S = {– 2, + 1, + 3}
RESOLUÇÃO:
Se uma das raízes da equação x3 + 4x2 + x – 6 = 0 é igual à soma
das outras duas, então o seu conjunto solução S é do tipo {a; b; a
+ b} e, pelas Relações de Girard, temos:
a + b + (a + b) = – 4 (I)
a . b + a(a + b) + b(a + b) = 1 (II)
a . b . (a + b) = 6 (III)
De (I) e (III), temos:
a+b=–2
⇔ a+b=–2 ⇔
a . b . (a + b) = 6
a.b=–3
2. (FGV) – O polinômio P(x) = x4 – 5x3 + 3x2 + 5x – 4 tem o número
1 como raiz dupla. O valor absoluto da diferença entre as outras raízes
é igual a:
a) 5
b) 4
c) 3
d) 2
e) 1
RESOLUÇÃO:
O quociente da divisão de P(x) = x4 – 5x3 + 3x2 + 5 – 4 por (x – 1)2 é
Q(x) = x2 – 3x – 4, cujas raízes são 4 e –1.
Portanto, 4 – (–1) = 5.
Observe que:
1
–5
3
5
–4
1
1
–4
–1
4
0
1
1
–3
–4
0
Resposta: A
⇔ a = – 3 e b = 1 ou a = 1 e b = – 3 ⇒ S = {– 3; 1; – 2}
Resposta: B
3. O número complexo 3 – 2i é raiz da equação de coeficientes reais
x3 – 9x2 + mx + n = 0. O valor de n é:
a) – 39
b) – 13
c) 0
d) 13
e) 39
MÓDULO 30
EQUAÇÕES ALGÉBRICAS II
1.
RESOLUÇÃO:
Se 3 – 2i é raiz da equação, então 3 + 2i também o é. Seja r a terceira
raiz.
Das Relações de Girard, decorre que 3 – 2i + 3 + 2i + r = 9 ⇒ r = 3.
O produto das raízes é igual a – n.
Portanto, – n = (3 – 2i)(3 + 2i) . 3 ⇒ – n = (9 – 4i2) . 3 ⇒
⇒ – n = 39 ⇒ n = – 39.
Resposta: A
Seja o polinômio P(x) = (x – 2)2 . (x2 – 4) . (x – 3).
Assinale a afirmativa falsa.
a) O grau de P(x) é 5.
b) O conjunto verdade da equação P(x) = 0 é V = {– 2; 2; 3}.
c) 3 é raiz simples de P(x) = 0.
d) 2 é raiz dupla de P(x) = 0.
e) 0 não é raiz de P(x) = 0.
RESOLUÇÃO:
P(x) = (x – 2)2.(x2 – 4).(x – 3) = (x – 2)2.(x – 2).(x + 2).(x – 3) =
= (x – 2)3.(x + 2).(x – 3) = (x – 2).(x – 2).(x – 2).(x + 2).(x – 3)
O polinômio P(x) é de grau 5 e suas raízes são r1 = 2, r2 = 2, r3 = 2,
r4 = – 2 e r5 = 3.
O conjunto verdade da equação P(x) = 0 é V = {– 2; 2; 3}, sendo – 2
raiz simples, 2 raiz tripla e 3 raiz simples.
Resposta: D
4. (MACKENZIE) – Se α, β e γ são as raízes da equação
x3 + x2 + px + q = 0, onde p e q são coeficientes reais e α = 1 − 2i é
uma das raízes dessa equação, então α . β . γ é igual a
a) 15
b) 9
c) – 15
d) – 12
e) – 9
RESOLUÇÃO:
Se 1 – 2i é raiz da equação de coeficientes reais, então 1 + 2i
também é raiz da equação.
Consideremos α = 1 – 2i, β = 1 + 2i e γ a terceira raiz.
