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MATEMÁTICA 4 – Volume 1 RESOLUÇÕES – EXERCITANDO EM CASA
AULA 1 01. C A projeção ortogonal do ponto E é o centro do
quadrado ABCD. A projeção do trajeto descrito por João vai do vértice A à projeção do ponto E, centro da figura, passando pelo ponto médio (M) do outro lado da base, seguindo até o vértice C, sempre em linha reta.
02. C O encosto e o assento da cadeira na vista lateral
serão representados por um retângulo opaco. As pernas da cadeira, o espaço entre os braços da cadeira e o seu assento, serão representados por um retângulo vazado. Portanto, o esboço obtido é melhor representado pela figura a seguir:
03. E Observe o globo visto de cima:
Sendo A e B pontos sobre o mesmo paralelo, a projeção de A para B será um arco de circunferência paralelo à linha do equador.
Seja D o ponto da trajetória de B para C que pertence à linha do equador. Assim, pode-se dividir o segundo trajeto em duas partes: de B para D e de D para C.
De B para D, a projeção será um segmento radial, no sentido da linha do equador.
De D para C, a projeção será um segmento radial, no sentido do centro.
04. C Considere os seguintes pontos: B3 = projeção do ponto B; D3 = projeção do ponto D; C3 = projeção do ponto C. A projeção do trajeto da pessoa, na base da
pirâmide está representada na figura abaixo.
05. D
06. C Girando em torno do eixo, formou-se a imagem de
um foguete. Observe:
Percebemos que a decomposição do foguete da ponta para a cauda, é formada pela sequência de sólidos:
Cone reto, cilindro reto, tronco de cone e cilindro equilátero.
07. D
08. E
O caminho descrito pelo ponto P no plano do
solo será um segmento de reta. 09. A Como em um compasso, o giro de um ponto em
torno de outro é sempre um arco de circunferência. Como o ponto A gira duas vezes, a primeira vez em torno de C e a segunda vez em torno de B, sua trajetória será a união dos arcos de duas circunferências. Logo, somente as alternativas A) e B) podem estar certas. A alternativa B) é facilmente descartada, pois ao terminar o primeiro giro, o ponto A não fica sobre a reta que apoia o triângulo. Assim, a figura que aparece na alternativa A), sendo a união de dois arcos de circunferência de 120º, é a que representa a trajetória do ponto A.
10. B O efeito está melhor representado na alternativa
B.
AULA 2 01. D O sólido formado será um prisma pentagonal.
Logo, o número de arestas é igual a 3 ⋅ 5 = 15. 02. C Construindo o cubo, temos:
Portanto, as faces paralelas desse cubo são E-M,
B-N e E-R. 03. C A planificação deve apresentar uma base e quatro
“meia laterais” adjacentes pintadas, na visão tridimensional. A única alternativa que apresenta tal imagem é a alternativa [C].
04. B Na composição espacial do cubo, os vértices que
coincidirão com o vértice V são 2 e 6, logo o produto é 12.
05. B Na vista superior observamos duas esferas
sobrepostas, uma menor e outra maior. Essa situação está representada somente na opção B.
06. C A alternativa C é a única que apresenta um
trapézio isósceles na lateral e um quadrado no fundo.
07. C Ao montar o cubo, a face branca e a face cinza
ficam opostas; logo as alternativas A) e B) estão excluídas.
As alternativas D) e E) estão excluídas, pois no cubo não podem aparecer um retângulo branco e outro cinza com um lado menor em comum.
08. E Cortando um canto do cubo, eliminamos um de
seus vértices. Como cada vértice se liga a três arestas do cubo, uma representação do cubo cortado deve mostrar três cortes ao redor de um mesmo vértice.
09. E Iniciando a planificação pela face ABFE e
observando as coincidências entre as arestas, podemos concluir que a planificação correta é a apresentada na alternativa [E].
