Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
1. (Fuvest 2015) No cubo ABCDEFGH, representado na figura abaixo, cada aresta tem
medida 1. Seja M um ponto na semirreta de origem A que passa por E. Denote por θ o
ângulo BMH e por x a medida do segmento AM.
a) Exprima cos θ em função de x.
b) Para que valores de x o ângulo θ é obtuso?
c) Mostre que, se x  4, então θ mede menos do que 45.
2. (Unesp 2015) Um bloco maciço com a forma de paralelepípedo reto-retângulo tem
dimensões 8 m, 12 m e 10 m. Em duas de suas faces, indicadas por A e B na figura, foram
marcados retângulos, de 2 m por 3 m, centralizados com as faces do bloco e com lados
paralelos às arestas do bloco. Esses retângulos foram utilizados como referência para perfurar
totalmente o bloco, desde as faces A e B até as respectivas faces opostas a elas no bloco.
Calcule o volume e a área total do novo sólido, que resultou após a perfuração do bloco.
3. (Espcex (Aman) 2015) Um cone de revolução tem altura 4 cm e está circunscrito a uma
esfera de raio 1 cm. O volume desse cone (em cm3 ) é igual a
1
π.
3
2
b) π .
3
a)
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
4
π.
3
8
d) π .
3
e) 3π .
c)
4. (Ita 2014) Um cilindro reto de altura h = 1 cm tem sua base no plano xy definida por
x2  y2  2x  4y  4  0.
Um plano, contendo a reta y  x  0 e paralelo ao eixo do cilindro, o secciona em dois sólidos.
Calcule a área total da superfície do menor sólido.
5. (Ita 2014) Três circunferências C1, C2 e C3 são tangentes entre si, duas a duas,
externamente. Os raios r1, r2 e r3 destas circunferências constituem, nesta ordem, uma
1
progressão geométrica de razão . A soma dos comprimentos de C1, C2 e C3 é igual a
3
26π cm. Determine:
a) a área do triângulo cujos vértices são os centros de C 1, C2 e C3.
b) o volume do sólido de revolução obtido pela rotação do triângulo em torno da reta que
contém o maior lado.
6. (Ita 2014) Seis esferas de mesmo raio R são colocadas sobre uma superfície horizontal de
tal forma que seus centros definam os vértices de um hexágono regular de aresta 2R. Sobre
estas esferas é colocada uma sétima esfera de raio 2R que tangencia todas as demais.
Determine a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal.
7. (Ita 2014) Considere o sólido de revolução obtido pela rotação de um triângulo isósceles
ABC em torno de uma reta paralela à base BC que dista 0, 25 cm do vértice A e 0, 75 cm da
base BC. Se o lado AB mede
a)
b)
c)
d)
e)
π2  1
3
cm, o volume desse sólido, em cm , é igual a
2π
9
.
16
13
.
96
7
.
24
9
.
24
11
.
96
8. (Unesp 2014) A imagem mostra uma taça e um copo. A forma da taça é, aproximadamente,
de um cilindro de altura e raio medindo R e de um tronco de cone de altura R e raios das bases
medindo R e r. A forma do copo é, aproximadamente, de um tronco de cone de altura 3R e
raios das bases medindo R e 2r.
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
Sabendo que o volume de um tronco de cone de altura h e raios das bases B e b é
1
 π  h  (B2  B  b  b2 ) e dado que 65  8, determine o raio aproximado da base do copo,
3
2
em função de R, para que a capacidade da taça seja
da capacidade do copo.
3
9. (Epcar (Afa) 2013) Uma pirâmide regular ABCV, de base triangular ABC, é tal, que sua
aresta lateral AV mede 3 cm.
Sendo
a)
b)
5 cm a altura de tal pirâmide, a distância, em cm, de A à face BCV é igual a
30
2
7
26
2
d) 2 2
c)
10. (Unicamp 2013) A embalagem de certo produto alimentício, em formato de cilindro circular,
será alterada para acomodar um novo rótulo com informações nutricionais mais completas.
Mantendo o mesmo volume da embalagem, a sua área lateral precisa ser aumentada. Porém,
por restrições de custo do material utilizado, este aumento da área lateral não deve ultrapassar
25%. Sejam r e h o raio e a altura da embalagem original, e R e H o raio e a altura da
embalagem alterada. Nessas condições podemos afirmar que:
H 16
R 3
a)

