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Resoluções de Atividades

VOLUME 1 | GEOMETRIA

SumárioCapítulo 1 – Geometria de posição .................................................................. 1

Capítulo 2 – Triângulo retângulo ........................................................................ 4.

Capítulo 3 – Projeções, ângulos e distâncias .................................................... 7

Capítulo 4 – Polígonos .................................................................................... 14.

Capítulo 5 – Poliedros ...................................................................................... 19

Capítulo 6 – Unidades de áreas e unidades de volume .................................. 23

Capítulo 7 – Prismas ........................................................................................ 26.

2a Série – Ensino Médio | 1

01 a) Postulado, pois os postulados são constatações que não necessitam ser comprovadas para que sejam consi-deradas verdadeiras.

b) Ponto, reta e plano. c) Teoremas.

02 C Como o prolongamento é infinito nos dois sentidos e em

duas dimensões (comprimento e largura), temos a ideia de plano, elemento geométrico infinito com duas dimen-sões.

03 a) Infinitas. c) Infinitos. b) Três retas. d) PL (VBC), PL (VAC) e PL (VAB).

04 a) PL (ABC) e PL (ABG) (dois planos). Note que PL (ABC) = PL (ABCD) e PL (ABG) = PL (ABGH).

b) São 8 vértices ("cantos") e cada vértice pode ser ligado aos outros 7 vértices, determinando 7 retas. Logo, o total de retas seria 8 · 7 = 56.. Porém, cada reta está sendo contada duas vezes. Por exemplo, AB� ��

é igual a BA� ��

. Logo, teremos 56. : 2= 28 retas.

05 Determinam sete planos.

Além dos planos das 5 faces, temos os planos 2 que

contém as diagonais AC e BD da base, juntamente

com o vértice “V”.

Capítulo 1 Geometria de posição

Atividades para Sala – pág. 14

Atividades Propostas – Pág. 14

01 F, V, V, F, V, F, V, V(F) O ponto, a reta e o plano são exemplos de conceitos

primitivos.(V) (V) (F) Por dois pontos distintos, passa uma única reta.(V)

Sendo xcm a medida do lado do hexágono, temos: I) Na face (quadrado) do cubo:

II) Perímetro do hexágono regular =

03 Mesas com três pernas não balançam porque três pon-tos não colineares determinam um único plano (Postu-lado da Determinação de Plano).

04 Podemos imaginar uma pirâmide na qual a base é um pentágono regular, cujos vértices são os pontos A, B, C, D e E. O ponto V é o vértice da pirâmide (ponto fora do plano da base).

Assim, dentre esses seis pontos, não existem três alinha-dos; as retas determinadas por dois quaisquer desses pontos são distintas. São elas:

x = 3cm

y = 3 +3

y = 18

y = 18

y = 3 2cm

2 2 2

2

6 3 2 18 2⋅ = cm

(F) Dois pontos distintos determinam uma única reta que passa por eles.

(V) (V)

02 A interseção de um plano com uma face (quadrado) do cubo é um segmento. Assim, o polígono tem seis lados, é um hexágono. Veja:

CB

D

EA

V

Os sete planos determinados são: PL(ABCD), PL(VAB), PL(VBC), PL(VDC), PL(VDA), PL(VAC) e PL(VBD).

x

3cm

3cm

yx

V

DC

BA

2 | 2a Série – Ensino Médio


• Ascincoretasquecontêmascinco“quinas”inclina-das (arestas laterais):

VA, VB, VC, VD e VE� ��

• Ascincoretasquecontêmoscincoladosdopentá-gono (arestas da base): AB BC CD DE e EA

� �� , , , .

• Ascincoretasquecontêmascincodiagonaisdopen-tágono (diagonais da base): AC, AD,BD,BE eCE

� �� .

E

C

D

B

A

Ao todo, são 5 + 5 + 5 = 15 retas.

Podemos, também, contar essas retas de outra maneira. Cada um dos seis pontos pode ser ligado a cinco pon-tos (cada um dos seis pontos determina cinco retas). Daí, teríamos 6. · 5 = 30 retas. Desse modo, porém, cada reta foi contada duas vezes (a reta VA

� ��, por exemplo, foi con-

tada no ponto A e, novamente, no ponto V). Assim, o

número correto de retas determinadas é 6 52

15⋅

= .

05 Podemos imaginar uma pirâmide na qual a base é um pentágono regular, cujos vértices são os pontos A, B, C, D, E. O ponto V é o vértice da pirâmide (ponto fora do plano da base).

CB

D

EA

V

Assim, os cinco pontos coplanares A, B, C, D, E determi-nam um mesmo plano (o plano da base da pirâmide). Qual-quer outro plano determinado deve conter o ponto V e dois pontos da base, são eles: PL (VAB), PL (VAC), PL (VAD), PL (VAE), PL (VBC), PL (VBD),PL (VBE), PL (VCD), PL (VCE) e PL (VDE). Ao todo, temos 1 + 10 = 11 planos determi-nados.

06 F, V, F, F, V, V(F) O paralelogramo é uma região limitada pelos lados.

O plano é ilimitado.(V) (F) Três pontos determinam uma reta, se os mesmos esti-

verem alinhados.(F) Três pontos não alinhados determinam um plano.(V)(V)

07 C Os pontos da diagonal pertencem ao quadrado, mas

a reta que contém a diagonal tem pontos fora do qua-drado.

