Exercicios Geometria Espacial Resolvidos

7/27/2019 Exercicios Geometria Espacial Resolvidos

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GEOMETRIA ESPACIAL UNIFORTE187

1)(UFRGS-89)Uma esfera de raio 5 e um conede raio da base 5 e altura 10 repousam sobreum mesmo plano. A que distância acima desseplano deve passar um plano paralelo para queas secções determinadas na esfera e no conetenham áreas iguais?

(A) 1,0(B) 2,0(C) 2,5(D) 3,0(E) 3,5

SOLUÇÃO

x−10

10 x−5 5r

x

Neste problema devemos determinar o valor de x , vamos armar uma proporção paradeterminar o raio do plano paralelo do cone.

x x

5

10

10=

− ⇒ )10(510 xr −= ⇒

10

)10(5 xr

−= ⇒

2

10 xr

−=

Vamos por Pitágoras determinar o raio doplano paralelo

5 x−5

r

222)5(5 xr −+=

22

10254

2010025 x x

x x+−+

+−=

4

44010020100100 22 x x x x +−++−=

044010020100100 22 =+−++−− x x x x

0100605 2 =+− x x ( )5÷

020122 =+− x x

64=Δ 2

812 ±= x

2 e 10 ,,, == x x

10 é a altura então solução é 2

ALTERNATIVA B

2)(UFRGS-89)Se o volume de uma esfera é6

π

então seu diâmetro é

(A) 1(B) 2(C) 3

(D) 6 (E) 6

SOLUÇÃO

6

π =V D = ? 2 r D =

A fórmula que determina o volume da esfera é

3

3

4 RV π =

Logo3

4

6

3 Rπ π

= ⇒ π π 324 3 = R ⇒

π

π

24

33 = R ⇒ 8

13 = R ⇒ 3

8

1= R ⇒

2

1= R Sabendo que o diâmetro = r 2

temos

2

12×= D ⇒

2

2= D ⇒ 1= D

ALTERNATIVA A




3)(UFRGS-90)Num triângulo o lado maior mede 10; o menor, 3 ; e o ângulo formado por esses dois lados, 450. O volume do sólidogerado por uma revolução desse triângulo emtorno do lado maior é

(A) 25

(B) π 25

(C) π 2

245

(D) π 15 (E) π 45

SOLUÇÃO

H10

r

10-h 3 h450

Observe que o desenho é formado por doiscones um maior outro menor, o problema quer saber o volume total

O volume do cone é calculado usando a

fórmula3

altura basedaáreaV

×=

3

2hr

V π

=

Vamos determinar o raio que é comum aosdois cones

r

hipotenusa

opostocateto45sen 0 =

h 3450

32

2 r = ⇒ 232 =r ⇒

2

23=r

Vamos calcular a altura do cone menor r

h 3hipotenusa

adjacentecateto45cos

0 =

450

322 h= ⇒ 232 =h ⇒

223=h

Vamos calcular a altura do cone maior

h H −= 10 ⇒ 2

2310 − ⇒

2

2320 −

Cálculo do volume do cone menor

2

23

=h 2

23

=r

3

2hr

V π

= ⇒ 3

2

23

2

232

π ×⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⇒3

2

23

4

18 π ×

3

4

227 π

⇒ 3

1

4

227×

π ⇒

4

29 π

Cálculo do volume do cone maior

= H 2

2320 −

2

23=r

3

2hr

V π

= ⇒ 3

2

2320

2

232

π ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −×⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⇒

3

2

2320

4

29π ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −×

×

⇒ 3

2

2320

2

9π ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −×

3

4

227

4

180π ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

⇒ 3

4

22745 π ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

3

4

22745

π π −

⇒ 3

1

4

22745 ×⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

π π ⇒

12

227

3

45 π π − ⇒

4

2915

π π −

Finalmente vamos somar as áreas

área do cone menor + área do cone maior

4

29 π +

4

2915

π π −

Volume Total = π 15

ALTERNATIVA D




4)(UFRGS-90) São fundidas 300 esferas com20 mm de diâmetro para fabricar cilindroscirculares retos com 20 mm de diâmetro e 200mm de altura. O número de cilindros resultanteé

(A) 2

(B) 5(C) 20(D) 25(E) 30

SOLUÇÃO

Diâmetro da esfera 20 mmRaio da esfera 10 mm

Vamos determinar o volume da esfera

Volume da esfera = 3

4 3r π

3

4 3r

V π

= ⇒ 3

104 3 π ×× ⇒

3

10004 π ×

3

4000 3mm

V π

=

Como temos 300 esferas o volume total é

3

total 4000003

4000

300mmV

π

π =×=

Diâmetro do cilindro 20 mmRaio do cilindro 10 mmAltura do cilindro 200 mm

Vamos determinar o volume do cilindro

Volume do cilindro = hr 2 π

=V hr 2 π ⇒ π ×× 200)10( 2 ⇒

π ×× 200100 ⇒ 3 20000 mmπ

Agora vamos montar uma rega de três

1 cilindro tem volume de 3 20000 mmπ

x cilindro 3 400000 mmπ

3

3

400000

200001

mm

mm

x π

π = ⇒

40

21=

x ⇒

402 = x ⇒

2

40= x ⇒ 20= x cilindros

ALTERNATIVA C

5)(UFRGS-91) Num cilindro circular reto devolume π 36 , a altura mede 4. Então, o raio dabase mede