–1
Das relações de Girard, temos que α + β + γ = ––– e, portanto,
1
1 – 2i + 1 + 2i + γ = – 1 ⇔ γ = – 3
Então, α . β . γ = (1 – 2i).(1 + 2i).(– 3) =
= (1 – 4i2).(– 3) = (1 + 4).(– 3) = – 15
Resposta: C
– 103
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
FRENTE 2 – ÁLGEBRA
MÓDULO 28
RAZÕES E PROPORÇÕES
1. (FATEC) – Argamassa é uma mistura de cimento, cal, areia e água
a qual serve para o assentamento de tijolos, revestimento de superfícies
e execução de juntas.
Uma mistura de cimento, cal e areia será preparada de modo que para
cada parte de cimento haja duas partes de cal e nove partes de areia.
Usando como unidade de medida uma lata de 18 litros, a quantidade de
areia para preparar 300 latas dessa mistura será, em metros cúbicos.
a) 1,80.
b) 2,25.
c) 2,78.
d) 4,05.
e) 4,34.
RESOLUÇÃO:
I) O volume das 300 latas de 18 l cada é 5400 l.
II) De cada 12 partes de argamassa, 9 são de areia.
III) A quantidade de areia, em litros, é
9
––– . 5 400 = 4050
12
IV) 4 050 l = 4 050 dm3 = 4,05 m3
Resposta: D
2. (VUNESP) – Para pintar um prédio, 7 homens trabalharam por 6
dia. A partir de então, para que o serviço de pintura terminasse mais
rapidamente, foram contratados mais 7 homens com a mesma força de
trabalho daqueles que já estavam trabalhando.
No total, foram necessários 19 dias para completar o serviço de pintura.
Se todos os 14 homens estivessem trabalhando juntos desde o primeiro
dia de serviço, a pintura do prédio ficaria pronta em
a) 10 dias.
b) 16 dias.
c) 8 dias.
d) 14 dias.
e) 12 dias.
RESOLUÇÃO:
A primeira parte do prédio, que foi pintada por 7 homens em 6 dias,
teria sido pintada em apenas 3 dias se dobrássemos a quantidade
de homens.
A segunda parte da pintura do prédio não sofreria nenhuma
mudança. Desta forma, o prédio seria pintado em três dias a
menos, ou seja 19 – 3 = 16 dias.
Resposta: C
3. (Pref. de Paraúna) – Para repartir 300 balas entre seus 3 filhos,
uma mãe decide usar as idades das crianças. Sabendo que eles tem 10
anos, 8 anos e 7 anos e que a divisão será diretamente proporcional às
idades, quantas balas receberá cada um?
a) 108 balas,100 balas e 92 balas, respectivamente;
b) 120 balas, 102 balas e 88 balas, respectivamente;
c) 134 balas, 92 balas e 84 balas, respectivamente;
d) 120 balas, 96 balas e 84 balas, respectivamente.
RESOLUÇÃO:
Sendo a, b e c as quantidades de balas que cada filho irá receber,
temos:
a + b + c = 300
a
b
c
a
b
c
a+b+c
300
––– = –– = –– ⇒ ––– = –– = –– = –––––––––– = –––– = 12
10
8
7
10 8
7 10 + 8 + 7
25
Assim,
a
––– = 12 ⇔ a = 120
10
b
––– = 12 ⇔ b = 96
8
c
––– = 12 ⇔ c = 84
7
Resposta: D
4. (UNESP) – Os professores de matemática e educação física de
uma escola organizaram um campeonato de damas entre os alunos.
Pelas regras do campeonato, cada colocação admitia apenas um ocupante. Para premiar os três primeiros colocados, a direção da escola
comprou 310 chocolates, que foram divididos entre os 1.º, 2.º e 3.º
colocados no campeonato, em quantidades inversamente proporcionais
aos números 2, 3 e 5, respectivamente. As quantidades de chocolates
recebidas pelos alunos premiados, em ordem crescente de colocação
no campeonato, foram:
a) 155, 93 e 62.
b) 155, 95 e 60.
c) 150, 100 e 60.
d) 150, 103 e 57.
e) 150, 105 e 55.