08 C As faces da pirâmide são 4. triângulos e um quadrado

(base). A interseção de um plano com cada uma das faces é um segmento de reta. Como o plano intercep-tará as cinco faces, o corte provocado pelo plano será um polígono de cinco lados (5 segmentos de reta).

O plano que contém o pentágono destacado (polígono de 5 lados) divide a pirâmide em duas partes. Conside-rando uma dessas partes, o pentágono destacado será uma de suas faces.

09 Cada um dos 8 vértices pode ser ligado aos 7 outros, determinando 7 retas. Seriam, portanto, 8 · 7 = 56. retas. No entanto, dessa maneira, cada reta foi contada duas

vezes. Daí, temos: número de retas =8 72

28⋅

= .

10 Temos o plano da base, os seis planos das faces laterais e mais os planos deter-

minados por cada uma das 6 6 3

29

⋅ −( ) =

diagonais do hexágono e o vértice V da pirâmide. Total = 1 + 6. + 9 = 16. planos.


V

F E

D

CB

A

01 F, V, V, F, F

(F) Os pontos podem ser alinhados.(V) Três pontos coincidentes estão em um plano; três

pontos alinhados estão em uma reta e essa reta está contida em um plano; três pontos não alinhados determinam um plano.

(V) A reta só pode ser secante ao plano, contida no plano ou paralelo a ele. A reta secante ao plano tem apenas um ponto em comum com o plano, e a paralela não contida no plano não tem nenhum ponto em comum sobrou apenas a reta contida no plano.

(F) Pense em uma pirâmide de base triangular, existem quatro faces (quatro planos).

(F) As retas AB, CD e EF do enunciado da questão seguinte, por exemplo, são paralelas entre si; no entanto, não estão contidas todas em um mesmo plano.

02 a) Retas HE e GF.

b) Retas EF e HG.

c) Plano (ABG).

Observação: podem ser escolhidas três quaisquer das quatro letras A, B, G, H, em qualquer ordem, para iden-tificar o plano.

03 C

Sendo an o número máximo de fatias obtidas com n cor-tes, note que:



• Um corte (reta r1) dividirá o bolo em duas fatias (regiões R1 e R2);

R1

r1R1

ou seja: a1 = 2 regiões.

• Doiscortes(retasr1 e r2) dividirão o bolo em quatro fatias (regiões R1, R2, R3 e R4.);

r2R2

R3

R4.

R1

r1

ou seja: a2 = a1 + 2

a2 = 2 + 2 = 4. regiões.

• Trêscortes(retasr1, r2, r3) dividirão o plano em sete regiões (R1, R2, ..., R7);

R4.

R1

R3 R2

r3

R7r2

R6.

R5

r1

ou seja: a3 = a2 + 3 a3 = 2 + 2 + 3 = 7 regiões. Seguindo o padrão sugerido, temos que:

a4. = a3 + 4.

a4. = 2 + 2 + 3 + 4. = 11 regiões.

Desse modo, cinco cortes determinarão, no máximo:

a5 = a4. + 5

a5 = 2 + 2 + 3 + 4. + 5 = 16. regiões (fatias).

04 O padrão da questão anterior sugere que o número de fatias obtidas (an) com n cortes pode ser dado por:

an = 2 + (2 + 3 + 4. +... + n)

Daí, podemos dizer que:

an = 1 + (1 + 2 + 3 + 4. + ... + n)

an = 1+ 12

+( ) ⋅n n

Logo, a10 = 1 + 1 10 102

56+( ) ⋅

= .

05 I. D – Fundamentalmente, o pedreiro utilizou um dos postulados da determinação de um plano: "três pontos não colineares (as taliscas) determinam um plano".

II. B – Duas retas concorrentes determinam um plano. O pedreiro passou a régua por duas taliscas horizontais de cada vez. Se as retas determinadas pelas taliscas são horizontais e concorrentes, o plano determinado por elas (o contrapiso) também será horizontal.

Atividades Propostas – pág. 28

01 D

4. arestas (AB, CD, AE e DH).

Note que a aresta AD não é reversa à reta r, pois existe o

plano (ADFG) contendo AD e r (AD // r).

02 A

Há eclipse com o alinhamento do Sol, da Terra e da Lua. Logo, as retas SL e TL

� �� são paralelas coincidentes.

03 Note o padrão seguinte, em que an indica o número máximo de regiões para n retas:

a1 = 2

a2 = 4. = 2 + 2

a3 = 7 = 4. + 3 = 2 + 2 + 3

a4. = 11 = 7 + 4. = 2 + 2 + 3 + 4.

Seguindo o padrão temos:

an = 2 + (2 + 3 + 4. + ... + n)

an = 1 + (1 + 2 + 3 + ... + n)

an = 11

2+

+( )n n

Daí, 211 = 12

2

++n n

n2 + n – 4.20 = 0

D = 1 + 16.80

D = 16.81

n =− ±1 41

2

n = 20

n = –21 (não convém)

Logo, estão sendo consideradas 20 retas.

04 E

Para trabalhar com planos perpendiculares, nada melhor que o paralelepípedo retângulo ("uma caixa de sapa-tos"). Considere, então, a figura seguinte relativa ao enunciado, onde u é uma reta contida em b perpendicu-lar à reta s, passando em A.

b

a

p

t r

sAu'

u

r'

Analisando as afirmativas, temos:

I) Verdadeira. A reta s é perpendicular a duas retas con-correntes (r e u) do plano b, então s é perpendicular ao plano b.