(A) 1(B) 2(C) 3

(D) 6(E) 9

SOLUÇÃO

π 36=V 4=h

volume do cilindro = área da base × altura

hr V 2π =

π π 2 436 r =

π π 3642 =r

π π

4362 =r

92 =r

9=r

3=r

ALTERNATIVA C




6)(UFRGS-91) Seja um cilindro de revoluçãode volume V. Se quadruplicarmos a medida doraio da base e reduzirmos sua altura à metade,seu volume passa a ser

(A) 2V(B) 4V

(C) 6V(D) 8V(E) 16V

SOLUÇÃO

h

r

Volume do cilindro = área da base × altura

hr V 2

π =

quadruplicar o raio r 4

altura à metade2

h

volume passa ser

=iV volume inicial = f V volume final

hr V i2 π = ⇒ passa ser

2)4( 2 h

r V f π =

216 2 h

r V f π = ⇒ hr 2 8π

observe que iV hr =2 π

logo i f V V 8=

ALTERNATIVA D

7)(UFRGS-91) A área da base de um cone é20. Para que o volume do cone seja 40, suaaltura deve ser

(A) 2(B) 3(C) 4

(D) 5(E) 6

SOLUÇÃO

Área da base = 20

Volume = 40

Altura = ?

Volume do cone =3

altura basedaárea ×

3

2

hr V π =

3

2040

h=

12020 =h

20

120=h

6=h

ALTERNATIVA E




10)(UFRGS-92)Certa quantidade de queijo évendida em embalagens esféricas com 2tamanhos. A embalagem menor temcapacidade para 250g de queijo, e seu raio émetade do raio da maior. A quantidade total dequeijo que a embalagem maior pode conter é

(A) 500g(B) 1kg(C) 1,250kg(D) 1,500kg(E) 2kg

SOLUÇÃO

Volume da esfera =3

4 3r π

esfera menor esfera maior

r 2 r

3

4 3r π = 250 g

3

4 3r π

3

)(24 3r π

3

843

r π

3

84 3r π

observe que3

4 3r π

= 250 g

logo teremos 250g 8× = 2000 g = 2 kg

ALTERNATIVA E

11)(UFRGS-93) Considere as seguintesafirmações

I – Dados uma reta r e um plano π paralelos,todo plano contendo a reta r é paralelo aoplano π

II – Sejam os planos α e β perpendiculares ea reta r contida em α . A reta r é tambémperpendicular ao plano β .

III – Sejam a reta r e o plano α tais queφ α =∩r . Então a reta r e o plano α são

paralelos.

Quais são verdadeiras?

(A) Apenas II

(B) Apenas III(C) Apenas I e II(D) Apenas I e III(E) I, II e III

SOLUÇÃO

Vamos verificar cada alternativa

I - r

α

π

Falsa podemos ter outro plano contendo a retar e não é paralelo ao plano π

β II

r

α

Falsa pode conter em α uma reta paralela aoplano β

III r

α

φ α =∩r (não existe intersecção) verdadeira

ALTERNATIVA B




12)(UFRGS-93) A área da base de uma caixaem que todas as faces são retangulares é320cm2; a área de uma face lateral é 160cm2 ede outra face lateral é 128cm2

O volume desta caixa, em cm3, é

(A) 2560(B) 1280(C) 640(D) 680(E) 320

SOLUÇÃO

c

ba

área da base = ba × = 320 cm2

área da face lateral = =× ca 160 cm2

área da face lateral = =× cb 128 cm2

O volume da caixa é cba ××

Logo

)()()( cbcaba ××××× = 320 ×160 × 128

cbcaba ××××× = 320 ×160 × 128

756222 25252 ××××=×× cba

218222 52 ×=×× cba elevar membros ao quadrado

218222 52 ×=×× cba

529 ×=×× cba

5512×=×× cba

2526=×× cba cm3

ALTERNATIVA A

13)(UFRGS-93)As faces do cubo da figura sãoidentificadas com números inteiros econsecutivos, sendo 8, 11 e 12 os valores emtrês destas faces. Sabendo que a soma dosdois números em cada um dos pares de facesopostas é constante, a soma de todos osnúmeros é

