Resoluções de Exercícios
EA: EXERCÍCIOS DE APRENDIZAGEM
EH: EXERCITANDO HABILIDADES
TC: TAREFA DE CASA
MATEMÁTICA III
CONHECIMENTOS GEOMÉTRICOS
Capítulo
04
EA – BLOCO
Características das Figuras Geométricas Planas e
Espaciais; Áreas e Volumes; Unidades de Medida e
Escalas; Posições de Retas no Espaço;
Simetrias de Figuras Espaciais
01
01 I) Para este tipo de problema é aconselhável não utilizar os valores
dos raios e altura. Veja:
Na embalagem 1, considere R e h as medidas do raio e da altura,
respectivamente. A área lateral (ALat); Área Total (AT) e o volume (V)
são dados por:
*ALAT = 2πR.h
*ATOTAL = 2πRh + 2πR2
*V = πR2 . h
Se dobrarmos o raio e mantivemos a altura, a área lateral, área
total e volume passarão a ser:
A(LAT NOVA) = 2π . (2R) . h = 2 . [2πRh] = 2 . ALAT
AT(NOVA) = 2π . (2R) . h + 2π(2R)2 = 2.[2πRh] + 8πR2
Vol(NOVO) = π . (2R)2 . h = 4πR2h = 4 . V
Então, podemos afirmar que, com a alteração, a área lateral dobrará
e o volume quadruplicará.
Resposta: B
02 C
Considerando 12 como sendo a área da superfície lateral, r o raio da
base e g sua geratriz, temos:
Z
]  . r . g = 12   r . g = 12
[ 2  . r =  g = 4 . r
2
] g
\
Logo, r . 4r = 12  r = 3 .
Portanto, a área da base será A =  .
03 A
Uma rotação completa do triângulo ABC em torno da reta suporte
do lado BC gera o sólido ao lado,
constituído de dois cones.
x
Como a área do triângulo ABC é
S, segue que:
 .r
2S
–x
(ABC) =
=Sr=
.
2

03 A
1 ) 2R = 20 → R = 10 cm
2o) Vágua deslocada = Vobjeto
Vobjeto = π . 102 . 10 = 1.000 π
o
Seja AI, AII e AIII as áreas laterais dos tanques e VI, VII e VIII os seus valores.
Áreas
Laterais
Volumes
ALateral/Volume
I
24π
24 π
1
II
32π
32 π
1
III
48π
72 π
2/3
e
VI = π . 22 . 6 = 24π
VII = π . 22 . 8 = 32π
VIII= π . 32 . 8 = 72π
Conclusão: o tanque com menor custo por metro cúbico de capacidade
2
é o III, pois
1 1.
3
EA – BLOCO
02
01 A
Como o volume de areia é o mesmo, segue que:
1
1
3
2
2
.  . rcon
. hcon =  . rcl2 . hcl + . _2R i . hcon = R2 . hcl + hcon = . hcl
3
3
4
22
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 22
C
=
1
. r2 . 
3
=
1
2S 2
. . d n .