II) Verdadeira. A reta s é perpendicular ao plano b, então qualquer reta de b forma 90º com a reta s (qualquer reta de b é perpendicular ou ortogonal à reta s). Como a reta t, contida em b, é corrente à reta s, t e s são retas per-pendiculares.

III) Verdadeira. A reta s é, perpendicular ao plano b, então qualquer plano que contenha s é perpendicular a b.

considere a ⊂ b e a ⊥t.

q

A a

s

t

b



Capítulo 2 Triângulo retângulo

Atividades para Sala

01 C

O triângulo BCT é retangular em T. Daí, temos:

A

h q

B

(linha do horizonte)

Terra

rR

R

C

senq = R

R h+⇒ R = R · senq + h · senq ⇒

Observe na figura que d é perpendicular ao plano (ABX), sai determinado pelas retas correntes b e c. Assim, d forma 90º com qualquer reta do plano (ABX), ou seja, d é perpendicular à reta s.

bs

x

Ac

a

B

d

Note que a medida do ângulo entre os planos b e q é a medida do ângulo entre as retas a e s, isto é, btq = aÂs = 90º.

IV) Verdadeira. Veja, na figura, o plano p paralelo ao plano b.

05 a) Se as retas r e s são paralelas distintas, existe um único plano passando por r e s. Então, A ∩ B é um conjunto unitário.

Se as retas são paralelas coincidentes, então A ∩ B = A = B

b) Se r e s são retas reversas, não existe um plano por elas. Logo, A ∩ B = φ.

06 C

Considere o paralelepípedo retângulo seguinte.

I) Verdadeira. Observe os planos paralelos (ABCD) e (EFGH) interceptados pelo plano (ABEH), as interseções são as retas r e s. Note que r e s contidas no mesmo plano (ABEH) e r ∩ s = ø; r e s são paralelas.

II) Falsa. Observe os planos paralelos (ABCD) e (EFGH). A reta EF

� �� está contida no plano (EFGH), a reta AB

� �� = r está

contida no plano (ABCD) e, no entanto, AB� ��

e EF� ��

são reversas.

III) Falsa. Observe a reta GH� ��

paralela aos planos (ABCD) e (BCEF); esses planos são secantes e não paralelos.

IV) Verdadeira. Veja justificativa da afirmativa II.

07 B O tetraedro (pirâmide de base triangular) tem 6. arestas.

Considerando a aresta AD, todas as outras arestas são concorrentes a AD (têm um plano em comum), exceto a aresta BC que é reversa a AD. Temos, então, 3 pares de arestas reversas:

1o par : AD e BC 2o par : AC e BD 3o par : AB e CD Outra solução: o par BC e AD é o mesmo par AD e BC;

cada aresta apresenta apenas uma aresta reversa e são 6. arestas. São 6. · 1 = 6. pares, mas cada par foi contado duas vezes. Daí:

No de pares = 6 12

3⋅

=

08 C

a) Falsa. Se os 3 pontos forem alinhados, os planos que os contêm podem ser secantes.

b) Falsa. Veja a figura do paralelepípedo seguinte. As retas r e s são perpendiculares a t e não são paralelas, mas concorrentes.

G

H

AB

D C

r

sE

F

t

r

s

A

v

uB

C

c) Verdadeira. É um dos casos de determinação do plano.

d) Falso. Veja os planos A, B e C no paralelepípedo seguinte. Apesar de eles satisfazerem a condição, os planos A e B não são paralelos.

C : plano da face frontal

B : plano da face superior

A : plano da face à direita

e) Falsa. Veja as retas u e v paralelas ao plano A, na justi-ficativa do item anterior.

09 F, F, F, F, V

(F) r e s não têm ponto comum; então r e s podem ser reversas.

(F) Duas retas paralelas distintas sempre determinam um plano.

(F) Uma reta está contida em infinitos planos distintos.(F) Três pontos não colineares determinam um plano.(V)

10 D



a x x

a x

xa

xa a

2 4 2 2

2 2 2 2

2

2 2 2

2 2

2 2

2 2 22 4 2

= ⋅ + ⋅

= ⋅ +( )=

⋅ +( ) ⋅−( )−( )

=⋅ −

⋅ −(( )

=−( )

=−( )

+( ) −( )⇒ =

−( ) =

xa a

x metros

2 2 1

4

2 1

2

32 2 1 2 1

232 2 1

216

Daí, x =

04 Considerando os dados da figura seguinte, temos:

ba

B

y

x

4.00mA

I tgxy

x k e y k

II tgx

yk

kk

)

)

β

α

= = ⇒ = =

=+

= ⇒+

=

= +

56

5 6

40012

5400 6

12

10 400 6kk k⇒ = 100

Daí, x =500 e y = 6.00.

05 Considerando os dados da figura seguinte, temos:

30º4.5º

x

1,70

y4.

I) tg4.5º = yx

= 1 ⇒ y = x

II) tgy

xx

x

x x x x

304

33 4

1 73

3 1 7 6 8 1 3 6 86813

5 23

º,

, , , , ,

=+

= ⇒+

=

= + ⇒ = ⇒ = ≅

Daí, a altura da torre é x + 1,70 = 6.,93m.

R(1 – senq) = h · senq

Daí, Rh sen

sen=

⋅−

θθ1

02 Quando o diâmetro do círculo é lado do triângulo inscrito, o triângulo é retângulo e o diâmetro é a hipotenusa. Completando, então, os triângulos retângulos, temos:

a)

2R

aa

D2BA

C

6.