RESOLUÇÃO:
Se p, s e t forem as quantidades de chocolates do primeiro, do
segundo e do terceiro colocados, respectivamente, então:
⇒
2p = 3s = 5t
p + s + t = 310
⇒
5t
5t
p = –––, s = –––
2
3 ⇒
p + s + t = 310
5t
5t
p = –––, s = –––
2
3
⇒
5t
5t
––– + ––– + t = 310
2
3
⇒ p = 150, s = 100, t = 60
Resposta: C
104 –
5t
5t
p = –––, s = ––– ⇒
2
3
t = 60
MÓDULO 29
2. (UCCB) – O gráfico indica o total de frequentadores, por faixa
etária, da piscina de um prédio em um domingo. Por acidente, parte do
gráfico foi rasgada.
PORCENTAGEM
1. O gráfico a seguir destaca as nacionalidades que mais contribuíram
para o aumento do número de estrangeiros no Brasil, de 2009 a 2011,
sendo que a área de cada círculo é proporcional ao número de indivíduos
que ele representa.
Nesse dia, 28% dos frequentadores da piscina tinham 31 anos ou mais
de idade, o que permite afirmar corretamente que o total de frequentadores foi igual a
a) 50.
b) 49.
c) 48.
d) 46.
e) 45.
RESOLUÇÃO:
Até 12 anos existem 12 frequentadores,
de 13 a 17 anos existem 10 frequentadores,
de 18 a 30 anos existem 14 frequentadores.
de 31 a 50 anos existem 8 frequentadores e de 51 ou mais anos
existem x frequentadores.
Ao todo são 12 + 10 + 14 + 8 + x = 44 + x frequentadores
Assim 8 + x = 28% (44 + x) ⇔ 800 + 100x = 1232 + 28x ⇔
⇔ 72x = 432 ⇔ x = 6
O total de frequentadores foi 44 + x = 44 + 6 = 50
Resposta: A
BRASIL RECEBE 57% MAIS MÃO DE OBRA ESTRANGEIRA.
Folha de S. Paulo, São Paulo, 5 fev. 2012, p. B1. [Adaptado].
Considerando-se que o diâmetro do círculo que representa o número de
bolivianos no Brasil em 2011 é o dobro do que representa o número de
paraguaios no mesmo ano, determine o porcentual representado por y.
RESOLUÇÃO:
O número de Paraguaios em 2011 no Brasil, em milhares de
pessoas foi
3
77
Z = 11 + 75% . 11 = 11 + –– . 11 = –––
4
4
Sendo dB e dp os diâmetros dos círculos que representam os Bolivianos e os Paraguaios no Brasil em 2011 e sendo dB = 2dp temos
dB 2
π
.
–––
X
2
–– = –––––––––
=
Z
dP 2
π . –––
2
dB
2
–––
d
= (2)2 = 4 ⇔ X = 4Z
P
77
X = 4 . –––– = 77 . Desta forma,
4
77 – 35
42
6
Y = ––––––––– . 100% = ––– . 100% = –– . 100% = 120%
35
35
5
Resposta: 120%
– 105
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
3. (FEI) – O salário de João é igual a 80% do de Marcos. Se a
diferença entre os salários de Marcos e de João é de R$ 960,00, então
o salário de João é de:
a) R$ 4 800,00
b) R$ 4 200,00
c) R$ 3 800,00
d) R$ 3 840,00
e) R$ 3 960,00
RESOLUÇÃO:
Sendo j e m os salários de João e Marcos, temos em reais:
960 = 4 800
j = 80%m
⇔ m – 80%m = 960 ⇔ m = ––––––
m – j = 960
0,20
Assim, j = 80% . 4 800 = 3 840
Resposta: D
5. (VUNESP) – O computador que Ricardo quer comprar é R$ 125,00
mais caro na loja A do que na loja B. Ao negociar um preço mais baixo,
conseguiu, na loja A, um desconto de 20% para compra à vista,
enquanto que, na loja B, conseguiu, para compra à vista, um desconto
de 10%. Ao fazer as contas, Ricardo verificou que as propostas nas duas
lojas resultavam em um mesmo preço final para o computador, no valor
de
a) R$ 1.125,00.
b) R$ 900,00.
c) R$ 1.250,00.
d) R$ 1.500,00.
e) R$ 1.000,00.