3
=
4S2
3
EA – BLOCO
03
01 C
A
Dados:
AO = 3 dm
AB = r (raio da secção)
OB = R (raio da esfera)
3
4
B
R
1o) Área da secção (Círculo de Raio r)
As =  . r2  16 π = r r2  r = 16  r = 4 dm
04 D
Cálculos auxiliares
AI = 2π . 2 . 6 = 24π
AII = 2π . 2 . 8 = 32π
AIII= 2π . 3 . 8 = 48π
A
r
1
1
1
. r2 . x +
. r2 . ( – x) =
. r2 . (x +  – x)
3
3
3
Resposta: C
Se a altura do cilindro mede 2 m = 20 dm e o diâmetro de
8 cm = 0,8 dm, então a capacidade do cilindro é dada por
0 ,8 2
n . 20 , 3,14 . 0,16 . 20 = 10,048 dm3 , 10 L
π .d
2
B
Portanto, o volume pedido é
dado por
II) Seja n o número de embalagens do tipo 2.
Vol_embalagem 3i
π.162. 24
=
= 32
n=
Vol_embalagem 2i
π .42.12
02 D
32 = 3.
2o) ABD retângulo
2
2
2
OB = AO + AB  R2 = 32 + 42  R2 = 9 + 16 
R2 = 25  R = 5
3o) Área da superfície esférica (AE)
AE = 4R2  AE = 4 . 52  AE = 100 dm2
02 B
1o) Volume da semiesfera =
1 4
.  . 33 = 18
2 3
1
.  . 32 . h = 3 . h
3
Logo: 3 . h = 18  h = 6
2o) Vcone =
03 D
Volume do cilindro =  . 122 . 15
4  . R3
=  . 122 . 15  R = 3 .
3
3
60
04 AFUSO " 50o " AFUSO = 50
3
 R2 " 360o
100 
360
MATEMÁTICA III
12/08/2013 16:55:00
AFUSO = 500 cm2
36
EA – BLOCO
4
 .103
VCUNHA
20.103. 
3
cm2
"
" VCUNHA =
O
108
50O
360
05
01 Solução: 1
1o)
V
2R
g Q
3
5
α
V
4
5
g
=
2R
60o
04
EA – BLOCO
g = 2R
01 B
B
60o
60o
A
=
C
45o
A
45o
45o
rR
r
= rad
2R
2
d
3
(2R)
5
20 cm
D
45o
r
1
. (Volume do cilindro de diâmetro 10 e altura 10 cm)
VÁgua derramada =
2
1
. ( . 52 . 10) = 125
2
Vágua derramada =
V
4 (2R)
5
02 Solução:
Considere a figura abaixo.
Cos =
P
P
6 2
8 2 36R2 64R2
+
d2 = d R n + d R n =
5
5
25
25
100 2
2
d =
R " d = 2R
25
1o) Sen =
02 B
O
πR
B
10
5 cm
A 2πR
P
Q
5
5
πR
d
O triângulo VPQ é retângulo em V.
45o
5 cm
B
=
H
 H = r . sen
r
R
 R = r . cos
r
r
2o) Alat. cil = 2R . H =
= 2. rcos . rsen
= 2cos . sen.  . r2
= Sen(2) .  . r2
θ R
r
A área lateral será máxima se sen(2) = 1, isto é,  = rad. Então:
4
2
A.lat. máx. =  . r
O’
EH – BLOCO
Q
P’
01 B
Sabemos que OP = 6 cm, O'Q = 11 cm e PQ = 13 cm.
Logo, como OP = O'P' , segue que P'Q = O'Q – O'P' = 11 – 6 = 5 cm.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo P’PQ, encontramos
2
2
2
PP' = PQ – P'Q  PP' =
132 – 52 = 12 cm, que é a altura pro-
curada.
O volume da coluna na maquete é dado por
2 2
r $ d n $ 9 , 3,14 $ 1 $ 9 = 28,26cm3 = 28,26 $ 10-6 m3.
2
Como a escala da maquete é de 1:100, segue que o volume pedido
é tal que
28,26 $ 10-6
1 3
=d
n + V = 28,26 m3.
V
100
EH – BLOCO
03 E
1o) Vcone grande =
2o) Vcone peq. =
1
.  . 32 . 8 = 24
3
1
1
. Vcone grande = 24 = 12
2
2
Logo:
Vcone peq.
x 3 12 
x3
1
x3
83
=c m &
= 3 " = 3 " x3 =
"
8
24 
2
2
Vcone grande
8
8
9
2
= 28 = 26. 22 " x = 4 3 4
" x3 =
2
MATEMÁTICA III
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 23
01
02
01 B
Vcopo = 50 ml +
20
. 50 ml = 60 ml
100
k .r
. (R2 + R . r + r2), onde k é a altura
3
k .r
60 =
. ((2,5)2 + (2,5). (1,5) + (1,5)2)
3
k .r
60 =
. (6,25 + 3,75 + 2,25)
3
k .3
. (12,25)
60 =
3
Vtronco =
k  5 cm
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
23
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EH – BLOCO
03
07 A
A) Verdadeira. O volume de metal necessário para cunhar a região
situada entre os círculos concêntricos da moeda de R$ 1,00 é dado
01 C
A sobra de madeira na fabricação de uma peça, em cm , é dada por:
por:
5 2
3,14
n
52 $ 80 - r $ d n $ 80 , 2.000 $ d1 2
4
= 2.000 $ 0,215
= 430.
 . (1,42 – 0,92) . 0,15=  . (1,96 – 0,81) . 0,15
3
= 0,1725  cm3
B) Falsa. Para cunhar uma moeda de R$ 1,00 é necessário:
 . 1,42 . 0,15 = 0,294 cm3, enquanto que, na moeda de R$ 0,50,
Portanto, na fabricação de 1.000 peças, a sobra de madeira é
430 . 1.000 = 4,3 x 105.
o volume de metal necessário é de  . 1,12 . 0,3 = 0,363 cm3.
Portanto, para cunhar uma moeda de R$ 1,00, é necessário
0,363 – 0,294 = 0,069 cm3 de metal a menos do que para
TC – BLOCO
01
cunhar uma moeda de R$ 0,50.
C) Falsa, pois a área entre os círculos concêntricos da moeda de
01 A
R$ 1,00 é dada por  . (1,42 – 0,92) = 1,15 cm2, enquanto que a
Volume =  . 3 . 10 = 90 m
90  m3
m3
Vazão =
= 18 
5
h
h
2
3
área do círculo interno é  . 0,92 = 0,81 cm2. Logo, a diferença
entre essas duas áreas é 1,15 – 0,81 = 0,34 cm2.
D) Falsa.
02 D
E) Falsa.
1a) Vcaixa = (2a) . (2b) . (2c) = 8abc
2a) Velipse =
4
 abc
3
4
4
3 ) Vmaterial = 8abc –  abc = abc . (8 – )
3
3
a
08 D
O volume do cilindro menor é  . 22 . 2 = 24 m3 e o do maior  . 22 . 3
= 36 m3. Portanto, como a massa é o produto do volume pela densidade, segue que: 8.900 . 24 + 2.700 . 36 = 310.800 kg = 310,8 ton.
03 A
1o) Cilindro
09 E
Raio = 1 cm
)
Altura = 3 cm
Sendo k, a razão entre o volume e o tempo, segue que:
k=
Volume: cilindro = .12 . 3 = 3cm3
2o) Prisma Hexagonal Regular
6.42. 3
Vprisma = Abase . H =
. 3 = 72 3 cm3
4
t
r2 . h
 h(t) = k .
t
r 2
Então, h e t são diretamente proporcionais, e o gráfico que melhor
representa h(t) é o da alternativa (E).
Então: Vol. sólido = V.prisma – V.cilindro = (72 3 – 3) cm3
10 B
1o) Vol = (L + 2) = R2 . h
04 D
R = 20 e h = 20
Vobjeto =  . R2 . 20 =  . 202 . 20 = 8.000 .
2o) Alat = 2 R . h = L Rh =
L
,
2
Substituindo na 1a equação, temos:
05 D
(L + 2) = R . (R . h)  L + 2 =  R .
VI = VII
R=
6 cm
8 cm
h
I
II
2. _L + 2 i
2L + 4
R=
L
L
11 D
4 cm
Dados:
Esboço
R
 . 62 . h =  . 82 . 4
64.4
h=
36
h - 7,11 cm
h = 10 cm
R
06 D
30 cm
Ab = área da base
1 mL = 1 cm3
Volume da jarra = 8 . 30 mL = 2.400 mL =
2.400 cm3
Ab . 30 = 2.400
Ab = 80 cm2
R
24
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
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L