Calculando o cosseno de a nos triângulos ABC e ACD:

cosR

α = = ⇒6

226

4.R = 36. ⇒ R = 9

b)

a

a

2R – 2

2R2

4 5

C

D

B

A

Calculando o seno de a nos triângulos ABC e BCD:

sena = 4 52

2 24 5RR

=−

⇒ 16. · 5 = 4.R2 – 4.R ⇒ R2 – R – 20 = 0

Daí, R = 5 ou R = – 4. (não convém). Logo, R = 5.

03 Sendo a a medida do lado do quadrado e x a medida do raio, temos:

123

123

123

123

a

a

x

x

I) a = 32 2 1+( )m

II) Diagonais dos quadrados (maior e menor):

D a e d x= =2 2III) Diagonal do quadrado maior = (4. raios) + 2 · (diagonal

do quadrado menor)



Atividades Propostas

01 A

Completando o triângulo retângulo, temos:

x

30cm

3º

sen3º = 30x

= 0,05 ⇒ 0,05x = 30 ⇒ x = 6.00cm = 6.m

02 C

Considere a figura a seguir, em que a, b e c são os lados procurados.

c

n

h

ama

ab

I) Foram dados: m – n = 7, isto é, m = n + 7 e h = 12.

II) tghm

nh

h m n

n n n n

α = = ⇒ = ⋅ ⇒

+( ) ⋅ = ⇒ + − =

2

27 144 7 144 0

Daí, n = 9 ou n = – 16. (não convém).

III) m = n + 7 ⇒ m = 9 + 7 = 16.

IV) h2 = 16. · 9 ⇒ h = 12

V) a = m + n ⇒ a = 16. + 9 = 25

VI) cosa = ba

mb

= ⇒ b2 = 16. · 25 ⇒ b = 20

VIII) sena = ca

nc

c c= ⇒ = ⋅ ⇒ =2 9 25 15

03

2

a

a

13 180º y

z x

O12

C

B

A

t

I) ABC^ = 180

2

º= 90º (ângulo inscrito)

II) 132 = x2 + 122 ⇒ 16.9 – 14.4. = x2 ⇒ x = 5

III) cosa = z

x

xz= ⇒ =

13

25

13

IV) sena = y

y12

12

13

144

13= ⇒ =

V) tga = t

z

y

tt t= ⇒ = ⋅ ⇒ =

⋅=2 25

13

144

13

5 12

13

60

13

Respostas: x = 5, y = 144

13

25

13

60

13, .z e t= =

04 B

Completando o triângulo retângulo, temos:

12km

5km

5km

5 km

d

7km

d2 = 52 + 122

d2 = 25 + 14.4.

d = 13

05 C

Considere a figura seguinte relativa ao problema.

4.

d

d

R1

R2

1

S 4. – x BxA

Temos:

d2 = x2 + 12

d2 = (4. – x)2 + 4.2

x2 + 1 = x2 – 8x + 16. + 16.8x = 31x = 3,875km = 3875m

123

06 E

Considere o seguinte modelo matemático, relativo à situação problema.

123

123

Q

13

x

x

P

27

Usando o Teorema de Pitágoras, temos:

132 = (7 – 2)2 + x2



16.9 = 25 + x2

x2 = 14.4.

x = 12

07 C

Destaquemos os triângulos retângulos formados nas situações inicial e final.

D

d

x

C = (3,9 – 1,4.)m

L = 3,9m

h = 1,5m

h = 1,5m

Aplicando Pitágoras no primeiro triângulo:

D2 + h2 = L2 ⇒ D2 + 2,25 = 15,21 ⇒ D = 12 96, D = 3,6. m

Aplicando Pitágoras no segundo triângulo:

d2 = h2 + C2 ⇒ d2 + 1,52 = 2,52 ⇒ d2 = 6.,25 – 2,25 = 4. d = 2m

Comparando os dois triângulos:

x = D – d = 3,6. – 2

x = 1,6.m

08 Considerando as retas que passam nos centros dos cír-culos e sendo a = 2 7 a medida do lado do quadrado fornecido, obtemos outro quadrado de lado a + 2r. Veja:

a

a + 2r(Dado: a = 2 7)

a

r

r

rr

4.rb b

b

I) (2r)2 = b2 + b2 → 2b2 = 4.r2 → b = r 2

II) Lado do quadrado maior :

2b + 4.r = a + 2r

2r = a – 2b

2 2 7 2 2

7 2

1 2 7

7

2 17 2 1

r r

r r

r

r

= −

= −

⋅ + =

=+

= ⋅ −

( )( )

09 E

1,80m

xh

80m

6.0º

80m

30º

30º

sen6.0º = x

x m80

803

240 1 73 69 2⇔ = ⋅ = ⋅ =, ,

h = 6.9,2 + 1,8 = 71m

10 B

30º

x

x

4.5º

2m 4.5º L

x2 + x2 = 22 senL

L302

2 2º = ⇔ = ⋅ x = 2

Capítulo 3 Projeções, ângulos e distâncias


01 A

a 7cm

d

14.

14.x

Fonteluminosa

25cm

28cm

I) 252 = 72 + x2

6.25 – 4.9 = x2

x2 = 576.

x = 24.



II) tga = 7

2414

25=

+ d

7 · (25 + d) = 14. · 24.

25 + d = 2 · 24.

d = 4.8 – 25

d = 23cm

02 B

Sendo BC = x a medida da projeção ortogonal da escada (segmento AB) sobre o piso inferior (plano b), temos:

5

X C

4.