(A) 57(B) 63(C) 66(D) 69(E) 78 12

118

SOLUÇÃO

Como são consecutivos podemos ter duasseqüências

7, 8, 9, 10, 11,12ou

8, 9, 10, 11, 12, 13

A seqüência 7, 8, 9, 10, 11, 12 não podeocorrer pois 8 nunca será oposto ao 11

Logo a seqüência correta é

8, 9, 10, 11, 12 13,

soma 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 = 63

ALTERNATIVA B




14)(UFRGS-93) A superfície lateral de um conede altura h , quando planificada, gera umsemicírculo de raio 10. O valor de h é

(A) 3 (B) 3

(C) 5(D) 35 (F) 10

SOLUÇÃO

g

h

r

Planificação

R=g=10α =π setor circular

r

Com a fórmula do setor circular do cone vamosdeterminar o valor do raio ( r )

g

r 2π α = como π α = temos ( π = 1800)

=π 10

2 r π ⇒ π π 102 =rr ⇒

π

π

2

10=r

5=r

obs. Como 10=g e o raio = 5 trata-se de umtriângulo eqüilátero

Nos cones eqüiláteros temos

r g 2=

Sendo um cone equilátero usamos a fórmulada altura do triângulo equilátero

2

3lh =

como é um cone eqüilátero temos

2

3gh =

2

310=h

35=h

ALTERNATIVA D

15)(UFRGS-94) O sólido da figura é um coneeqüilátero . A interseção de um plano com estesólido NUNCA será um

(A) círculo(B) ponto(C) triângulo(D) trapézio(E) segmento de reta

SOLUÇÃO

Nunca será um trapézio

Um cone é formado por círculo, ponto, triânguloe segmento de reta e fazendo a interseção doplano com o cone nunca será um trapézio

ALTERNATIVA D




18)(UFRGS-95) O número que expressa a áreatotal de um cubo, em cm2, é o mesmo queexpressa seu volume, em cm3. Qual ocomprimento, em cm, de cada uma das arestasdesse cubo?

(A) 9

(B) 6(C) 4(D) 2(E) 1

SOLUÇÃO

Fórmula da área total do cubo t A⇒ = 2 6 a

Fórmula da área do cubo ⇒ =V 3

a

ComoV At =

Temos

32 6 aa =

2

3

6a

a=

236 −= a

a=6

6=a

ALTERNATIVA B

19)(UFRGS-95) Uma ampulheta pode ser considerada como formada por 2 cones retosidênticos, unidos pelo vértice, inscrito em umcilindro reto. A razão entre o volume de um doscones e o volume do cilindro é

(A) 2

1

(D) 6

1

(B)3

1(E)

8

1

(C)4

1

SOLUÇÃO

h

2

h

altura do cilindro = h

altura do cone =2

h

Cálculo do volume do cone

hr V 2

cone 3

1π = ⇒

3

2

1 2hr π

⇒ 3

2

2hr π

⇒

3

1

2

2

×hr π

⇒ 6

2hr π

Cálculo do volume do cilindro

hr V 2

cilindro π =

Quer saber a razão entre o volume do cone e ovolume do cilindro

6

1

1

6

6

2

2

2

2

cone =×==hr

hr

hr

hr

V

V

cilindro π

π

π

π

ALTERNATIVA D




20)(UFRGS-95) Dados um plano α ; retas,,, t sr e um ponto A, considere as seguintes

afirmações.

I – A reta r tem um ponto A em comum com oplano α . Esta condição é suficiente para que areta r seja paralela ao plano α .

II- A reta s é paralela ao plano α . Então, todareta contida no plano α é paralela à reta s

III- A reta t é perpendicular ao plano α . Se areta r é paralela à reta t , então a reta r éperpendicular ao plano α .

Quais são as corretas?

(A) Apenas I.

(B) Apenas III.(C) Apenas I e II.(D) Apenas II e III.(E) I, II e III.

SOLUÇÃO

I – Falsa: esta condição não é suficiente praque a reta r seja paralela ao plano α faltoudizer que para ser paralela ao plano α ainterseção entre a reta e o plano é conjuntovazio

II- Falsa: Pois existem outras retas no plano α Como r e t que podem ser perpendicularescom a reta s

III- Verdadeira

ALTERNATIVA B

21)(UFRGS-96) Uma esfera de raio 2cm émergulhada num copo cilíndrico de 4cm deraio, até encostar no fundo, de modo que aágua do copo recubra exatamente a esfera.