2
α
h = 10 cm
R = 10 cm
Fórmulas:
AB = R2 .  3,14
AL = 2 R . h
3,14
x
400
1256,00
MATEMÁTICA III
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Considere: AT = área total
AB = área da base
AL = área lateral
1o) AT = 2 . AB + AL
AT = 2 . R2 + 2Rh
AT = 2 102 + 2 . 10 . 10
AT = 200 + 200
AT = 400
AT  400 . 3,14
TC – BLOCO
01 C
Vcone =
02
1
.  . 12 . 3 =  cm3
3
AT  1.256 cm2
1
12 B
02 D
Dados:
AT = 16 m2
1
R= h
3
1a)
b
3
3
= "b= a
a
2
2
a
2 ) Vcone
h = 3R
AL = área lateral
AB = área da base
b
g
g
b
r=
1
a 2
=  r. c m . b = 
3
2
a
2 a
a

I) AT = AL + 2 . AB  AT = 2 Rh + 2 R2 


10
3
 16 = 2 . (Rh + R2) 
 8 = R . 3R + R2  3R2 + R2 = 8 

2
  4R2 = 8  R2= 2  R =
II) AL = 2 R . h
AL = 2 . 2 . 3 2
AL = 12 m2
3
a2.b

= 1  a2 . b = 12  a2 .
. a = 12  a3 = 8 
3 .4
2
3
. (2)  b = 3
2
a 2
2
2
Logo: g = b + c m  g2 = 9 + 1  g =
2
a = 2 e b =
10
03 E
A expressão superfície de revolução garante que a figura represente
a superfície lateral de um cone.
13
04 E
60º
4 3
60º
2,5
H
4 3
x
x2 + 22 = 2,52  x = 1,5 m
2
60º
2
4 3
3
1o) H = 4 3 . sen 60o = 4 3 .
H=6
2
2o) 2R = 4 3  R = 2 3
3o) Vol =  . R2 . H
V =  (2 3 )2 . 6  V =  . 12 . 6  V = 72
4m
Área de uma cisterna = Área da sup. lateral do cone + área da superfície lateral do cilindro + área do círculo.
Área da Cisterna = . 2 . 2,5 + 2 . . 2 . 2 + . 22
Área da Cisterna = 17 . m2
Área de 100 cisternas = 1.700. m2
Valor das cisternas = 40 . 1.700 . 3,14 = 213.520 reais.
14 A
Cilindro reto
A = 40 cm2
* total
R . H = 5 . (R + H)
H
At = 2R . H + 2R2 = 40
2R . (H + R) = 40
R.H
) = 40 
2R . (
5
Se a área a ser iluminada mede 28,26 m2 e r é o raio da área circular
iluminada, então:
 . r2 = 28,26  r 
R
 R2 . H = 100 cm3  Vcil = 100 cm3
15
05 B
Portanto, como g = 5 m e r = 3 m, segue que h = 4 m.
06 A
Eixo
R
h
h
R
4
4
10
4
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 25
h
R
V =  . R2 . h
10
α
A área da secção transversal = Abase =  . 102 = 100 
MATEMÁTICA III
28,26
 r  3 m.
3,14
V1 =
1
1
 . R2 . h =
.V
3
3
V2 = V – V1 = V –
V 2
= V
3
3
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
25
12/08/2013 16:55:08
07 D
14 C
2πR
I. Atotal = 90 e R = 5
 R . g + R2 = 90
5g + 25 = 90
5g = 65
R
g = 13
120 graus
2 . R =
g 2 = H 2 + R2
169 = H2 + 25
H = 12
1
Logo: Vol = . 52 . 12 = 100
3
II.
g
2r . 12
3
H
R=4
A =  . 42
a = 16 cm2
R
08 B
C
15 A
252r
7r
252 =
=
180
5
o
Vol. cone =
7r
2 . R =
. 10  R = 7 e g = 10 (raio do setor)
5
10
5=g
H=4
7
1
.  . 32 . 4 = 12
3
3
09 B
A
Volume do cone =
r .5 .6
= 50 cm3
3
Volume do líquido do cilindro da figura 2 = 625 – 50 = 575
Altura do líquido do cilindro da figura 2.
 . 52 .h = 575  h = 23 cm.
Na figura 2, temos: H = 30 – h, logo H = 7 cm.
10 E
TC – BLOCO