B

A

r

a

b

52 = 4.2 + x2

x = 3

03 Sendo C a projeção ortogonal do ponto B sobre o plano a, temos o triângulo ABC, retângulo em C, conforme a figura.

b

a 0

5

AC

B

t

Destacando o triângulo ABC, temos:

a

yx

10

C O A

5

B

18

sena = 1018

510 90 9= → = → =

xx x cm

04 A distância entre duas retas reversas r e s é a distância entre um ponto qualquer da reta r e o plano paralelo a r que contém s. No caso, pode ser a distância de A ao plano BCD, ou seja, pode ser a medida x = AB = BC.

r

A

x

x

B

5CD

4 2

4 2

16 2 2

164

22 2

2

2

( ) = +

⋅ =

==

x x

x

xx cm

05 B

Considerando o plano paralelo ao solo, passando pelos pontos A e D, temos que a projeção ortogonal da bar-raca, sobre esse plano AFDE, é um losango cujos lados são AE = ED = DF = FA = x; e o ponto de encontro das diagonais desse losango (P) é a projeção ortogonal do ponto médio M do segmento BC. Daí, temos:

BP

EX X

D

C

F

1M

A 1

11

I) AM = 4 3

2 (altura do D equilátero)

AM = 2 3 m

II) MP = 2 – 1 = 1m

III) No triângulo AMP:

M

A P2 3

2 22 3

12( ) ( )= +AP

2 32 2

2 3

12( ) ( )= +AP

12 3 1

11

2 2 2( ) = ( ) +

=

AP

AP m

IV) EF = BC = 4.m (EFCB é um retângulo, os lados opos-tos são paralelos e iguais).

V) As diagonais de um losango cortam-se mutuamente ao meio e são perpendiculares. Daí:

2

2

P

E

DA

F

11 11

ÁreaAEDF = 411 22

4 11 2⋅⋅

= m

Como o plano AFDE é paralelo ao solo, a projeção sobre o solo é igual à projeção sobre o plano AFDE.




01 A

Considerando os dados da figura seguinte, temos:

q 8m

x2m 2m

B

y

1mA

16. m

I) 1 + y + 2 = 8

y = 5m

II) tgq = xy

x tg→ = ⋅5 θ

02 Sendo x metros a altura do poste, temos:

2,3 m

b

a

ax

28º

I) a + b + 90º = a + 28º + 90º → b = 28º

II) senb = 2,3x

sen28 =2,3x

= 0,46

0,46 x = 2,30 x =23046

=

o→

→ ⋅ → 5m

03 D

Devido à grande distância do Sol à Terra, os raios sola-res são considerados paralelos, formando um mesmo ângulo a com um plano horizontal (o solo). Daí, temos:

a(Sombra)

2,4.m

1,6.0 m

a(Sombra)4.5m

x

tg =

x45m

=1,6m2,4m

x =1624

45m

x =23

45m = 30m

α → ⋅ →

⋅

04 Sendo A’ a projeção ortogonal do ponto A sobre o plano a, temos:

a

B24.cm

26.cmx

A

A'

A distância do ponto A ao plano a é AA’ = x. Daí, temos:

26.2 = 24.2 + x2

x2 = 26.2 – 24.2

x2 =(26. + 24.) · (26. – 24.)

x = 50 2⋅ x=10cm

05 B

A distância entre duas retas reversas AB� ��

e CD é a dis-tância entre um ponto qualquer da reta AB

� �� e o plano

paralelo a AB� ��

que contém CD� ��

. No caso, pode ser a dis-tância de B ao plano CDE, ou seja, a medida x = BE = CF.

Considerando o triângulo BEF, retângulo em B, temos:

30cm F

E

B

x

15 5 cm

15 5 302

2 2( ) = +x

225 · 5 – 900 = x2

x2 = 225

x = 15cm

06 B

Considerando o segmento MBN , perpendicular ao seg-mento CD , temos:

I) Na figura II:

D

D

4.m3m

E

BA

C

C

3,4.m

M

3m

F

F

6.m EN

6.m

MN = 3,4.m e BM = 3 4

21 7

,,

mm=

II) Na figura I:



DM

B'

E

B

MB’ =

DE2

=3m2

= 1,5m e BB’ = h

III) Teorema de Pitágoras:

(BM)2 = (MB')2 + (BB')2

(1,7)2 = (1,5)2 + h2

2,89 = 2,25 + h2

h2 = 0,6.4.

h = 0,8m

07

a

B

r

y6.

A 5

x

S

2 5

C

I) y2 = 52 + 6.2 → y2 = 6.1

II) x2 = y2 + 2 52( ) → x2 = 6.1 + 20 → x = 9

08 D

Sendo P um ponto do Equador e NO = SO = PO = R (raio da Terra, raio do Equador), temos no triângulo NSP’:

P0S

Q

AQ'

M'

Eixo ligando o Polo Norte (N) ao Polo Sul (S)

a

N

P'

b

RP

P'S

R

O

R

N

tgSPNS

OPNO

SPR

RR

SP Rβ = = → = → =’ ’

’2

2

Logo, o raio da projeção estereográfica é uma circunfe-rência de centro S e de raio igual SP’ = 2R.