Antes da esfera ser colocada no copo, a alturade água era

(A) 827 cm(B) 619 cm

(C) 518 cm

(D) 310 cm

(E) 27 cm

SOLUÇÃO

V1 = volume da esferaV2= volume do cilindro de água antes de

colocar a esferaV3 = volume formado pela água mais a esfera

V1 =3

4 3r π

⇒ 3

24 3π ⇒

3

84 π ×⇒

3

32π

V2 = hr 2

π ⇒ h2

4π ⇒ h16π

V3 = hr 2 π ⇒ 442 ×π ⇒ π 64 (a altura é 4 pois o raio da esfera é 2)

Agora vamos montar uma equação edeterminar a altura

V3 = V1 + V2

h163

3264 π

π π += ⇒

3

4832192 hπ π π += ⇒

h4832192 π π π =− ⇒ hπ π 48160 = ⇒

π π 16048 =h ⇒ π π

48160=h ⇒

310=h

ALTERNATIVA D




22)(UFRGS-96) Considerando uma pirâmideregular de base quadrada, construída a partir do padrão plano abaixo

h

a

Se a altura da pirâmide é o dobro do lado “a”

da base, o valor de h no padrão é

(A) ah ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

2

17

(B) ah 5=

(C) ah ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

2

22

(D) ah 6=

(E) ah ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ = 25

SOLUÇÃO

Observe o triângulo retângulo no desenho

h altura padrão

a2

2

a

Vamos aplicar Pitágoras

( ) ( )2

22

22 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

aah p ⇒ ( )

44

222 a

ah p +=

( )4

16 222 aa

h p

+= ⇒ ( )

4

17 22 a

h p = ⇒

( )4

17 2a

h p = ⇒ ( )2

a 17= ph ⇒

( ) ah p ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

2

17 ALTERNATIVA A

23)(UFRGS-97)Um pedaço de cano de 30cmde comprimento e 10cm de diâmetro internoencontra-se na posição vertical e possui a baseinferior vedada. Colocando-se dois litros deágua em seu interior, a água

(A) ultrapassa o meio do copo

(B) transborda(C) não chega ao meio do copo(D) enche o cano até a borda(E) atinge exatamente o meio do copo

SOLUÇÃO

10 cm

30cm

Raio 5cm

Vamos determinar o volume do cilindro

=V hr 2 π ⇒ π ×× 3052 ⇒ π ×× 3025

π 750 ⇒ fazendo π = 3,15 temos

15,3750× ⇒ 35,2362 cm

litrodm 1 1 3 =

Observe

litrosdmcm 3625,2 3625,2 5,2362 33 ==

Logo

o cilindro ficaria cheio com litros3625,2

com 2 litros ultrapassa o meio do cano

ALTERNATIVA A




24)(UFRGS-97) Numa pirâmide regular, a baseé um quadrado de lado a . Suas faces lateraissão triângulos eqüiláteros. O volume destapirâmide é

(A) 3

12

2a

(B) 3 6

2a

(C) 3 3

2a

(D) 3 12

3a

(E) 3 6

3a

SOLUÇÃO

A fórmula do volume da pirâmide é

2

altura basedaárea × ⇒

2

h AV b ×

=

Cálculo da área da base

Como a área da base é um quadrado temos

a

a a a Ab =

a

Cálculo da altura

a h

2

d

Observe o triângulo retângulo na figura acimaentão calcular a altura com o auxilio doteorema de Pitágoras

A hipotenusa é a um cateto é h e o outro

cateto é a metade da diagonal2

d

A diagonal de um

a h quadrado é 2ad = como é a metade da

diagonal temos

2

2a

2

2a

Aplicando Pitágoras temos

2

2

2

2

2h

aa +⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = ⇒ 2

22

4

2h

aa +

×= ⇒

22

2

2h

aa += ⇒

2

22 222haa +=

⇒

222 22 haa =− ⇒ 22 2ha = ⇒ 222 ah = ⇒

2

2a

h = ⇒ 2

2ah = ⇒

2

ah = ⇒ racionalizar

22

2

×

×=

ah ⇒

22

2ah = ⇒

2

2ah =

Finalmente com a área da base e a alturapodemos calcular o volume da pirâmide .

2

h AV b ×

= ⇒ 3

2

22 aa

V

×= ⇒

3

2

23a

V = ⇒ 3

1

2

23

×=a

V ⇒

6

23a

V = ou 3

6

2aV =

ALTERNATIVA B




25)(UFRGS-97)Um poliedro convexo de onzefaces tem seis faces triangulares e cinco facesquadrangulares. O número de arestas e devértices do poliedro é, respectivamente,

(A) 34 e 10(B) 19 e 10

(C) 34 e 20(D) 12 e 10(E) 19 e 12

SOLUÇÃO

Neste problema vamos usar o teorema deEULER

Teorema de EULER

Em um poliedro convexo o número de faces,

vértices e arestas satisfazem a relação

FACES + VÉRTICES - ARESTAS = 2

F + V – A = 2

Número de faces = 11 (dado no problema)

Cálculo do número de arestas

6 triângulos ⇒ 1836 =× arestas das faces

5 quadrangulares⇒ 2045 =× arestas das faces

importante: em um poliedro convexo cadaaresta é comum a duas faces logo temos quedividir por 2