 = 2 . 5 = 10 cm.
2a parte: Medida do ângulo em radianos:
10r
r rad


 =
=
20
2
logo: x = 90o
R = 20
4
4. 125. 2 2
 . (5 2 )3 =

3
3
1.000 2
Vesfera =

3
02 D
2
11 A
2 ) g = h + r  36 = h + 16
h = 20
1
16
Então: V =
.  . 16 . 20 =
3
3
12 A
2
2
2
= 24 +
1
4
. ( R3) =
2
3
1 4
.  . 23
2 3
2
4
6
4
3
Buraco
3
2
6
2
6
3
2
6
4
2
5
4
20  cm3.
8r
eH=R
3
1 2
8r
R . R =
 R = 2
3
3
5
10
1o) Vol =
g2 = 2 2 + 2 2
g =2 2
g
H
15
Ao montar a caixa, criamos um buraco retangular de comprimento 3
e de largura 2, por ele pode passar:
1. o sólido do item I (obs.: coloque o cone na posição horizontal);
2. o sólido dos itens II e IV;
3. o sólido do item V.
04 C
F
R
13 D
Vol = 18 2 e H =3 2
R2.3 2
1
= 18 2  R = 3 2
r . R2 . H = 18 2 . r 
3
3
26
8
6
16r
88r 3
=
m
3
3
03 C
2
2o)
R
Vesfera =
= . 22 . 6 +
Dados:
cone reto
AL = 24 cm2
r = 4 cm
V=?
1o) AL = 24  r . rg = 24 r  4 . g = 24  g = 6
r
R=5 2
Volume = R2 . H +
= 10π
o
r
1o) r2 = 25 r = 5
2o) R2 = r2 + r2 = 50
!
θ
03
01 D
1a parte: Comprimento do arco AB = 

B
2
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 26
G
E
5
A 5
B
5
x
8
8
8 2 C
8D
8
18
H
MATEMÁTICA III
12/08/2013 16:55:08
1o) Trapézio retângulo ABCD.
5
07 C
132 = 52 + x2
x = 12
13
x
5
20 cm
x
10
5
2o) Altura do cilindro = 5 + x + 8 = 5 + 12 + 8 = 25 e raio
Número de esferas = 180 . 50 = 9.000
4
1 3
Volume total das esferas = 9.000 .
.  . d n = 4.500 cm3 (con3
2
siderando  = 3)
Volume do bloco = x . x . 20
da base = 9.
Volume do cilindro =  . 9 . 25 = 2.025
2
3o) Volume das 2 esferas =
=
4
4
. 83 + . 53
3
3
Logo,
20x2 = 4.500
x2 = 225
x = 15 cm
Daí, a área total do bloco será:
AT = 2 . (20 . 15)+2 . (20 . 15)+2 . (15 . 15) = 1650
2.048r 500r
2.548r
+
=
3
3
3
4o) VH2O
_colocada i
08 D
= Vcilindro – V2 esferas
= 2.025 –
x
x
O volume (V) de uma esfera, em função do seu diâmetro (D), é dado por

. D3
6
Se o diâmetro tem aumento de 1%, então o volume dessa esfera passa
a valer
V=
2.548
6.075r - 2.548r
3.527r
=
 =
3
3
3
V’ =
5o) Ao retirar as 2 esferas, temos que:
VH2O = . 92 .Y


. (1,01 . D)3 = 1,030301 . . D3 = 1,030301 . V
6
6
S
V
Portanto,
x% =
3.527r
= 81 r . Y
3
y
H2O
1,030301. V – V
0,030301. V
. 100% =
 3,03%  [3,4).
V
V
09 C
Considere a figura abaixo.
9
3.527
y=
14,5 cm
243
O
05 C
P
Asup.esfera = A.total do cone
4r2 = rg + r2
D
R
g
H
Temos que O'A =
Portanto, h = 5,19 – 2 = 3,19  3,20 m.
10 A
Sejam Vds e Vd, respectivamente, o volume da esfera que corresponde
à água doce superficial e o volume da esfera que corresponde à água
doce do planeta.
A razão pedida é dada por:
4r2 = . 4 . 5 +  . 42 4R2 = 36R2 = 9 
 R = 3 cm
06 C
11
4
. r . rds3
Vds
r 3
1
29 3
1 3
n =d n =
= 3
= d ds n = d
.
Vd
r
203
7
343
4
d
. r . rd3
3
15
rcm3
VCUNHA
Vesfera
V
2
=

= esferaO
75O
360O
360
75o
180
o
Logo, o valor total será:
0,2512 (40 + 10) = R$ 12,56.
MATEMÁTICA III
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 27
4
AD 10
=
= 5 m e OB =
= 2 m = O'C .
2
2
2
BC