09 B

x

12

6.0º

30º

2 3

r

Tg x x30 12 4 3º = ⇔ =

r = + =4 3 2 3 6 3, logo, a área da tampa será:

A m= ⋅( ) =π π6 3 1082

2

10 D

Cada formiga, em duas horas, percorrerá 6.km (ver figura):

A'

6.km A 3km B

x6.km

B'

Logo, x2 = 6.2 + 92 ⇔ x = 117 km


01

b

A' P

A

20cm

q

16.cm

x

r

I) 202 = 16.2 + x2

x2 = 4.00 – 256.

x = 12cm

II) cosq = x20

1220

35

= =

02 D

Considerando um plano perpendicular aos pisos pas-sando pela rampa, temos a seguinte secção reta:

ba

6.m 3m

Piso superior

Piso inferior

Rampa

Daí, temos:



sena = 36

12

mm

=

Assim, a = 30º (agudo) e b = 180º – 30º = 150º (obtuso)

03 C

Sendo P’ a projeção ortogonal de P sobre o plano b, a secção reta do diedro, passando em P, gera o triângulo PP’A, retângulo em P’, conforme a figura seguinte:

P'A

q

r

P

a

b

(PP' = 1)

Daí, temos:

I) tgq = 1 55

55

5AP

AP’

’= → = =

II) Teorema de Pitágoras no triângulo PP’A:

x

x

Logo x PA

22

2

2

5 1

6

6

= ( ) +

=

= =,

04 Prolongando a corrente e ligando os pontos de tangên-cia ao centro, temos:

O

R

R R

50aa

I) 2x = 6.0º

x = 30º

30ºR + 50

R

II senR

RR

RR RR cm

) ”3050

12 50

50 250

=+

=+

+ ==

05 a) Temos:

I) Na base, o triângulo AOB é equilátero.

A

B5

55

O

Daí, BO = AB = 5m

II) A altura VO é perpendicular ao plano da base, então VO forma 90º com qualquer reta desse plano. Assim, BO é a projeção ortogonal de VB sobre o piso e o ângulo de medida a que VB forma com BO é o ângulo que a vareta VB forma com o piso.

aB

A

V

O

10m

5m5m

5m

Daí, cos a = 5

1012

60mm

= → =α º

b) Sendo M o ponto médio do lado AB , as alturas dos triângulos AOB e AVB serão, respectivamente, OM VMe . Assim, o ângulo de medida b que OM e VM formam entre si é o ângulo formado pelos planos da face lateral (AVB) e do piso (plano AOB). Note que a reta AB é a interseção desses planos.

Bb

A

V

0

10m

M5m5m

Temos:

I) OM = 5 32

(altura do triângulo equilátero AOB de

lado 5m)

II) Teorema de Pitágoras no DVOB:

(VB)2 = (OB)2 + (VO)2

102 = 52 + (VO)2

VO = 75 5 3= (altura da barraca)

III) tgb = VOOM

= =5 35 3

2

2


01 B

Sendo x a medida da aresta do cubo, temos:

C

x

x

x

y a

B

EF

GH

D

A

I) O segmento EG é a projeção ortogonal de AG, então

a = EGA é o ângulo que AG forma com o plano EFGH.

qP'A

1

P

x



II) y = x 2 (diagonal do quadrado)

III) tga = xx

tg2

22

1 42

0 70= → ≈ =α,

,

De acordo com a tabela, a = 35°

02 E

Ligando os pontos de tangência ao centro O da esfera e sendo x a distância entre o centro da esfera e a aresta do diedro, temos:

O

4.

4.

xa

a

I) 2a = 24.° → a = 12°

II) sen12º = 4

0 21 0 21 44

0 2119

xx x cm= → = → = ≈, ,

,

03 A

Considerando a secção reta do diedro que passa em P, P’, P”, temos:

x

45º

P’’

P’

O

x + 90º + 90º + 4.5º = 36.0º

x = 135º

04 C

Considerando a diagonal EC do cubo concorrente com a aresta CG, calculemos o seno de a = DCG^ , na figura seguinte.

a

C

yF

E

Gx

x

x

H

BA

D

I) y = x 2 (diagonal do quadrado)

II) (EC)2 = y2 + x2

(EC)2 = x x22

2( ) + (EC)2 = 3x2

EC x= 3

seny

ECxx

α = = =⋅⋅

=23

2 33 3

63

05 E

a) Falso, pois projetando ortogonalmente os extremos do segmento, obtemos uma figura limitada (começo e fim); a semirreta é ilimitada em uma das direções.

b) Falso, pois se a reta é perpendicular ao plano, a proje-ção ortogonal é um ponto.

c) Falso, pois, partindo do vértice, a parábola é infinita nos dois sentidos; dependendo da posição da pará-bola, a projeção ortogonal poderá ser uma semirreta, na qual a origem é a projeção do vértice, mas um seg-mento de reta (com começo e fim) a projeção ortogo-nal não pode ser.

d) Falso, pois a projeção ortogonal de cada lado (seg-mento) é um segmento de reta ou um ponto; no máximo, a projeção ortogonal do triângulo terá três lados.

e) Verdadeiro, pois se o plano que contém a circunfe-rência for perpendicular ao plano a, a projeção da circunferência coincidirá com a projeção do diâmetro paralelo a a.

06 D

Os três planos, perpendiculares entre si dois a dois, determinam 8 regiões (“Pense em um canto de parede e prolongue as duas paredes e o piso”;aparecerão oito salas, sendo quatro no piso superior e quatro no piso inferior).

p

a

b

Em cada região, é possível colocar apenas uma esfera tangenciando os três planos.

p

b

a

São, portanto, 8 esferas.