192

48

2

2018==

+arestas

Cálculo do número de vértices

F + V – A = 211+ V – 19 = 2

V = 2 – 11 + 19

V = 10

Temos 19 arestas e 10 vértices

ALTERNATIVA B

26)(UFRGS-98) O valor numérico de cadaaresta de um cubo é 2, e os pontos P, Q e Rsão pontos médios de três arestas, como nodesenho abaixo. Um plano passando pelospontos P, Q e R secciona o cubo em doissólidos. A razão entre o volume do sólidomenor e o volume do cubo é

(A) 481

(B) 321 P Q

(C) 241

(D) 161 R

(E) 121

SOLUÇÃO

2 Q P 1

11

R2

2

observando a figura temos um cubo (sólido

maior) e um tetraedro (sólido menor)

Cálculo do volume do tetraedro

3

altura basedaáreaV

×= ⇒

3

h AV b ×

=

A área da base é um triângulo retângulo

2

hb Ab

×= ⇒

2

1

2

11=

×

3

h A

V

b ×

= ⇒ 3

12

1×

⇒ 3

2

1

⇒ 3

1

2

1

× ⇒ 6

1

Cálculo do volume do cubo

3aV = ⇒ 32 ⇒ 8

O problema quer saber a razão entre o volumedo sólido menor e volume do cubo

48

1

8

1

6

1

8

6

1

=×==c

t

V

V

ALTERNATIVA A




27)(UFRGS-98)A figura abaixo representa aplanificação de um sólido. O volume destesólido é

5

34 5

5 5

34 5

34

(A) 320 (B) 75

(C) 350 (D)100

(E) 3100

SOLUÇÃO

55 5

34

Volume do prisma = área da base × altura

V= Ab × h

A área da base é um triângulo eqüilátero , logoa área do triângulo eqüilátero é

Ab =4

32l

⇒ 4

352

⇒ 4

325

Altura = 34

Agora vamos determinar o volume do prisma

V= Ab × h ⇒ 34

4

325× ⇒ 3325 ××

925× ⇒ 325× ⇒ 75

ALTERNATIVA B

29)(UFRGS-99) O volume do prisma da figuraabaixo é 20 cm3. Se fizemos um corte paraleloao retângulo BCFE passando pelo ponto médioAC, obtemos dois novos sólidos.

D

A

EF

BC

O volume do menor sólido obtido será

(A) 2,5 cm3 (B) 5 cm3 (C) 7,5 cm3

(D) 10 cm3 (E) 12,5 cm3

SOLUÇÃO

2

l

l

h

Ao efetuar o corte paralelo no ponto médioobtemos um prisma maior e outro menor, isto éduas figuras semelhantes.

Volume prisma maior

4

h32l

V = ⇒4

h320

2l

=

Volume do prisma menor Observe que o lado do prisma menor é ametade do prisma maior, pois o corte é noponto médio

4h3

2

lV = ⇒ 4

3

2

2

hl

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

⇒4

34

2

hl

⇒

4

1

4

32

×hl

⇒ 16

32hl

V =

Como as figuras são semelhantes temos

16

3

4

3

202

2

hl

hl

V = ⇒

hl

hl

V 3

16

4

3202

2

×=

52044

20

4

1620

=⇒=⇒=⇒= V V V V

ALTERNATIVA B




30)(UFRGS-99) A figura abaixo representa umrecipiente cônico com 1 metro de altura.

100 cm90

80706050403020100

O volume de água será a metade dacapacidade desse recipiente quando o medidor

de nível marcar, com erro inferior a 1 cm,

(A) 80 cm.(B) 70 cm.(C) 60 cm.(D) 50 cm.(E) 40 cm.

SOLUÇÃO

R

r 100

x

Vamos resolver pelo tronco de cone

3

33

Hh

Vv

Hh

Vv =⇒⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ =

é uma proporção entre o volume e altura docone menor com altura e volume do cone maior

observando temos

volume do cone menor (v) = 1 v

volume do cone maior (V) = 2V

altura do cone menor (h) = x

altura do cone maior (H) = 100

3

33

H

h

V

v

H

h

V

v=⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

3

3

100

x

V 2

v 1= ⇒ 3

3

100

x

2

1=

33 100x2 = ⇒ 2

100x

33 =

3

3

2

100x = ⇒

3

3 3

2

100x =

3 2100x = racionalizar 3 2

3 2

3 22

2100x ×=

2

21003 2

⇒ 3 450

sendo 6,143 ≅ por excesso logo

=× 6,150 80

ALTERNATIVA A




31)(UFRGS-00) A figura abaixo representa umcubo de centro O.

Considere as afirmações abaixo.

I. O ponto O pertence ao plano BDE.II. O ponto O pertence ao plano ACG.III. Qualquer plano contendo os pontos O e E

Quais estão corretas

(A) Apenas I.(B) Apenas II.(C) Apenas I e II.(D) Apenas I e III.(E) Apenas II e III.