AC
o
 BC = 3 . tg60 =3 3  3 . 1,73 = 5,19 m.
logo:
Área de cada uma das partes (interna e externa):
A = 2 . 3,14 . (0,2)2 = 0,2512
A
Do triângulo ABC, vem que tgBÂC =
2o) g2 = H2 + R2 g2 = 32 + 42 g = 5 cm
0,2 cm
C
Logo, AC = O'A – O'C = 5 – 2 = 3 m.
r = 4 cm
1o) Vol. cone = 16cm3
1
r.42.H
2
= 16 
3 r . H = 16 3

  16. H = 48  H = 3 cm
O’
Queremos calcular h = PO' = OO' – OP .
r

B
Vesfera =
3
360 . 15 r 540r
108r
=
=
15
3
2 . 75
15
108r
4
Daí: r R3 =
 R3 = 27  R = 3
3
3
Então:
AFUSO
4r.32
75
=
. _36r i → AFUSO = 7,5  cm2
" AFUSO =
360
75O
360O
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
27
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Daí:
12 E
rR2
4
= R2
A1 gomosuperfície = R2 + 4 R2 = R2 +
3
3
12
O volume do tronco de cilindro é dado por:
4 2 1+ 3
n = 8 m3.
Vt =  . d n . d
2
2
13 C
( 6 ) 2 = ( 2 ) 2 + r2
6 = 2 + r2
r = 2  Aseção =  . 22 = 4
r
04 A
2
6
1o)
5
r
7
=
 r = 3,5
5
10
3
1
.  . (3,5)2 . 7
2 ) Vcone areia =
3
85,75r
Vcone areia =
3
Então:
r
o
14 C
Seja R o raio da esfera.
2R = 6 R = 3
R
4r 3
Logo: Vol =
. 3 = 36cm3
3
TC – BLOCO
O
1 min
34,3
r
12
t
85,75r
3
t=
04
7
12
85,75r
.
= 2,5 . 4 = 10 min
34,3
3
05 B
01 D
Seja g uma geratriz do cone emerso e G uma geratriz do sólido.
Segue que:
g 1
= = k, com k sendo a constante de proporcionalidade.
G 2
Assim, se v é o volume emerso e V é o volume do sólido, temos:
v
v
1
V
1 3
= k3 
=d n =
v= .
V
V
2
8
8
Seja Vs o volume submerso.
Vs = V – v = V –
V
7V
=
.
8
8
Portanto, a razão pedida é:
7V
Vs
7
= 8 = .
V
V
8
1 2
r . 12 cm3, em que r
3
é o raio do cone menor definido pelo nível do líquido. O recipiente
1
tem volume igual a R2 . H cm3, em que R é o raio do recipiente e
3
H é a sua altura.
A solução inicial ocupa um volume igual a
Como os cones são semelhantes, segue que:
r 12
12R
=
r=
.
R
H
H
Por outro lado, do enunciado vem:
1
1
12R 2
n . 12 = 8 . R2 . H
27% . r2 .12 = 8% . R2 . H  27 . d
3
3
H

 H3 =

H=
3 . 12
2
 H = 18 cm.

02 B
28
34
= 14 cm e o raio de boca R =
= 17 cm.
2
2
Portanto, como a altura do paneiro mede h = 27 cm, segue que a
capacidade da rasa é dada por:
O raio da base mede r =
06 B
D
L
1a parte: Semelhança
y
y
1
=
 3y = y + 8  y = 4
3
y +8
1
r
3,14
. h . (R2 + R . r + r2) 
. 27 . (172 + 17 . 14 + 142)
3
3
 3,14 . 9 . 723
 20.431,98 cm3
 20 L.
03 B
33 . 123
23
1
1
.  . 32 . (12) –  . 12 . 4
3
3
4
= 36 – 
3
104r
=
3
2a parte: VTronco =
8
3
3a parte:
104r
= Vcilindro preenchido
3
104r
104
= r . 42 . h  h =
3
48
G
E
I
H
3
N
K
1
B
2
F
J
C
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 28
Logo d = 4 – h  d = 4 –
13
11
 d=
6
6
Seja V o volume do cone de altura h.
Se k é a razão de semelhança entre os dois cones, então:
O
Através de um corte transversal passando pelos pontos G, E e H da
figura acima obtemos uma parte do tronco que contém o ponto D.
Este pedaço completará o resto do tronco, formando um cilindro reto
de altura x e raio da base 2:
1+ 3
n (base média do trapézio ABCD).
onde x = d
2
28
26
13
=
12
6
07 C
X
A
h=
M
h
1
k= 3 = .
3
h
h
3
h
MATEMÁTICA III
12/08/2013 16:55:09
Logo,
2a parte: Custo
1 m3
5,456 m3
volume (S1)
V
1 3
= k3 = d n  volume(S1) =
.
3
V
27
Portanto,
12 C
26V
V
V–
volume (S2)
27 = 27 = 26.
=
V
volume (S1)
V
27
27
r
08 C

=
1
V
8
VCil.
r . r2 . h
=
= 3  VCil = 3Vcone
Vcone
1
r . r2 . h
3
1
V
1
k3 = 8  k = .
V
2
Se H é a altura do cone, então:
13 D
1
18
H–h
H
=
h=
=
= 9 cm.
2
2
H
2
R
2 3
R–2 3
h
5
1a parte:
tg60o =
60o
h
7
V
8
V–=
09 B
r
h
Sejam v o volume de areia contido no cone e V a capacidade deste.