10. E
D2 = 122 + 92
D = 15 AULA 3 01. C No comprimento, conseguiremos colocar 5 caixas,
na largura 2 caixas e na altura 2 caixas. Total de caixas 5 ⋅ 2 ⋅ 2 = 20 caixas. Número mínimo de viagens: 12
02. D Veja que precisamos dividir 48, 18 e 12 pelo
mesmo número, e na maior quantidade possível. Devemos então calcular o MDC de 48, 18 e 12, que
é 6. Logo:
O lado que mede 48 cm será dividido em 486
= 8
O lado que mede 18 cm será dividido em 186
= 3
O lado que mede 12 cm será dividido em 126
= 2
Total de cubos: 8 ⋅ 3 ⋅ 2 = 48 03. C Total de pacotes por caixa. 2 (largura) ⋅ 2 (comprimento) ⋅ 2 (altura) = 8 pacotes
Número de caixas = 1008
= 12,5
Portanto, a empresa precisará de 13 pacotes. 04. A No comprimento conseguiremos colocar 8 doces,
na largura 4 doces e na altura 3 doces. Total de doces 8 ⋅ 4 ⋅ 3 = 96. 05. D No comprimento, conseguiremos colocar x cubos,
na largura y cubos e na altura z cubos. Total de caixas x ⋅ y ⋅ z = 50 cubos. Ao dobrarmos as dimensões internas
conseguiremos colocar, no comprimento 2x cubos, na largura 2y cubos e na altura 2z cubos. Assim, o total de cubos será
2x ⋅ 2y ⋅ 2z = 8 ⋅ x ⋅ y ⋅ z = 8.50 = 400. 06. E A área total da caixa será: Atotal = 2⋅(20 ⋅ 40 + 20 ⋅ 50 + 40 ⋅ 50) = 7.600 cm2 = = 0,76 m2. 07. C Área do corpo da caixa: Acorpo = 2 ⋅ 25 ⋅ 10 + 2 ⋅ 12 ⋅ 10 + 1 ⋅ 25 ⋅ 12 = = 1.040 cm2 Área da tampa da caixa: Atampa = 2 ⋅ 25 ⋅ 2 + 2 ⋅ 12 ⋅ 2 + 1 ⋅ 25 ⋅ 12 = 448 cm2 Área total = 1.040 + 448 = 1.448 cm2 = 0,1448 m2. Para as 1.000 caixas a empresa pagará: 0,1448 ⋅ 2 ⋅ 1.000 = R$ 300,00. 08. A A área impermeabilizada será dada por: A = 10 x 20 + 10 x 1 x 2 + 20 x 1 x 2 = 260 m2. O fornecedor A vende lata de 10 L por R$ 100,00
cada. Logo, o número de latas será igual a:
26010
= 26, e o custo será 26 x 100 = R$ 2.600,00.
O fornecedor B vende lata de 15 L por R$ 145,00 cada. Logo, o número de latas será igual a: 26015
= 17,3. Como o número de latas é inteiro,
então o custo será 18 x 145 = R$ 2.610,00.
09. C A área da secção transversal (retângulo ABCD) da
canaleta fabricada é igual a 18 m2, logo: (12 – 2x) ⋅ x = 18 → –2x2 + 12x – 18 = 0 Dividindo-se os dois membros por (–2), obteremos: x2 – 6x + 9 = 0 ⇒ x = 3 m 10. E Área das paredes sem considerar portas e janela: A = 4 x 2,70 x 2 + 3 x 2,70 x 2 = 37,80 m2. Descontando a área correspondente às portas e
janela, teremos: Área = 37,80 – 2 x 1,60 – 2 = 32,60 m2. AULA 4 01. B Multiplicando as dimensões, temos o valor de seu
volume em m3. 02. D O volume pedido é dado por 125 ⋅ 25 ⋅ 10 ⋅ 15 = 468.750 cm3 03. E Se o volume da piscina olímpica é igual a 3 ⋅ 25 ⋅ 50 = 3.750 m3, e o volume da piscina original era 2 ⋅ 20 ⋅ 50 = 2.000 m3, então o
resultado é 3.750 2.000 100% 88%2.000
−⋅ ≅ .