SOLUÇÃO

Afirmativa I ⇒ Falso

E

O

D

Afirmativa II ⇒ Verdadeira

G

O

C

A

Afirmativa III ⇒ Verdadeira

Traçando a diagonal EC podemos concluir que

os pontos O, E e C pertencem a diagonal

ALTERNATIVA E

32)(UFRGS-00) Na figura, O é o centro docubo.

Se o volume do cubo é um 1, o volume dapirâmide de base ABCD e vértice O é

(A) 1/2(B) 1/3(C) 1/4(D) 1/6

(E) 1/8

SOLUÇÃO

aa

Se o volume do cubo é 1 o valor de só podeser 1

V = a3 ⇒ V = 13

Vamos determinar o volume da pirâmide

3

alturabasedaáreaV

×=

A área da base é um quadrado

sua área é (lado)2

logo é 12

= 1a altura é a metade do lado logo é

2

1

então o volume da pirâmide é

32

11

V×

= ⇒ 32

1

⇒ 6

1

3

1

2

1=×

ALTERNATIVA D Este problema pode ser respondido sem fazer

cálculos. A base da pirâmide é um quadrado eo cubo tem 6 faces, logo temos 6 pirâmides em

um cubo 6 pirâmides ⇒ 6

1




33)(UFRGS-00) A figura abaixo representa aplanificação de um sólido.

O volume desse sólido, de acordo com asmedidas indicadas, é

(A) 180

(B) 360(C) 480(D) 720(E) 1440

SOLUÇÃO

O sólido planificado representa uma pirâmidecom base retangular

12

8

15

3

alturabasedaáreaV

×=

área da base: é um retângulo 158×

3

12158V

××=

480V =

ALTERNATIVA C

34)(UFRGS-00) O volume de uma esfera A é

8

1do volume de uma esfera B. Se o raio da

esfera B mede 10, então o raio da esfera Amede

(A) 5(B) 4(C) 2,5(D) 2(E) 1,25

SOLUÇÃO

Vamos representar

=AV volume da esfera A

=BV volume da esfera B

AR = raio da esfera A

BR = raio da esfera B

volume da esfera = 3πR3

4

O problema informa

BA V8

1V =

3B

3A R

3

4

8

1R

3

4π×=π

30π×= π 1 3

4

8

1 R

3

4 3A

10006

1 R

3

4 3A ×= ⇒

6

1000 R

3

4 3A =

3500 R

34 3

A = ⇒

3

43

500

R3A =

4

3

3

500R3

A ×= ⇒ 125R3A =

3A 125R = ⇒ 5RA =

ALTERNATIVA A




35)(UFRGS-01) O tetraedro regular ABCD estárepresentado na figura abaixo. M é o ponto

médio da aresta BC e N é o ponto médio da

aresta CD .

O cosseno do ângulo NMA é

(A)6

1

(B) 63

(C)3

1

(D)3

3

(E)2

3

SOLUÇÃO

Vamos determinar os lados do triângulo NMA

Como não temos valores vamos chamar o ladodo tetraedro de L

Então temos, por exemplo: AB = L , AD = L ,

CD = L , BC = L, BM =2

L, MC =

2

L

Vamos calcular o lado MA

Como o tetraedro é regular todas suas facessão triângulos equiláteros. MA é altura dotriângulo equilátero ABC.

Altura do triângulo equilátero =2

3L

Como MA é altura temos MA =2

3L

Vamos calcular o lado NA

Observando MA = NA = 2

3L

Calculo de MN

O triângulo MNC é equilátero, pois M e N sãopontos médio de BC e DC

2

L

M N

2

L

2

LLogo MN =

2

L

C

Já possuímos todas as informações, vamosvoltar ao triângulo NMA

A

2

3L

2

3L

M4L

4L N

2

L

M

2

3L

4

L

A

Cos M =hipotenusa

adjacentecateto=

2

3L4

L

=

3L2

4L × =

321 racionalizar

6

3

3

3

32

1=×

ALTERNATIVA B

Outra maneira de resolver é pelo Teorema dosCossenos a2 = b2 + c2 – 2bc cos A

Isolando cos A = bc2 cba

222

−

−−

Onde a, b, c são os lados.




36)(UFRGS-01) A figura abaixo representa aplanificação de uma pirâmide de basequadrada com AB = 6 cm, sendo ADV triânguloequilátero.

O volume da pirâmide é

(A) 312

(B) 327

(C) 336 (D) 372

(E) 3108

SOLUÇÃO

Volume da pirâmide =3

alturabasedaárea ×

ABCD é um quadrado AB = BC = CD = DA = 6

ADV é equilátero AD = DV = VA = 6

altura

A altura da pirâmide é a mesma altura dotriângulo equilátero, logo vamos a altura pelafórmula da altura do triângulo equilátero

2

3Lh = ⇒

2

36h = ⇒ 33h =

área da base é um quadrado 2LA =

3666A =×=

Volume da pirâmide =3

alturabasedaárea ×

3363

3336

V =

×

=

ALTERNATIVA C

37)(UFRGS-01) Um cubo e um hexágonoregular estão representados na figura abaixo.Os vértices do hexágono são pontos médios dearestas do cubo.