10 reais 4
x = 54,56 reais
x
h
12
R–2 3
3 . (R – 2 3 ) = 12
3 . R – 6 = 12
12
2 3
R=
60o
18
18 3
=
 R=6 3
3
3
Jh
VCone maior
=K
Vcone menor
Kh
K
L5
2a parte:
Área procurada =  . (6 3 )2 = 108
10 C
1a parte: Volume do cilindro de raio r e altura h1:
V1 =  . r2 . h1
2a parte: Volume do cilindro de raio R e altura h2 =
14 C
Girando a forma em torno do arame rígido, obtemos a figura abaixo.
h1
:
3
B
2
h
V2 = R2 . h2 = . (r 2 )2 . 1  V2 = r2 . h1
3
3
3a parte: Seja Ve o volume do espaço vazio a ser preenchido após o
1o cilindro encher:
Ve = V2 –  . r2 . h2
Ve =
30 min
1
=
t
1
3
D
E
F
G
B’
Portanto, a decomposição do foguete, no sentido da ponta para a
cauda, é formada pela seguinte sequência de sólidos: cone reto ( AB =
4 FG  BB' = 2 FG ), cilindro reto ( BC = 3 FG  2 FG ), tronco de cone
e cilindro equilátero ( EF = 2 FG ).
4a parte: Cálculo do tempo para encher Ve.
 r2 . h1
C
A
2
1
h
 . r2 . h1 –  . r2 . 1  Ve =
 . r2 . h1
3
3
3
30 min
N3
O = (5)3 = 125
O
O
P
15 D
O segredo é decompor cada figura da esquerda na união de figuras
convexas retangulares e triangulares. Daí, girando cada triângulo e
cada retângulo em torno do eixo obtemos a sequência:
1D, 2E, 3A, 4B e 5C
1
 r2 . h1
t = 10 min
3
Então, para encher toda a fonte, serão necessários 40 min.
t
11 D
0,20
1m
1m
TC – BLOCO
0,20
05
01
4m=H
H–h
25
=H
π
r
h
a
1 parte:
Vconcreto =  . (1,20)2 . 4 –  . (1)2 . 4
= 5,76 – 4 = 1,76 = 1,76 x 3,1
= 5,456 m3
MATEMÁTICA III
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 29
R=4
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
29
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1o) Alateral cilindro = 2 . r . h
Logo: OA = 2 . 3 = 6 cm.
25
-h
r
=
25
r
r
25
- hn .
r=4. d
25
r
Daí: AD = AO + OD = AD = 6 + 3 = 9 cm
2. Teorema de Pitágoras: (ADC) A
(2R)2 = 92 + R2
4R2 = 81 + R2
3R2 = 81
9
R2 = 27
R=3 3
hr
n
r = 4 . d1 25
D
8r2. h2
25
4
V
R = 27  R = 3
3
a
1
3o) Vocta = 2 .
. a2 . R
3
2
=
. (3 2 )2 . 3 = 36
3
h= XV
V'
25 r
25
p
h=
 r = 4 . f1 .
2r
2r 25
V
05
Face
r=4–2 r=2
V
25
= 50
2r
H–R
H
a
T
02 B
Dados:
a= 2R
AT = 6 . a2  54 = 6a2 
a
a 3
2
D
θ
a
B
C
a/2
D
a/2
B
1 a 3
(
)
3 2
Centro da Base (Baricentro do
ΔABC equilátero)
2R= a
a=3
2o) 2R = a 2R = 3  R =
a
C
2 a 3
(
)
3 2
1o) Área total de um cubo (AT)
 a2 = 9  a =
A
a
R
E
R
a
Seja a = aresta do cubo
AT = 54 cm2