04. E Seja V o volume real do armário. O volume do armário, no projeto, é 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6 cm3.
Logo, temos 3
36 1 V 6.000.000cmV 100
= ⇔ =
05. B Sendo a a aresta do cubo, temos: a3 = 4 ⋅ 18 ⋅ 3 a3 = 216 a = 6 06. D V = volume do cubo maior – volume do cubo menor V = 123 - 83 V = 1.728 – 512 V = 1.216 07. D O volume total de petróleo contido no reservatório
é igual a 60 x 10 x 10 = 6,0 x 103 m3 Desse volume, após o vazamento, restarão
apenas 2 60 10 7 2,83
× × × = × 103 m3
Em consequência, a resposta é 6,0 x 103 – 2,8 x 103 = 3,2 x 103 m3 08. B Sendo a medida da aresta da parte cúbica de
cima, tem-se que a aresta da parte cúbica de baixo mede 2 .
Por conseguinte, se a torneira levou 8 minutos
para despejar 3
3(2 ) 42
=
unidades de volume,
então ela levará 3 3
348 10
4
+⋅ =
minutos para
encher completamente o restante do depósito. 09. D O volume de água a ser escoado da câmara é de
200 ⋅ 17 ⋅ 20 = 68.000 m3. Logo, como a vazão de escoamento é 4.200 m3 por minuto, segue que
uma embarcação leva cerca de 68.000 164.200
≅
minutos para descer do nível mais alto até o nível da jusante.
10. C Seja v o volume da mistura sabor morango que
será colocado na embalagem. Tem-se que 1,25 ⋅ (1.000 + v) ≤ 20 ⋅ 10 ⋅ 10 ⇔ v ≤ 600 cm3 AULA 5 01. B Sendo a o comprimento das arestas da base e b a
altura, pode-se escrever:
( )
2antigo
2 2novo novo
novo antigo
V a b
V 2a b V 4a bV 4 V
= ⋅
= ⋅ → = ⋅
= ⋅
02. A O volume do silo que o agricultor possui é igual a
L2h m3. Desse modo, o silo a ser comprado deverá ter volume igual a 2L2h m3. Portanto, dentre as opções apresentadas pelo fornecedor, a única que apresenta a capacidade desejada é o silo I.
03. B a3 = 13.824 ⇔ a = 24 cm Diâmetro da esfera = 12 cm No comprimento do cubo podemos colocar 2
esferas. Na largura do cubo podemos colocar 2 esferas. Na altura do cubo podemos colocar 2 esferas. Logo, o número de esferas será 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 8.
04. C
O nível da água subiria 2.400 2cm,40 30
=⋅
fazendo a
água ficar com 25 – 5 + 2 = 22 cm de altura.
05. A Lembrando que o volume de líquido deslocado é
igual ao volume do corpo submerso, segue que o número de pedrinhas a serem colocadas deve ser
igual a 40 15 (10 6) 48.
50⋅ ⋅ −
=
06. D Se H é a altura da lata atual, então seu volume é
igual a 242 ⋅ Hcm3. Agora, sabendo que as dimensões da nova lata são 25% maiores que as da lata atual, e sendo h a altura da nova lata, temos
⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅
225 1624 h 24 H h H h 64% H,
4 25
isto é, a altura da lata atual deve ser reduzida em 100% – 64% = 36%.
07. D Sejam x, y e z, respectivamente, a altura, a
espessura e a largura da porta original. Logo, segue que o volume da porta original é igual a x ⋅ y ⋅ z.
Aumentando-se em 18
a altura da porta e
preservando a espessura, deve-se ter, a fim de manter o custo com o material,
1 19x 8zy z x y z z ,8 9
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ =
com z1 sendo a largura da nova porta.