RESOLUÇÃO:
I) Sendo a e b os preços originais nas lojas A e B, temos:
a = b + 125
pois quem consegue 20% de desconto paga
80% a = 90% b ,
80% e quem consegue 10% de desconto paga 90%
8a
80% a = 90% b ⇔ 8a = 9b ⇔ b = ––––
9
4. (UNESP) – Um quilograma de tomates é constituído por 80% de
água. Essa massa de tomate (polpa + H2O) é submetida a um processo
de desidratação, no qual apenas a água é retirada, até que a participação
da água na massa de tomate se reduza a 20%. Após o processo de
desidratação, a massa de tomate, em gramas, será de
a) 200.
b) 225.
c) 250.
d) 275.
e) 300.
RESOLUÇÃO:
1) Um quilograma de massa de tomate é formada por 200 g de
polpa e 800 g de água.
2) Após a desidratação, teremos x g de água e os mesmos 200 g
de polpa, de tal maneira que:
x = 20% (200 + x) ⇔ x = 40 + 0,2x ⇔ x = 50
3) Assim, após a desidratação, a massa de tomate será de 250 g.
Resposta: C
106 –
II) Substituindo na primeira equação, temos:
8a
a = –––– + 125 ⇔ 9a = 8a + 1125 ⇔ a = 1125
9
III) Após a negociação o preço final do computador foi de
80% . 1125 = 900
Resposta: B
MÓDULO 30
JUROS SIMPLES E COMPOSTO
1. Maria aplicou a quantia de R$ 3 600,00 durante um período de 8
meses no regime de juros simples, obtendo no final um montante de
R$ 3 960,00. A taxa de juros anual dessa aplicação foi de
a) 9%.
b) 10%.
c) 11%.
d) 13%.
e) 15%.
RESOLUÇÃO:
Sr. Professor, utilize essa questão para comentar o que é montante
e a fórmula para cálculo de juros simples.
Sendo J o juros simples obtido na aplicação de um capital C durante um tempo t a uma taxa de i%, na mesma unidade de tempo:
3 600,00 + J = 3 960,00 ⇒ J = 360,00
3. (FGV) – Um investidor aplicou R$ 8 000,00 a juros compostos,
durante 6 meses, ganhando, nesse período, juros no valor de
R$ 1 600,00. Podemos afirmar que a taxa de juros anual da aplicação é
um número
a) entre 41,5% e 42,5%
b) entre 42,5% e 43,5%
c) entre 43,5% e 44,5%
d) entre 44,5% e 45,5%
e) entre 45,5% e 46,5%
RESOLUÇÃO:
Supondo que a taxa mensal seja constante durante os 12 meses e
sendo i a taxa de juros correspondente aos seis primeiros meses,
temos: 1600 = i . 8000 ⇔ i = 0, 2 = 20%
A taxa de juros anual de aplicação pode ser calculada fazendo duas
aplicações consecutivas com taxas de 20% e, portanto, a taxa anual
será 44%, pois (1,2)2 = 1,44 = 144%
Resposta: C
8
3600,00 . i . –––
Cit
12
J = –––––– = ––––––––––––––––– = 360,00 ⇔ i = 15
100
100
Resposta: E
2. (FUNDATEC) – Qual o montante final de um capital inicial de
R$ 600,00 aplicado a juros compostos por 4 meses, à taxa de 6% ao
mês?
a) R$ 757,47.
b) R$ 744,00.
c) R$ 624,00.
d) R$ 642,00.
e) R$ 742,00.