R
a
a2 = 9 + 9  a = 3 2
yV
a
R a
2o) a2 = R2 + R2
valor máximo
Vcilindro =  . 22 .
C
04 1o) Vesfera = 36 r = 3 r R3
-b
- 8r
=
Alateral é máximo quando h =
- 16r2
2a
25
ALAT
R
3. Volume do cone: (Vc)
1
1
Vc =
. R2 . h =
.  . 27 . 9  Vc = 81 cm3
3
3
hr
n .h
Substituindo Alat(h) = 8h . 4 . d1 25
Alateral(h) = 8h –
2R
= 1,5 cm
VET ~ VD
03 B
H-R
R
=
 H – R = 3R  H = 4R
a 3
1 a 3
p
.f
2
3
2
A
Cone equilátero: AC = 2R,
onde R = raio da base do cone.
a 6
Obs.: Altura do tetraedro regular em função da aresta a: H =
3
VOA
B
R
R
C
α
a2.3
9
1 2
2
2
H =a – a
3
2
H2 = a2
3
a2 = H2 +
Secção meridiana
A
2R
E
F
O
r= 3 cm
B
R
D
R
C
AD , BE e CF são medianas do ABC, portanto o centro  é baricentro do ABC.
Por conseguinte, podemos afirmar que: OA = 2 . OD (Propriedade
do Baricentro).
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
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H=a.
2
a 6
=
3
3
Daí: Se H = 4R  R =
1. Sendo o cone equilátero, temos que AC  BC  BA = 2R.
30
2
2 a 3
pp
a2 = H2 + f f
3
2
H
a 6
R=
12
4
2
Vesfera =
a3. 6 6
4
.
=
3
123
Vesfera =
2 . 4 r 6 . a3 3 r 6 . a3
.a =
216
122 . 12
3
MATEMÁTICA III
12/08/2013 16:55:09
06 R = a
11 D
2
a = 2R
a = 2R
R
Cubo
1o) Alat = 144
4 . a2 = 144
a=6
R=3
R
R
4 3
rR
Vbola
r
4rR3
3
=
=
=
6
Vcubo
(2R) 3
3 x 8R3
R
a
2o) Vespaço = Vcubo – Vesfera = a3 –
4r
. R3, em que R = 3 e a = 6
3
a
4r 3
Vespaço = 6 –
. 3 = 216 – 36
3
3
12 B
1a parte: Volume depositado em 1 garrafa durante o defeito.
V =  . 32 .12 = 108
V  324 cm3.
07 Vcone = 96e Vpir = 192 cm3
1a Parte: Cone Reto
Atotal = 96
Rg + R2 = 96 onde R = 6
6g + 62 = 96
6g = 60 g = 10
2a parte: Sendo n o número de garrafas:
n=
g = 10
g2 = R2 + H2  102 = 62 + H2 H = 8
1
Volume cone =  . 62 . 8 = 96
3
n 5.555 garrafas
H
R=6
13 B
a
2 Parte: Pirâmide de base quadrada inscrita no cone.
122 = 2 + 2  144 = 22 
 2 = 72   = 6 2
1
1
Vpir =
. 2 . 8 =
. 72 . 8 = 192 cm3
3
3
6
08 A
Seja n o número de cones construídos.
n . Vcone = Vcilindro
1
R 2
n . f .r d n .H p = r . R2 . H "
3
4
r=
1a parte:
Vkit = 6 . ( . 202 . 100) = 240.000 
Vkit = 720.000 cm3 = 0,72 m3
12 . Vkit = 12 x 0,72 = 8,64 m3
6
3a parte: Considere CI e CII os custos:
CI
C
C
= II  I =
VI
VII
CII
R=
10
r
Vol(I) =  . d
3
10 D
1
27 2
1o) Aoctraedro = 2 .
. a 2 . R = 9 2  a2 . R =
3
4
o
2)
VI =
2R
10 2
n . 10
r
1.000
r
2a parte: Vela Tipo II
C = 2r
10 = 2r
r=
a
1.000
r
= 2  CI = 2 . CII
500
r
1a parte: Vela Tipo I
C = 2R
20 = 2R
a
a 3
eR=
2
2
a 3
R
2
a 3
= 2 =
x
=
2
r
a
a
2
2a parte: Custo
1 m3
2,50
8,64
C
C = 8,64 x 2,50
C = 21,60 reais
14 B
= 1  n = 48
09 D
1.800.000
324
5
r
Vol(II) =  . c m . 20
5
r
=
2
500
r
a
15 D
(2R)2 = a2 + a2  4R2 =2a2  a2 = 2R2  a = R 2
27 2
27 2
27 2
 (2R2) . R =
 R3 =
2
2
4
4o) Vretirado = Vesfera – Voctaedro
3o) a2 . R =
=
4 3
4 27 2
R – 9 2 = 
–9 2 =.9 2 –9 2 =
3
3
2
= 9 2 . ( – 1) = 9 2 (2) = 18 2
MATEMÁTICA III
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 31
V = V(cilindro) + V(esfera)
V =  . 22 . 4 +
V = 16 +
V=
32r
3
4
 . 23
3
80r
(fazendo  = 3)
3
V = 80 dm3 = 80 L
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
31
12/08/2013 16:55:10
TC – BLOCO
06
08 D
Vsólido = Vcubo – Vprisma de base triangular
01 D
V
Formulário: (Cone Reto)
1. Área da base: AB = R2;   3,14
2. Área lateral: AL = Rg
3. Área total: AT = R . (g + R)
1
4. Volume: V = R2 . h
3
g
R= 4
Relação importante: g2 = h2 + R2
onde g é a geratriz do cone.
1o) g2 = h2 + R2
2
g2 = _ 20 i + 42
g2 = 20 + 16 = 36
g = 36  g = 6
= a3 –
h = 20
R
α
2o) AT = AB + AL
AT = R . (g + R)
AT =  . 4(6 + 4)
AT = 40 dm2
02 Dados:
5 faces hexagonais
3 faces quadrangulares
5 . 6 + 3 .4
1o) No arestas =
= 15 + 6 = 21 = A
2
o
N faces = 8 faces
Logo: V + F = A + 2  V + 8 = 21 + 2  V = 15 vértices.
03 Aresta do cubo = a
a
2
a
2
a
a
c m.c m
7
a3
2
2
. a = a3 –
= a3
2
8
8
09 D
1a parte: Considere r a medida do raio das semiesferas e m a aresta
do cubo:
1 4 3
2
Vsemiesfera =
. r = r3
2 3
3
No dado temos: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 buracos. Então:
2 3
4 ,2
r =
. m3 
3
100
21 .
14 . 3 . r3 =
42
m 3
m
. m3  c m = 1.000 
= 10
1.000
r
r
10 D
6.003 km
6.000 km
=