Portanto, a razão pedida é 1z 8 .z 9
=
08. C O volume do castelo corresponde ao volume da
coluna de água que subiu. Portanto: V = 12 dm x 6 dm x 1,5 dm = 108 dm3 09. A A caixa terá as seguintes dimensões após a
montagem: Comprimento: 30 – 2x Largura: 24 – 2x Altura: x Assim, seu volume será dado por:
(30 – 2x) ⋅ (24-2x) ⋅ x = ( )24x – 108x 720 x.+ 10. D 1o momento: As duas torneiras retiram água da parte superior
do cubo (acima da torneira A) Volume (capacidade) acima da torneira A: 1 m x 1 m x 60 cm = 10 dm x 10 dm x 6 dm = 600 dm3,
equivalem a 600 litros.
Vazão das torneiras A e B juntas: 20 + 10 = 30 litros/minuto. Tempo: 600 : 30 = 20 minutos para esvaziar a parte superior. Ainda restam 15 minutos de torneiras abertas.
24 cm
24 cm
24 cm
2o momento: Volume (capacidade) abaixo da torneira A: 1 m x 1 m x 40 cm = 10 dm x 10 dm x 4 dm = 400 dm3, equivalem a 400 litros. Vazão da torneira B: 10 litros/minuto. Tempo aberta: 15 minutos Quantidade retirada: 15 x 10 = 150 litros. Restou: 400 – 150 = 250 litros ou 250 dm3 Logo, 1 m x 1 m x k = 250 dm3 10 dm x 10 dm = 250 dm3 K = 2,5 dm ou 25 cm (altura da água restante), logo a altura da água que foi retirada equivale a 75 cm.
AULA 6 01. E maior menorV V V= −
V = 2 26.12 3.10 6.4 . 3.10 1.920 34 4
− =
02. D A área da base da coluna de concreto é dada pela
área do triângulo equilátero de lado 1 m. Assim, 2 2
2b b
l 3 1 3 3A A m4 4 4
= = → =
O volume gasto de concreto em uma coluna será:
V = Ab x H = 3
4 x 10 m3.
O volume das dez colunas será:
V = 10 x 3
4 x 10 = 25 x 1,7 = 42,5 m3.
Logo, o custo do concreto será: 42,5 x 200 = R$ 8.500,00 03. C O sólido sombreado é um prisma de base
trapezoidal. Portanto, seu volume V será dado por:
b(7 3) 10V A h 10 500
2+ ⋅
= ⋅ = ⋅ =
04. B Sendo a o comprimento das arestas da base e b a
altura, pode-se escrever:
( )
2antigo
2 2novo novo
novo antigo
V a b
V 2a b V 4a bV 4 V
= ⋅
= ⋅ → = ⋅
= ⋅
05. D O volume total da peça será dado por: peça baseV S h= ⋅
A área S da base será dada por: base hex.maior hex.menorS S S= −
Pode-se calcular a área de cada um dos hexágonos regulares (maior e menor), por:
2
hex.reg
2
hex.maior hex.maior
2
hex.menor hex.menor
6 L 3S4
6 8 3S S 96 34
6 6 3S S 54 34
⋅ ⋅=
⋅ ⋅= → =
⋅ ⋅= → =
Assim, a área S da base será:
base hex.maior hex.menor base
base
S S S S
96 3 54 3 S 42 3
= − → =
= − → =
Por fim, pode-se calcular o volume total da peça,
em cm3:
peça base peça
3peça
V S h V
42 3 35 V 2.499 cm
= ⋅ → =
= ⋅ → =
06. C O sólido indicado é um prisma reto triangular, cujo
volume é igual a 8 8 8 256.2⋅
⋅ =
07. A Supondo que o telhado tem a forma de um prisma
triangular reto, temos que a = 5m. Portanto, supondo que apenas as faces de
dimensões 5 m x 30 m serão cobertas por telhas, segue que o resultado pedido é dado por
−⋅ ⋅
=⋅
42
2 5 3010 .