RESOLUÇÃO:
Aumentar 6% ao mês equivale a multiplicar mensalmente por 1,06.
Assim, o montante será M = 600 . 1,064 757,48
Resposta: A
4. (USF) – Um capital de R$ 10 000,00 foi aplicado no sistema de
juros compostos a uma taxa de 2,5% ao ano. Determine o montante
aproximado do capital aplicado decorridos 360 meses da data inicial de
aplicação. Utilize (1,025)10 1,28.
a) R$ 12 800,00.
b) R$ 14 700,00.
c) R$ 16 920,00.
d) R$ 18 500,00.
e) R$ 20 970,00.
RESOLUÇÃO:
Aumentar 2,5% ao ano corresponde a multiplicar anualmente por
1,025.
360 meses depois, isto é, 30 anos depois, o montante da aplicação
será, em reais,
10 000 . (1,025)30 = 10 000 . (1,02510)3 10 000 . (1,28)3 10 000 . 2,097 = 20 970
Resposta: E
– 107
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MATEMÁTICA E
FRENTE 3 – GEOMETRIA MÉTRICA
MÓDULO 28
3. (FATEC-2014) – Um prego é constituído por 3 partes: uma cabeça
cilíndrica, um corpo também cilíndrico e uma ponta cônica. Em um prego
inteiramente constituído de aço, temos as seguintes especificações:
Raio (mm)
Altura (mm)
cabeça
4
1
corpo
3
60
ponta
3
2
CONES
1. (FATEC) – A altura de um cone circular mede o triplo da medida
do raio da base. Se o comprimento da circunferência dessa base é
8π cm, então o volume do cone, em centímetros cúbicos, é:
a) 64π
b) 48π
c) 32π
d) 16π
e) 8π
RESOLUÇÃO:
1) 2 π R = 8 π cm ⇒ R = 4 cm
O volume mínimo de aço necessário para produzir 100 pregos é, em
mm3,
a) 57400 π.
b) 56 200 π.
c) 54 800 π.
d) 48 600 π.
e) 45 400 π.
2) h = 3R = 3 . 4 cm = 12 cm
π R2h
3) V = –––––– =
3
π . (4 cm)2 . 12 cm
= ––––––––––––––––– = 64 π cm3
3
Lembre-se:
O volume de um cone com raio da base r e altura h é igual a um terço
do volume de um cilindro com raio da base r e altura h.
RESOLUÇÃO:
Resposta: A
2. (PUC) – A área lateral de um cone reto é igual ao dobro da área da
base. Calcule o volume desse cone, sabendo que sua geratriz mede
12 cm.
RESOLUÇÃO:
Sendo V o volume de cada prego, em milímetros cúbicos, temos:
1
V = Vcabeça + Vcorpo + Vponta = π . 42 . 1 + π . 32 . 60 + –– π . 32 . 2 =
3
= 16π + 540π + 6π = 562π
Assim, o volume mínimo de aço necessário para produzir 100
pregos é, em milímetros cúbicos, 562 π . 100 = 56 200 π
Resposta: B
I) AL = 2 . AB ⇒ π Rg = 2π R2 ⇔ π . 12 = 2 π R ⇒ R = 6 cm
II) g2 = R2 + h2 ⇔ 122 = 62 + h2 ⇔ h2 = 108 ⇒ h = 6 3 cm
1
1
3 ⇒ V = 72 π 3 cm3
III) V = –– π R2 . h = –– π . 62 . 6 3
3
Resposta: 72 π 3 cm3
108 –
4.
(UFMG) – Observe a figura.