07

a) Observando as figuras, temos:

O

CB

M

V

AD

P



Base:

M

1 1

1

1

B

AD

C

I) OB = 1 2 (diagonal do quadrado de lado 1)

OB = 2m

II) VB = AB = 2m (o triângulo AVB é equilátero)

III) VO (altura) é perpendicular ao plano do piso, então

VO é perpendicular a qualquer reta do piso. Assim, o

triângulo VOB é retângulo em O. Daí:

(VB)2= (OB)2 + (VO)2

2

V

O

CB

M

AD

2

22 = ( 2 )2 + (VO)2

4. – 2 = (VO)2

VO = 2

b) O ângulo formado pela vareta AB e o plano do piso é o ângulo a que AB forma com a sua projeção ortogo-

nal sobre o piso. Daí, temos:

senα α= → =

22

45º

2

a

O

CB

M

AD

V

2

c) A reta AB é perpendicular ao plano VOM, então a reta AB é perpendicular a toda reta do plano VOM, a reta AB é perpendicular à reta VM. Assim, o ângulo b entre OM e VM é o ângulo diedro formado pelos planos da face lateral VAB e do piso, conforme mostra a figura:

tgβ

β

= =

= =

21

2

13

33

cos

b

1

V

O

D

M

B

A

C 2

08 Considerando o trapézio AOBC contido no plano b, con-forme as figuras seguintes, temos:

O

b6.0º

C

B

A

2 3

1

1

6.0º

x C

y

A

B1O

2 3 2 3 2 3

1CxA

x – 1

y

B1O

I) No triângulo ABC:

tg6.0º = 2 3 3 2x x= → =

II) Teorema de Pitágoras:

y2 = ( 2 3 )2 + (x – 1)2

y2 = 4. · 3 + (2 – 1)2

y2 = 12 + 1

y = AO = 13

III) O segmento PO é perpendicular ao plano b, então PO forma 90º com toda reta de b. Assim, PO é perpendi-cular ao segmento AO, o triângulo AOP é retângulo em O. Daí:

k2 = ( 13 )2 + 12

k = AP = 14

09 E

O hexágono regular é composto de seis triângulos equi-láteros congruentes. Daí, temos:

(Plano horizontal)

aO

A

B

V

12

13

13

13

I) OB = AB = 12 (o triângulo AOB é equilátero de lado = 12)

II) Teorema de Pitágoras no triângulo VOB:

(VB)2 = (OB)2 + (VO)2

16.9 = 14.4. + (VO)2

VO = 5m

III) OM = 12 3

26 3= m (altura do triângulo equilátero)

Assim, obtemos:

Inclinação do telhado = tga = VOOM

=5

6 3

Inclinação do telhado = tga =⋅( ) = =5

6 1 75

10 20 49

, ,,

Inclinação do telhado = tga = 0 4949

10049, %= =

(maior que 4.5%)

De acordo com a tabela, a inclinação deve ser, no mínimo, 30% e, no máximo, 4.5%. Abaixo de 30% ocorre retorno de água (pouco inclinado) e acima de 4.5% ocorre escorregamento de telha (muito inclinado). Logo, o telhado pode apresentar escorregamento de telhas.

O

1 (raio)

P

A

k

13

M

3



10 Considerando um diâmetro AB, temos:

6.0º6.0º

6.0º

6.0º

B

A

B'

A'

I) Sendo o disco paralelo ao piso, um mesmo raio solar

forma ângulos iguais com o disco e com o piso. Assim,

o diâmetro AB do disco é paralelo ao diâmetro A’B’ da

sombra.

II) Devido à enorme distância do Sol à Terra, os raios

solares podem ser considerados paralelos.

Assim, AA’B’B é um paralelogramo e, portanto,

A’B’ = AB = 4.cm (lados opostos iguais). Logo, a área

da sombra é a mesma do disco, ou seja:

Área = p · 22 = 4.pcm2

Polígonos


01

Considere as retas r//s//a//b, temos os ângulos alternos internos iguais.

yr

s

a

b

y

x

a1a1

Note que para cada ângulo “dentro” das retas paralelas a e b, existe outro alterno interno igual, “olhando” para o lado contrário.

Daí, para os ângulos “dentro” das paralelas a e b, temos:

I) Soma dos ângulos que “olham” para a direita = soma dos ângulos que “olham” para a esquerda.

90º + (a1 + y) = (90º + a1) + y

90º + 70º = 130º + y

y = 30º

II) x + y = 180º

x = 150º

02 A

Prolongando o raio solar que passa no centro da Terra, temos:

76.ºQ

b

a

P23º

raios de Sol paralelos

I) a = 23° e b = 76.° (correspondentes de retas paralelas)

II) PQ = a + b = 99°

III) Regra de três:

Medida do arco Comprimento do (em graus) arco (km)

36.0°............................................ 4.0 000 (Equador)

99°............................................ x

03 B

As diagonais de um retângulo são iguais e cortam-se ao meio. Traçando a diagonal AC, temos:

E

P

CMD

BA

I) AM = AB = 15 (DABC é equilátero)

II) DE e AM são medianas do DADC; assim, P é baricen-tro. Logo, PM = x e AP = 2x.