3 10
08. D
= = =
2
2
6x . 3V(hexagonal) 6 34V(triangular) 4 2(2x) 3
4
09. D
Altura triângulo equilátero: = = 3 8 3
4 33 2
Altura do trapézio: =1.4 3 2 3
2
O trapézio, base desse prisma, possui as seguintes medidas:
( )+
= =base8 4 .2 3
A 12 32
= = = 3baseV A . H 12 3 . 16 192 3cm
= = =2
base8 . 3
V A . h . h 16 3 .h4
Então, = → =16 3.h 192 3 h 12cm 10. D
Na figura, temos: B = 20 cm, b = 8 cm, L = 10 cm e
22 2 (B b)
L h2−
= + .
Logo: 2
2 2 20 810 h h 8cm
2− = + → =
Área da Base: 2b
(20 8).8A 112cm
2+
= =
Área Lateral: Al = (20 + 8 + 10 + 10) . 12 = 576 cm2 Área Total: At = 2 . Ab + Al = 800 cm2 AULA 7 01. E A vista superior da planificação do bebedouro 3 é
composta por duas semicircunferências e um retângulo.
02. A Área da superfície externa da lata: A = π ⋅ 252 + 2 ⋅ π ⋅ 25 ⋅ 60 = 625π + 3.000π = = 3.625π cm2. Cálculo da massa da lata: 0,8 ⋅ 3.625ππ= 2.900π g. 03. D Se a altura do cilindro mede 2 m = 20 dm e o
diâmetro 8 cm = 0,8 dm, então a capacidade do cilindro é dada por:
⋅ ≅ = ≅ π
230,8. 20 3, 14 .0, 16 .20 10,048dm 10L
2
04. D Volume da jarra = 8 . 30 mL = 2.400 mL = 2.400 cm3 Ab . 30 = 2.400 Ab = 80 cm2
05. D Raio do cano = 1 m e o raio da manilha = 1,2 m. Volume do cano = 3,1 x 12 x 4 = 12,4 m3, e o volume
da manilha = 3,1 x (1,2)2 x 4 = 17,856 m3. Assim, o volume de concreto = 17,856 – 12,4 = 5,456 m3.
Logo: Custo = 5,456 x 10 = 54,56 06. B O volume de um cilindro que representa um
tambor é
≅ = 2 30,4.r .h 3 . . 1 0, 12m
2π .
Como na figura existem 6 tambores, então o volume total será de 6 x 0,12 = 0,72m3.
Sabendo que se pagará 2,50 por m3, logo o valor a ser pago por uma família que usa 12 vezes a capacidade total do kit é 2,50 x 0,72 x 12 = = R$ 21,60.
07. D Se os bolos devem ter a mesma quantidade de
massa, então eles terão o mesmo volume. Se o volume do cilindro = πr2 . h e o volume do prisma = = L2 . h, então:
L2 . h = πr2 . h → L2 = πr2 → π=L r
08. B Vamos calcular as capacidades. Volume Antigo = πr2 . h = 3 . 102 . 50 = 15.000 cm3 Volume Novo = 3 . 302 . 60 = 162.000 cm3 Volume Novo/ Volume Antigo = 162.000/15.000 ≈ 10,8 > 10
Satisfeita a condição sobre a capacidade, calculemos o custo da lixeira nova.