Essa taça, cujo interior tem a forma de um cone,
contém suco até a metade da altura do cone
interno. Se o volume do cone interno é igual a
V, então o volume do suco nele contido é:
V
a) –––
16
V
b) –––
9
V
d) –––
4
V
e) –––
3
c)
5. (MACKENZIE) – Uma mistura de leite batido com sorvete é servida
em um copo, como na figura. Se na parte superior do copo há uma
camada de espuma de 4 cm de altura, então a porcentagem do volume
do copo ocupada pela espuma está mais bem aproximada na alternativa:
V
–––
8
RESOLUÇÃO:
a) 65%
b) 60%
c) 50%
d) 45%
e) 70%
RESOLUÇÃO:
1
3V
1) V = –– π (2R)2 . 2h ⇔ π R2 h = –––
3
8
1
2) Vsuco = –– . π . R2 . h
3
1
3V
V
Assim, Vsuco = –– . ––– ⇔ Vsuco = ––
3
8
8
Resposta: C
Sejam VE , VS e VC , respectivamente, os volumes da espuma, da
parte consistente de sorvete e do copo.
Da semelhança dos sólidos VAB e VCD, conforme a figura, obtémse:
VS
–––– =
VC
3
⇔V
16
–––
20
S
64
= –––– . VC
125
Como
64
61
VE = VC – VS = VC – –––– . VC = –––– . VC = 0,488 . VC,
125
125
tem-se: VE = 48,8% . VC 50% . VC.
Resposta: C
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MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
MÓDULO 29
ESFERA E SUAS PARTES
1. (UFLA) – A intersecção de um plano com uma esfera é um círculo
de 16π dm2 de área. Sabendo-se que o plano dista 3 dm do centro da
esfera, o volume da esfera é:
100
a) 100π dm3
b) –––– π dm3
c) 400π dm3
3
d) 500π dm3
e)
2.
(MACKENZIE) – Uma boia marítima construída de uma determinada liga metálica tem o formato de uma
gota que, separada em dois sólidos, resulta
em um cone reto e em uma semiesfera,
conforme a figura abaixo, na qual r = 50 cm.
Se o preço do m2 da liga metálica é 1200
reais, adotando-se π = 3, o custo da
superfície da boia é, em reais, igual a
a) 4200
b) 5700
c) 4500
d) 5200
e) 3800
500
3
–––– π dm
3
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
Sendo S a área da superfície da gota, em metros quadrados, temos:
S = Slateral do cone + Ssemiesfera =
4 . 3 . (0, 5)2
4π r 2
= π . r . 3r + –––––– = 3 . 0,5 . 3 . 0,5 + –––––––––––– = 3,75
2
2
Assim, o custo da superfície da boia é, em reais, 3,75 . 1200 = 4500
Resposta: C
I) Acírculo = 16π ⇒ πr2 = 16π ⇒ r = 4dm
II) R2 = r2 + d2 ⇒ R2 = 42 + 32 ⇔ R = 5 dm
4
4
500
III) VEsfera = –– . π . R3 = –– . π . 53 ⇒ VEsfera = –––– π dm3
3
3
3
3. (FGV-SP) – Um observador colocado no centro de uma esfera de
raio 5 m vê o arco AB sob um ângulo α de 72°, como mostra a figura.
Isso significa que a área do fuso esférico determinado por α é
Resposta: E
a) 20 π m2
d) 5 π m2
b) 15 π m2
e) π m2
c) 10 π m2
RESOLUÇÃO:
Sendo S a área do fuso, em metros quadrados, temos:
72°
S = ––––– . 4π . 52 = 20π
360°
Resposta: A
110 –
4. (FGV-2014) – Um sorvete de casquinha consiste de uma esfera
(sorvete congelado) de raio 3 cm e um cone circular reto (casquinha),
também com 3 cm de raio. Se o sorvete derreter, ele encherá a
casquinha completa e exatamente. Suponha que o sorvete derretido
ocupe 80% do volume que ele ocupa quando está congelado.
Calcule a altura da casquinha.