Se o volume do cubo é 64 cm3, então a área daregião sombreada é

(A) 26

(B) 104

(C) 86

(D) 106

(E) 312

SOLUÇÃO

2

2

O hexágono é formado por 6 triângulosequiláteros, logo vamos determinar a área deum triângulo equilátero e multiplicar por 6

Cálculo do lado do triângulo equilátero

L2 = 22 + 22

2 L L2 = 8 ⇒ 228L ==

2vamos calcular a área do triângulo equilátero

( )32

4

38

4

322

4

3LA

22

=⇒⇒=

multiplicando por 6 312326 =×⇒

ALTERNATIVA E




38)(UFRGS-01) A figura abaixo representa umcilindro circunscrito a uma esfera.

Se V1 é o volume da esfera e V2 é o volume do

cilindro, então a razão12

1

VV

V

−é

(A) 1/3 (B) 1/2 (C) 1 (D) 2 (E) 3

SOLUÇÃO

O desenho nos mostra:

- O raio da esfera é igual ao raio da base docilindro

- A altura do cilindro eqüivale a dois raios(2R)

Cálculo do volume da esfera V1

31 R

3

4V π=

Cálculo do volume do cilindro

hAbV2 ×=

a altura é 2R e a área da base 2Rπ (circunf.)

logo R2RV 22 ×π= ⇒ =2V 3R2 π

Agora vamos substituir os valores

12

1VV

V

− ⇒ 33

3

R3

4R2

R

3

4

π−π

π

⇒

3

R4R6

R3

4

33

3

π−π

π ⇒

3

3

R3

2

R3

4

π

π ⇒

3

23

4

⇒

⇒2

3

3

4× = 2

ALTERNATIVA D

39)(UFRGS-01) Um octaedro tem seus vérticeslocalizados nos centros das faces de um cubode aresta 2.

O volume do octaedro é

(A) 2/3 (B) 4/3 (C) 2 (D) 8/3 (E)10/3

SOLUÇÃO

Vamos resolver este problema considerando o

octaedro formado por duas pirâmides unidaspor uma base quadrada. Assim vamosdeterminar o volume de uma pirâmide emultiplicar por 2.

O volume da pirâmide =3

hAb ×

Se a aresta do cubo mede 2 a altura de umapirâmide é metade, no caso 1 ⇒ h = 1

Agora vamos calcular a área da base

Olhando de cima temos1 1

1 X 1

1 1

1 1Vamos determinar a aresta da base dapirâmide por pitágoras

x x2 = 12 + 12 ⇒ x = 2 1

1

Logo área da base = L2 = ( )22 = 2

O volume da pirâmide =3

hAb ×

3

2

3

12=

×⇒

Como temos 2 pirâmides ⇒ 3

4

3

2

2 =× ALTERNATIVA B




40)(UFRGS-02) Um sólido é totalmentemergulhado em um cilindro contendo águacausando a elevação do nível da água em1,5 cm. Se o raio da base do cilindro mede 5cm, o volume do sólido é de

(A) 6,5 3cmπ

(B) 10 3cmπ

(C) 15 3cmπ

(D) 25 3cmπ

(E) 37,5 3cmπ

SOLUÇÃO

1,5

5

Volume do cilindro = hR2 ×π

Quando o sólido é mergulhado a altura

aumenta 1,5 cm

Logo temos a altura = 1,5 cm e o raio = 5

hRV 2 ×π=

cm5,1)cm5(V 2 ××π=

π××= cm5,1cm25V 2

3cm5,37V π=

ALTERNATIVA E

41)(UFRGS-02) O desenho abaixo representaa planificação de um sólido que pode ser obtidoligando-se os pontos A, B,C e D. Os triângulosmenores do desenho são eqüiláteros de lado

2 cm.