.
 e
r 4
h
9
R 9
H 4

b)
e
 .
r 16
h 3
R 4
H 25
.
 e 
c)
h 16
r 5
R 16
H 5

 .
d)
e
h 4
r 25
11. (Fgv 2013) Um cilindro circular reto de base contida em um plano α foi seccionado por um
plano β, formando 30° com α, gerando um tronco de cilindro. Sabe-se que BD e CE são,
respectivamente, eixo maior da elipse de centro P contida em β, e raio da circunferência de
centro Q contida em α. Os pontos A, B, P e D são colineares e estão em β, e os pontos A, C,
Q e E são colineares e estão em α.
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
Sendo BC = 1 m e CQ  3m, o menor caminho pela superfície lateral do tronco ligando os
pontos C e D mede, em metros,
a) 3 1  3π2
b) 3 3π
c) 3 1  π2
d)
9  3π2
e)
9  π2
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
Notações
: Conjunto dos números naturais;
: Conjunto dos números reais;

: Conjunto dos números reais não negativos;
i: unidade imaginária; i2  1 ;
P(A) : conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A;
n(A) : número de elementos do conjunto finito A;
AB : segmento de reta unindo os pontos A e B;
arg z : argumento do número complexo z;
a,b  x  : a  x  b
A \ B  x : x  A e x  B
A c : complementar do conjunto A;
n
 ak xk  a0  a1x a2x2  ...  anxn,n 
.
k 0
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.
12. (Ita 2012) Em um plano estão situados uma circunferência ω de raio 2 cm e um ponto P
que dista 2 2 cm do centro de ω . Considere os segmentos PA e PB tangentes a ω nos
pontos A e B, respectivamente. Ao girar a região fechada delimitada pelos segmentos PA e
PB e pelo arco menor AB em torno de um eixo passando pelo centro de ω e perpendicular ao
segmento PA , obtém-se um sólido de revolução. Determine:
a) A área total da superfície do sólido.
b) O volume do sólido.
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
Gabarito:
Resposta da questão 1:
a) EM  x  1
No ΔMAB: BM  x 2  1
No ΔEMH: HM 
2
x  1  12  x 2  2x  2
HB  3 (diagonal do cubo)
Aplicando agora, o teorema dos cossenos no ΔMHO, temos:
2
2
2
3  x 2  2x  2  x 2  1  2  x 2  2x  2  x 2  1  cos θ
3  x 2  2x  2  x 2  1  2  x 2  2x  2  x 2  1  cos θ
cos θ 
b) Como
x2  x
x 2  2x  2  x 2  1
2
x  2x  2 e
x2  1 são positivos para todo x real, concluímos que θ será
obtuso se, e somente se: x2  x  0  0  x  1.
Portanto, x  / 0  x  1.
c) x  4  cos θ 
cos 45 
12
144
170 170
2
1
85
85



2
2 85
170
Como cos θ  cos45  θ  45.
Resposta da questão 2:
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
O volume V do sólido restante será dado pelo volume do sólido inicial V(i) e o sólido retirado
V(r) .
V  V(i)  V(r)
V  8  10  12  2  3  4  2  3  12  2  3  4
V  960  24  72  24
V  960  120
V  840 m3
Para calcular a área total, iremos considerar algumas etapas:
Área das faces externas paralelas à face A: A1  2  (8  10  2  3)  148m2
Área das faces internas paralelas à face A: A2  4  (4  3)  48m2
Área das faces externas paralelas à face B: A3  2  (12  8  2  3)  180m2
Área das faces internas paralelas à face B: A 4  4  3  5  60m2
Área das faces externas paralelas à face C: A5  2  12  10  240m2
Área das faces internas paralelas à face C: A6  2  (2  10  2  2  5)  80m2
Portanto, a área total será dada por:
A  A1  A2  A3  A 4  A5  A6  148  48  180  60  240  80  756 m2
Resposta da questão 3:
[D]
Considerando O o centro da esfera, temos:
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
No triângulo AOD, temos: AD2  12  32  AD  8cm
ΔADO  ΔABC 
8 1
4
 r 
cm
4
r
8
Portanto, o volume V do cone será dado por:
2
V
 4 
1
1
8π
 π  R2  h   π  
cm3
 4 
3
3
3
 8
Resposta da questão 4:
Na figura, temos: d2  12  12  d  2.
x2  y2  2x  4y  4  0   x  1   y  2  1 (equação de um círculo com centro no ponto
2
2
(1,2) e raio 1.)
A reta y = x intercepta a circunferência do círculo nos pontos (1,1) e (2,2), para isto basta
resolver um sistema com as equações da reta e da circunferência.
Calculando, agora, a área da base da figura descrita acima:
Ab 
π  12 1 1 π 1