Área Nova: A = πr2 + 2 . ππr . h =
= 3 . 302 + 2 . 3 . 30 . 60 = 13.500 cm2
Custo; C = 0,20 x 13.500 / 100 →
→ C = 27 reais > R$ 20,00
Como o custo de R$ 27,00 superou a meta de R$ 20,00, então será rejeitado.
h
B
09. B O volume da garrafa cilíndrica que estava
parcialmente cheia será: V = πr2h = 3 . 32 . 12 = 324 cm3 Como 1.800.000 cm3 foram produzidos e
armazenados colocando-se apenas 324 cm3 em cada garrafa, então o número de garrafas utilizadas foi:
=1.800.000 5.555
324
10. A O volume do copinho é igual a Vc = ππ. 2² . 4 = 16π,
e o volume da leiteira é igual a VL = ππ. 4² . 20 = = 320π. O volume da leiteira é 20 vezes o volume do copinho, ou seja, é igual ao volume de 20 copinhos. Portanto, para encher 20 copinhos pela metade, é suficiente encher uma leiteira pela metade.
AULA 8 01. C Raio da nova lata é o dobro da antiga, então: Rn = 2.RA. Como o volume não se altera, podemos
escrever: VN = VA, ou seja, π . RN
2 . HN = π . RA2 . HA.
Substituindo RN por 2 . RA, teremos: (2 . RA)2 . HN = RA
2 . HA. Logo, HN = HA / 4 02. A V = π . 102 . 10 = 1.000π cm3 03. C
O volume da cisterna é igual a π ⋅ ⋅ ≅
232 3 9 m .
2
Mantendo a altura, o raio r da nova cisterna deve ser tal que π= ⋅ ⋅281 r 3, ou seja, ≅r 3 m. Em consequência, o aumento pedido deve ser de, aproximadamente, − =3 1 2 m.
04. B Fazendo os cálculos:
π
π
π π
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅= ⋅
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅=
=
21
22
1 22 2
V 6 4
V 3 xV 1,6 V
6 4 1,6 3 x144 14,4xx 10 cm
05. D Moeda de 4 cm de diâmetro: V = π . 22 . h = 4 . π . h. Moeda de 8 cm de diâmetro: V = π . 42 . h = 16 . π . h. Como o volume aumenta de 4 vezes, o preço deve
aumentar na mesma proporção. Portanto, o preço justo será 4 x 1,50 = 6,00.
06. D O volume do tanque (suposto cilíndrico) é dado por
π ⋅ ⋅ ≅ =
230,6 1,5 0,405 m 405 L.
2
Por conseguinte, como o caminhão consumiu
⋅ =3 405 243 L,5
segue que ele percorreu
⋅ =243 3 729km. 07. D V = Ab . h V = π (92 – 82) . 0,1 V = 3,14 . (81 – 64) . 0,1 V = 3,14 . 17 . 0,1 V = 5,338 m3 08. C
Volume do cilindro central = π 2
2. r .3h Volume livre do segundo cilindro =
= π −22. (r 2) . h π =2
2. r . h π 22. r . h
Então para encher o volume livre do segundo cilindro levará 10 min, ou seja, 1/3 de 30min.
O tempo total será 30 + 10 = 40min 09. A Queremos calcular r, de modo que π− ⋅ ⋅ ≥212 r 1 4.
Portanto, considerando 3 como o valor aproximado de π, temos
− ≥ ⇔ ≤
⇒ < ≤
⇒ < ≤
2 2 812 3r 4 r3
80 r3
0 r 1,63,
Ou seja, a medida do raio máximo da ilha de lazer, em metros, é um número que está mais próximo de 1,6.
10. B Sejam =1r 2cm e =1h 13,5cm, respectivamente,
o raio da base e a altura do cilindro, cujo rótulo custa R$ 0,60.
Se V1 e A1 denotam, respectivamente, a capacidade
e a área do rótulo, então π π= ⋅ ⋅ =2 31V 2 13,5 54 cm
e π π= ⋅ ⋅ ⋅ =
21A 2 2 13,5 54 cm .
Sejam r2 e h2, respectivamente, o raio da base e a altura da nova embalagem. Como = ⋅2 2h 2 r e as
capacidades das embalagens são iguais, temos que π π= ⇔ = ⋅ ⇔ = =2 3
1 2 2 2 2V V 54 r 2r r 27 3. Além disso, a área lateral da nova embalagem é
π π= ⋅ ⋅ ⋅ =
22A 2 3 6 36 cm .
