MATEMÁTICA 4 – Volume 1 RESOLUÇÕES – EXERCITANDO … · 2018-06-08 · melhor representado...

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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.

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Page 1: MATEMÁTICA 4 – Volume 1 RESOLUÇÕES – EXERCITANDO … · 2018-06-08 · melhor representado pela figura a seguir: 03. E ... a aresta do cubo, temos: 3a = 4 ⋅ 18 ⋅ 3 . a.

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.

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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

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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 .

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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

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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

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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

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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

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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

= 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

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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

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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