 
4
2
4 2
Calculando sua área lateral.
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
AL 
2  π 1
π
1  2 1   2
4
2
Portanto, a área total será dada por:
 π 1 π
At  2       2
 4 2 2
A t  ( π  2  1) unid2
Resposta da questão 5:
a) De acordo com os dados do problema, temos:
r1  9r, r2  3r e r3  r e
2π  9r  2π  3r  2π  r  26π  r  1 cm
Temos então um triângulo de lados 4cm, 10cm e 12cm com vértices nos centros das
circunferências.
Portanto, sua área será dada por:
4  10  12
p
 13
2
A  13  (13  4)  (13  10)  (13  12)
A  3 39cm2
b) O sólido de revolução é a união entre dois cones.
Calculando a medida do raio da base dos cones, que também é a altura do triângulo
considerado.
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
12  R
39
 3 39  R 
cm
2
2
Portanto o volume do sólido será dado por:
2
2
π  39 
π  39 
2
V  
  (x  y)   
  12  39πcm

3  2 
3  2 
Resposta da questão 6:
No triângulo VOA, temos:
3R2   2R2  h2  h  R 
5
Portanto, a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal é:
d  R  R 5  R(1  5)
Resposta da questão 7:
[C]
No triângulo AMC, temos:
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
2
2 
π2  1 
1
1
 1
x2     
x
e h 
 2π 
2π
π
2


2
3 1 9
Volume do cilindro: VC  π    
cm3
4
π
16
 
Volume de cada tronco de cone: VT 
  1 2 1 3  3 3  13
1 1

 π          
cm3
 4 
3 2π
4 4  4   96


Portanto, o volume pedido será dado por:
9
13 14
7
V  VC – 2  VT 
 2


cm3
16
96 48 24
Resposta da questão 8:
Utilizando a fórmula dada temos:
Capacidade da Taça: VT 
4π  R3  π  R2  r  π  R  r 2
3
Capacidade do copo: Vc  π  R3  2π  R2r  4  πR  r 2
Fazendo VT = 2/3(VC), temos:
7R  r 2  3  R2  R  2  R3  0
Resolvendo a equação na incógnita r, temos:
r
3  R2  65  R4 5  R

14  R
14
ou
r
3  R2  65  R4 11 R

(não convém)
14  R
14
Portanto, o raio do copo será:
2  5 R 5 R

.
14
7
Resposta da questão 9:
[A]
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
2
No triângulo VOM: R2  5  32  R  4  R  2 e a = 1
2
No triângulo VOM: m2  5  12  m  6
O triângulo AMV é isósceles de base VM (AM = AV = 3)
2
 6
6
Logo, d2  
 32  d  9   d 
 2 
4


30
2
Resposta da questão 10:
Gabarito Oficial: [C]
Gabarito SuperPro®: [A] e [C]
Volumes iguais.
π.r 2 .h  π.R2 .H 
R2
r
2

2π.R.H  1,25.2πr.h 
h
(I)
H
R 5 h
  (II)
r
4 H
substituindo (I) em (II), temos:
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
R 5 R2
5 R
R 4
H 25
 
 1    e

r
4 r2
4 r
r
5
h 16
Como :
H 25
H 16

 
h 16
h
9
R 4
R 3
  
r
5
r
4
As alternativas [A] e [C] estão corretas.
Resposta da questão 11:
[D]
Planificando a metade da superfície lateral do tronco, obtemos a figura abaixo.
O resultado procurado é a hipotenusa do triângulo CDE.
O cateto EC é o semiperímetro da base do tronco. Logo, EC  3 π m.
Dado que CQ é raio da circunferência de centro Q, temos EQ  3 m.
Sabendo que BC  1m, do triângulo retângulo ABC, vem
tg30 
BC
AC
 AC  3 m.
Da semelhança dos triângulos ADE e ABC, obtemos
DE
BC

AE
AC

DE 3 3

1
3
 DE  3 m.
Portanto, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo CDE, encontramos
2
2
2
2
CD  DE  EC  CD  32  ( 3 π)2
 CD  9  3π2 m.
Resposta da questão 12:
a) A área total será igual à soma das seguintes áreas.
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Exercícios de Aprofundamento – Mat – Geom Espacial
Área da base do cilindro:
Ab  π.22  4. π cm2
Área lateral do cilindro:
AL  2.π.2.2  8. π cm2
Área da parte da esfera, interna ao cilindro (metade da superfície esférica):
Ai  2.π.22  8. π cm2
Logo, a área total será:
A  4π  8π  8π  20 π cm2
b) O volume será dado pelo volume do cilindro menos o volume do hemisfério.
Volume do cilindro:
V  π.22.2  8π cm3
Volume do hemisfério:
2
16π
VH  π.23 
cm2
3
3
Volume do sólido:
16π 8π
V  8π 

cm3
3
3
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