5. (FUVEST) – Um recipiente cilíndrico, cujo raio da base é 6 cm,
contém água até uma certa altura. Uma esfera de aço é colocada no
interior do recipiente ficando totalmente submersa. Se a altura da água
subiu 1 cm, então o raio da esfera é
a) 1 cm
b) 2 cm
c) 3 cm
d) 4 cm
e) 5 cm
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
Sendo h a altura da casquinha, em centímetros, e sabendo que o
volume do sorvete derretido enche a casquinha completa e
exatamente, temos:
Vcasquinha = 80%. Vsorvete congelado ⇒
I) Sendo r a medida do raio da esfera, temos:
4
80
1
3
⇒ ––– . π . 32 . h = –––– . ––– . π . 3 ⇔ h = 9,6
3
100
3
II) Sendo V o volume da água que subiu, temos:
Resposta: 9,6 cm
4
VESF = –– π r3
3
V = π . 62 . 1 ⇒ V = 36π cm3
4
III) VESF = V ⇔ –– π r3 = 36π ⇔ r3 = 27 ⇒ r = 3 cm
3
Resposta: C
– 111
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
RESOLUÇÃO:
MÓDULO 30
V – A + F = 2 (Relação de Euler)
Assim:
V–
POLIEDROS
12 . 5 + 20 . 6
–––––––––––––
2
+ (20 + 12) = 2 ⇔ V – 90 + 32 = 2 ⇔ V = 60
Resposta: C
1. (UNIFESP) – Considere o poliedro cujos vértices são os pontos
médios das arestas de um cubo.
O número de faces triangulares e o número de faces quadradas desse
poliedro são, respectivamente:
a) 8 e 8
b) 8 e 6
c) 6 e 8
d) 8 e 4
e) 6 e 6
RESOLUÇÃO:
O cubo possui exatamente 6 faces e 8 vértices.
Assim sendo, o novo poliedro possui exatamente 8 faces triangulares (uma para cada vértice do cubo) e 6 faces quadradas (uma
para cada face do cubo).
Resposta: B
4. (FUVEST) – O número de faces triangulares de uma pirâmide é
11. Pode-se, então, afirmar que esta pirâmide possui
a) 33 vértices e 22 arestas.
b) 12 vértices e 11 arestas.
c) 22 vértices e 11 arestas.
d) 11 vértices e 22 arestas.
e) 12 vértices e 22 arestas.
RESOLUÇÃO:
Se uma pirâmide tem exatamente 11 faces triangulares, então a
sua base é um polígono de 11 lados. Assim, sendo V o número de
vértices e A o número de arestas dessa pirâmide, têm-se:
1) V = 1 + 11 ⇔ V = 12
11 . 3 + 1 . 11
2) A = –––––––––––––– ⇔ A = 22
2
Resposta: E
2. (UNIV. SÃO JUDAS TADEU) – Um poliedro convexo apresenta 8
faces quadrangulares e 6 faces triangulares. O número de vértices desse
poliedro é:
a) 27
b) 25
c) 18
d) 15
e) 13
RESOLUÇÃO:
I)
F = 8 + 6 ⇔ F = 14
5. O número de vértices do icosaedro regular é:
a) 10
b) 12
c) 18
d) 26
8.4+6.3
II) A = –––––––––––– = 25
2
III) V + F = A + 2 ⇔ V + 14 = 25 + 2 ⇔ V = 13
Resposta: E
RESOLUÇÃO:
O icosaedro tem 20 faces triangulares. Assim,
I) F = 20
20 . 3
II) A = –––––– = 30
2
3. (CESGRANRIO) – O poliedro da figura (uma invenção de Leonardo
da Vinci utilizada modernamente na fabricação de bolas de futebol) tem
como faces 20 hexágonos e 12 pentágonos, todos regulares. O número
de vértices do poliedro é:
III) V + F = A + 2 ⇔ V + 20 = 30 + 2 ⇔ V = 12
a) 64
112 –
b) 90
c) 60
d) 72
e) 56
Resposta: B
e) 54