O volume do sólido é de

(A) 3cm3

1(B) 3cm

3

2(C) 3cm1

(D) 3cm3

4 3cm

3

5)E(

SOLUÇÃO

A figura mostra 2 TETRADROS regularesunidos por uma de suas faces

Volume do tetraedro =12

2)aresta( 3

12

2aV

3

= ⇒ ( )

12

223

× ⇒

12

223 ×

⇒ 12

24

⇒ 12

22

⇒ 3

1

12

4=

como temos 2 tetraedros

3

2

3

12 =×

ALTERNATIVA B




42)(UFRGS-02) Na figura abaixo, P é o centroda face superior de um cubo. A pirâmide debase hachurada tem um de seus vértices em P

Se o volume da pirâmide é 1, então o volumedo cubo é

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 6 (E) 8

SOLUÇÃO

h

hAbVpirâmide

×= 3

cubo aV =

foi fornecido o volume da pirâmide = 1

vamos calcular a área da base da pirâmidel = lado

l l

l l l

2l 2l

l

Podemos perceber que a área da base dapirâmide é um triângulo retângulo, logo a áreaé

2

hbA

×= ⇒

2

l

2

ll 2

=×

Com a fórmula do volume da pirâmide vamosdeterminar o lado

h

hAbV

×= ⇒

3

l2

l

1

2

×= ⇒

32

l

1

3

=

⇒ 3

1

2

l1

3

×= ⇒ 6

l1

3

= ⇒ 6l3 =

observe que o lado da pirâmide coincide com a

aresta do cubo, logo 6Val cubo33 ===

ALTERNATIVA D

VAMOS MOSTRAR

6l3 = ⇒ 3 6l = ⇒ 3 6a =

volume do cubo

3cubo aV = ⇒ ( )33 6V = ⇒ 6V =

OUTRA MANEIRA DE RESOLVER

E

A B

C

3

alturabase da áreaVpirâmide

×=

3

BEABC1

×= ⇒ 3BEABC =×

VAMOS PARA O VOLUME DO CUBO

alturabasedaáreaVcubo ×=

a base do cubo é formada por 2 bases dapirâmide

logo

BEABC2Vcubo ××=

32Vcubo ×=

6Vcubo =




43)(UFRGS-03) Se num paralelepípedo ocomprimento é reduzido em 10%, a largura éreduzida em 5% e a altura é aumentada em15%, então o volume

(A) não se altera(B) aumenta em 0,75%

(C) se reduz em 0,75%(D) aumenta em 1,675%(E) se reduz em 1,675%

SOLUÇÃO

cVolume inicial 100%

b

aVolume do paralelepípedo = a . b . c = 100%

Com uma nova configuração temos

115%

95%

90%

Vamos passar % para número decimal

9,0100

90%90 == 95,0

100

95%95 ==

15,1100

115%115 ==

Logo o volume = 98325,015,195.09,0 =××

Vamos passar para % e após comparar

0,98325 X 100 = 98,325%

observe que reduziu, vamos diminuir de 100%para ver quanto

100% - 98,325% = 1,675%

ALTERNATIVA E

44)(UFRGS-03) No cubo ABCDEFGH dafigura abaixo, M é o ponto médio de BF e N éponto médio de DH

Se a aresta do cubo mede 1, a área doquadrilátero AMGN é

(A)25 (B) 2 (C)

26 (D) 3 (E)

25

SOLUÇÃO G

N

M

A

Traçando o quadrilátero AMGN, percebemostratar-se de um losango cuja área é

2

diagmenor Maior DiagA

×= ⇒

2

MNAGA

×=

AG é a diagonal do cubo = 3a com areta 1

temos 3AG =

MN é a diagonal da base = 2a com aresta 1

temos 2MN =

Logo2

6

2

23A =

×=

ALTERNATIVA C




45)(UFRGS-03) Considere uma esfera inscritanum cubo. Dentre as alternativas abaixo, amelhor aproximação para a razão entre ovolume da esfera e o volume do cubo é

(A)

5

2(B) 2 (C)

2

6(D) 3 (E)

2

5

SOLUÇÃO

2r

raio 2r

raio

Atenção: esfera inscrita, logo a aresta do cuboé 2r

Razão é divisão

Vamos dividir o volume da esfera pelo volumedo cubo

⇒

π

⇒

π

⇒

π

⇒ R83

R4

)R2(

3

R4

a3

R4

V

V3

3

3

3

3

3

cubo

esfera

2

15,0

6

3,14

6

24

4

R8

1

3

R43

3

≡≅⇒π

⇒π

⇒×π

ALTERNATIVA B

46)(UFRGS-04) No desenho abaixo, em cadaum dos vértices do cubo está centrada umaesfera cuja medida do diâmetro é igual àmedida da aresta do cubo.

A razão entre o volume da porção do cuboocupado pelas esferas e o volume do cubo é

(A)6

π(B)

5

π(C)

4

π(D)

3

π(E)

2

π

SOLUÇÃO

Atenção: o cubo tem 8 vértices logo teremos 8esferas e razão é divisão

cubodovolume

esferapelasocupadocubodoporçãodavolume

3R4V

3

esfera π= 3cubo aV =

Sendo a a aresta do cubo implica que o raio

da esfera será2

alogo

3

3

3

3

a

2

a

3

4

a3

R4 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

=

π

=3

3

a83

a4

×

π

3

3

a24

a4 π

=3

3

a

1

24

a4×

π=

24

4 π=

6

π

ALTERNATIVA A

Exercicios Geometria Espacial Resolvidos

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