Supondo que o custo da embalagem seja diretamente proporcional à área lateral da mesma,
obtemos π
= ⋅ ⇔ =1 10,6c k A k ,54
sendo k a
constante de proporcionalidade e c1 o custo da primeira embalagem.
Portanto, ππ
= ⋅ = ⋅ =2 20,6c k A 36 R$ 0,4054
e
ππ
= =2
1
c 36 2 ,c 54 3
ou seja, o valor que o fabricante
deverá pagar por esse rótulo é de R$ 0,40, pois
haverá uma redução de − = − =1 2 1 1 12 1c c c c c3 3
na superfície da embalagem coberta pelo rótulo. AULA 9 01. E A superfície lateral de um cone é obtida a partir
de um setor circular. No caso solicitado, adesivar metade do cone, é só vasar o setor, como indicado na figura abaixo.
02. E A expressão superfície de revolução garante que
a figura represente a superfície lateral de um cone.
03. B O volume externo aos cones e interno ao cilindro é
dado por
π − π = π2 2 21 h 2. R . h 2 . . . R . . . R . h,3 2 3
ou seja, é igual ao dobro da soma dos volumes dos cones.
04. B
Volume do cone = 2
3. 5 . 650 cm
3π
= π
Volume do líquido do cilindro da figura 2 = = 625π - 50π = 575π Altura do líquido do cilindro da figura 2. π .52.h = 575π ⇔ h = 23 cm H = 30 – 23 = 7 cm 05. D O volume do silo é dado por
π ⋅ ⋅ + ⋅ π ⋅ ⋅ ≅ + ≅2 2 313 12 3 3 324 27 351 m .3
Portanto, se n é o número de viagens que o caminhão precisará fazer para transportar todo o volume de grãos armazenados no silo, então
≥ =351n 17,55.20
A resposta é 18. 06. B Se a área a ser iluminada mede 228,26 m e r é o
raio da área circular iluminada, então
π ⋅ = ⇒ ≅ ⇒ ≅2 28,26r 28,26 r r 3 m.3, 14
Portanto, como g = 5 m e r = 3 m, segue que h = 4 m. 07. E Volume cilindro = 3 . 32 . 7 = 189 cm3
Volume semiesfera = 3 31 4. . 3 . 3 54 cm2 3
=
Volume cone = 3 . 32 . 4 = 36 cm3 Volume descartado = 189 – 59 – 36 = 99 cm3 08. B
Volume líquido (figura 1) = 3 31 4. . . 3 18 cm2 3
π ≈ π
Volume líquido (figura 2) = 2 31 . 3 . h 3 . h . cm3
π = π
Como o volume de líquido deve ser igual nas duas taças:
3π . h = 18π ↔ h = 6 cm 09. A O volume do cone retirado é dado por
2 31 . . 3 . 6 54cm ,3
π ≅ enquanto que o volume do
cilindro é π . 32 . 10 ≅ 270 cm3. Portanto, o volume aproximado da peça é igual a 270 – 54 = 216 cm3 = 2,16 . 105 mm3 10. A
Vcilindro = π π =
2 2R R H.H2 4
Vcone = π 2R H3
Vcone = Vcilindro
π π=
=
2 2R h R H3 43Hh4
AULA 10 01. B Seja h a altura da camada de gasolina. Assim,
como a altura de cada líquido é proporcional ao volume, temos
= ⇔ =+
h 42 h 7 m.12 42 30
02. A Para medir a capacidade do tanque basta calcular
o volume do prisma de base pentagonal e altura 80 cm.
V = área da base x altura. A base é um pentágono que pode ser dividido em
um retângulo e um triângulo, como mostra a figura a seguir.