6m
( 6 + x)
1.000 . (6 + x) = 6.003 m
6.000 + 1.000x = 6.003
x = 0,003 m
x = 3 mm
Esfera de raio R
Cunha
ATotal = Afuso + 2 .
rR2
2
R
11 B
R
H
60º
R
60o
. 4r R2 + r R2
360o
4R2
10R2
60 =
+ R2 =
=
6
6
r
H
2
60  10R2 = 360  R2 = 36  R = 6
V1
Seja H a altura do cone de volume Vc e Vp o volume do prisma.
2
Ab . .H
Vp
3
=
=2
Vc
1
. AB .H
3
05 C
10 cm = 0,1 m
VH O = 10 m . 5 m . 0,1 m = 5 m3 = 5.000 litros
R
V3
H
r
R
No sólido 1:
= 2 r=
R
H
2
V1 =
1
1
H
R2 H
rR2 . H
.  . r2 .
= .
.
=
4
24
3
3
2
2
Note que
04 A
V2
H
H
2
1a parte:
Cubo
Logo: a = 2R  a = 12
e Dcubo = a 3 = 12 3
R
H
R
60r =
R
R
V1 =
H
= R, isto é, H = 2R, Daí:
2
rR2 . (2R)
rR3
rR3
=
 V1 =
24
12
12
2a parte: Sólidos 2 e 3.
V2 =
1 4
2
1
1
H
.  . R3 =  . R3 e V3 = R2 .
= R2 . R
2 3
3
3
3
2
V2 =
2 3
R
3
2
V3 =
rR3
3
Então: V1 < V3 < V2.
06 E
4
. 23 = 32 cm3  100, 53 cm3  100, 53 ml
3
2o) V(suco)  500 – 100, 53 ml
1o) V(3 esferas) = 3 .
12 D
V1 = V2
L2 . h =  . r2 . h  L = r r
Vsuco  399, 47 ml
13 A
07 D
4
4.000r
 . 103 =
cm3
3
3
4.000r
2a Parte: Vcílindro + Vcone =
cm3
3
1a Parte: Vesfera =
r r2 . r +
4.000r
1
r r2 . r =
3
3
3r3 + r3 = 4.000
r3 = 1.000  r = 10 cm
32
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 04
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 32
Espécie I
VI = 32 . 12 x 0,06 = 6,48 m3
Se 1 m3 tem massa de 0,77 toneladas, então 6,48 m3 terá:
0,77 x 6,48 toneladas = 4,98 toneladas.
Daí, 3 toras da espécie I tem uma massa de: 14,96 toneladas.
Espécie II
VII = 42 . 10 . 0,06 = 9,6 m3.
Como a densidade é 0,78 ton / m3, a massa de 1 tora do tipo II será:
9,6 x 0,78 = 7,48 toneladas.
MATEMÁTICA III
12/08/2013 16:55:10
Daí, 2 toras correspondem a uma massa de 2 x 7,48 = 14,97 toneladas.
Então, a carga total a ser transportada será: m  2 x 14,9  29,8 
29,9 toneladas.
14 D
Vsólido = Vcilindro + Vcone
1
=  . 22 . 4 + .  . 22 . 6 = 16 + 8 = 24.
3
15 A
A
1o) Cone equilátero (g = 2r)
(16 3 )2 = (8 3 )2 + h2
h2 = 768 – 192 = 576
R
h = 24
h
g= 2r= 16
θ
R
r
H8 3
C
3
B
2 ) O ABC é equilátero, logo  é baricentro.
o
OH =
R
R
3R
h=R+
 24 =

2
2
2
R = 16
16 1o) 302 = 242 + x2
x = 18 → 2r = 18 → r = 9
R
15
2o) A = Alateral cilíndrica = 2 . r . 24 =
= 2 . 9 . 24
2r . 9 . 24
A
=
= 12.
Logo:
36r
36r
24
R
15
r
r
x
17 B
Aesfera
4rR2
=
=
AT (cilindro)
2rR2 + 2rR . H
2
R
R
R
H= (2R)
2
2
4r R
4r R
=
=
=
3
2rR2 + 4rR2
6rR2
R
R
2R
18 E
Abase cone = r2
4
3
5
=
r
4 +r
5
8
5r = 12 + 3r
r=6
Abase = 36
3
3
R
r
r
Teorema dos
segmentos
tangentes
19 C
Vprisma = Vcilindro
10.10.20 = π . R2 . 20
100
10
R2 =
+R=


Área total do prisma: Ap = 2. (10.10 + 10.20 + 10.20) = 1.000 cm3
Área total do cilindro:
Ac = 2. .R.20 + 2. .R2 = 2  .
10
= 400.1,77 + 200 = 908 cm3.

100
.20 + 2 .  = 400.  + 200 =
Economia de material em porcentagem:
MATEMÁTICA III
AP 2013 MAT III RESOLUÇÃO V4.indd 33
1.000 - 908
= 9,2%.
1.000
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33
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