A área do retângulo ABCF será: 60 x 40 = 2.400 cm2 A área do triângulo DEF será: 30 x 40 / 2 = 600 cm2 A área do pentágono ABCDEF será: 2.400 + 600 = 3.000 cm2 Logo, V = 3.000 x 80 = 240.000 cm3 = 240 dm3 = = 240 L 03. B
V = área da base x altura =
33 x2
x 8 = 36 cm3.
Como a densidade do chocolate é de, aproximadamente, 1,3 g/cm3, uma barra desse chocolate pesará: 1,3 x 36 = 46,8 g.
Como cada caixa de papelão suporta o peso máximo de 3 kg = 3.000 g, então o número de barras que cabe nessa caixa será:
3.00046,8
= 64,1
Logo, o número máximo de barras será 64. 04. E Volume do cilindro: Vcilindro = π . 202 . 30 Volume do cone:
Vcone = 13
. π . 32 . 10
Para calcular o número de taças, basta dividir o volume dos dois barris de chope pelo volume da taça. Assim:
Número de taças = 2
2
. 20 . 30 . 28001 . . 3 . 10
3
π=
π
05. E Unindo-se os centros dos círculos formamos um
quadrado de lado 10 cm, como mostra a figura a seguir.
A área da região que tem cola fica determinada
pela diferença entre a área do quadrado e quatro vezes a área do setor circular. Portanto:
Acola = 102 – 4 . π 2.5
4 = 100 – 3 . 25 = 25 cm2
Vcola = Acola x altura = 25 . 20 = 500 cm3 06. A
∆ − ∆CDE CAB
−= ⇔ = − ⇔ = ⇔ =
1,5 x x 1,5x 9 6x 7,5x 9 x 1,2 m1,5 6
Logo, V = (1,2)3 = 1,728 m3 = 1.728 L 07. D V = Vcaixa – Vperfume
Vcaixa = 6 . 6 . 13 = 468 cm3
Vperfume = 3,14 . 32 . 10 + 3,14 . 12 . 3 = 292,02 cm3
V = 468 – 292,02 = 175,98 cm3
08. E Através da rotação do quadrado em torno do eixo,
obtemos o seguinte sólido.
A área da base do sólido é dada por π ⋅ + − = π ⋅ +2 2 2[(x 1) x ] (2x 1)cm . A soma das áreas laterais externa e interna é π ⋅ + ⋅ + π ⋅ ⋅ = π ⋅ + 22 (x 1) 1 2 x 1 2 (2x 1)cm . Logo, a área total do sólido é = π ⋅ + + ⋅ π ⋅ + = π ⋅ + π 2S(x) 2 (2x 1) 2 (2x 1) 8 x 4 cm . Observando que a área total é dada por uma
função afim, basta calcular = π ⋅ + π = πS(0) 8 0 4 4
e = π ⋅ + π = πS(1) 8 1 4 12 para deduzir que o gráfico que melhor representa
a área total S do sólido é o da alternativa (E). 09. C
Na figura 1: = ⇒ =+x 2,4 x 20
x 10 3,6
Na figura 2: = ⇒ =22
r 26 r 3, 123,6 30
Na figura 3: = ⇒ =33
r 28 r 3,363,6 30
Volume do cone da figura 2:
π ⋅ ⋅= =
2
2(3, 12) 26V 253,1
3
Volume do cone da figura 3:
π ⋅ ⋅= =
2
3(3,36) 28V 316, 1
3
Volume do ovo = − = − = 3
3 2V V 316, 1 253, 1 63cm . 10. A
Vcilindro = 3 x 42 x 9 = 432 cm3 = 432 mL
Vcone = 3 x 42 x 33
= 48 cm3 = 48 mL
Vtotal = 432 + 48 = 480 mL A taxa de 1,5 ml/min, depois de 4h, o paciente terá
ingerido um volume igual a: 1,5 x 4 x 60 = 360 mL Logo, o volume do medicamento restante no
frasco será: 480 mL – 360 mL = 120 mL