III) AP + PM = AM

2x + x = 15

x = 5

Portanto, AP = 2x = 10

04 D

I) As bases médias de um triângulo o dividem em quatro triângulos congruentes. Logo, esses triângulos têm a mesma área. Considerando os pontos médios das dia-gonais do quadrilátero inicial, temos:

SQ

YY

Y

Y

X

X

X X

R

C

BPA

D

4.X + 4.Y = 150 000

X + Y = 37 500

40000 36099

40000 4011

40000 1140

11 000x x

xo

= → = → =⋅

=º

Capítulo 4



II)

Q

K

K

KK

W

WWW

R

S

P

D

C

BA

4.K + 4.W = 150 000

K + Y = 37 500

III) Sendo T a área procurada:

R

P

S

Q

D

C

BA

T

YK

W

X

T + (X + Y) + (K + W) = 150 000

T + 37 500 + 37 500 = 150 000

T = 75 000

05 C

O ponto do plano do triângulo que fica a igual distância dos vértices (das casas) é o circuncentro (centro da cir-cunferência circunscrita) e a distância igual é o raio. Veja:


01 E Considerando a figura seguinte, temos:

a b

72º

s

r'

r

a

I) a = 72° (correspondentes)

II) b = a (opostos pelo vértice)

III) a + b + 90° = 180°

72° + a + 90° = 180°

a = 18°

02 Considerando os ângulo “dentro” das paralelas AB e EF,temos:

a1

a1 a2

a2a3

a3

A

B

E

F

AB // r // s // EF

Soma dos ângulos que “olham” para cima = soma dos ângulos que “olham” para baixo.

a1 + (a2 + a3) = (a1 + a2) + a3

4.0º + x = 96.º + 52º x = 108º

03 C

Completando o triângulo, temos:

x4.0º â

c

b

I) x = c + 4.0° (ângulo externo do triângulo) II) a + b + x = 180° (soma dos ângulos internos do D) a + b + c + 4.0° = 180° S + 4.0° = 180°

S = 14.0°

04 D

Em um retângulo, as diagonais são iguais e cortam-se ao meio. Daí, temos triângulos isósceles cujos ângulos da base são iguais.

b

aa

D

CB

A

b = a+ a (ângulo externo do triângulo)

b = 2 · (20°) = 4.0°

05 B

Os ângulos A BDe ACD são iguais, pois AB AC= , enquanto os ângulos A DE e A ED são iguais, pois AD AE= .

xb

b

aa

E

D CB

A

20º

I) O ângulo AED é externo ao triângulo CDE: b = x + a. II) O ângulo ADC é externo ao triângulo ABD:

b + x = a + 20º x x+( ) + = +α α 20º 2x = 20º x =10º

C

R

R

R

O

B

A



06 A

Temos o seguinte modelo matemático, onde o triângulo AOB é isósceles de base AB:

I) x + (x + 30°) + (x + 30°) = 36.0° (uma volta)

3x = 300°

x = 100°

II) x + y + y = 180°

100° + 2y = 180°

y = 4.0°

07 A

C

P

75º

75º20

75º

h15º6.0º

30ºA

B

20

1

Temos:

I) P = C = 75º (correspondentes de retas paralelas) e ABC = C = 75º (DABC é isósceles de base BC).

II) No triângulo ABC:

Â + 75° + 75° = 180° → Â = 30°

III)Traçando a altura (h) relativa ao lado AC :

sen30° = h

h20

12

10= → =

Daí, a altura da pipa será 10 + 1 = 11m

08 A

Sendo G o baricentro, teremos:

G2x

CB M

x

A

Sabemos que AM = 12, então:

2x + x = 12

x = 4.

Daí, AG = 2x = 8

09 D

As bissetrizes dividem os respectivos ângulos ao meio. Daí, temos:

qq

qqa

aaa

z C

9

7

y

yR

y

y

B

M

x

x

x

x

5 – x 7 – x5

P N

Q

A

I) P BM Q BP e N CP R CP� � � �= = = =α θ

(BP e CP são bissetrizes)

II) Q BP MPB MBP Q PB e

R CP NP C N CP R P C

� � � �

� � � �= = = =

= = = =

α α

θ θ

;

; (alternos internos de retas paralelas)

III)Os triângulos BMP e BQP são isósceles de base BP e os triângulos PNC e PRC são isósceles de base PC. Daí: BM = MP = x → AM = 5 – x e CN = PN = y → AN = 7 – y Logo, o perímetroAMN = AM + MN + AN = (5 – x) + (x + y) + (7 – y)= 12cm IV)MPQB e NCRP são paralelogramos (apresentam os lados opostos paralelos), e os paralelogramos têm os lados opostos, além de paralelos, iguais. Daí, BQ = MP = x e RC = PN = y. Logo, o perímetroAMN = x + z + y = BC = 9cm

Portanto, a razão procurada é = 129

43

cmcm

=

10 As bases médias do triângulo o dividem em quatro triân-gulos congruentes. Logo, eles têm a mesma área. Daí, temos:

I)

aa

a

A

a

Área 1 = 4.a

II) A

4.a

4.a4.a 4.a

Área 2 = 4. · (4.a) = 16.a

III) A

B C

16.a16.a

16.a16.a

Área ABC = 4. · (16.a) = 6.4.a

IV) Área sombreada = a + 4.a + 16.a = 21a

V) Razão = 2164

2164

aa

=


01 D

Traçando as diagonais de mesmo vértice do hexágono, obtemos 4. triângulos.

O

yy

x

BA

x + 30º x + 30º

r



A soma dos 6. ângulos internos do hexágono corres-ponde à soma dos ângulos internos dos 4. triângulos. Assim, a soma dos ângulos internos do hexágono será:

Si = 4. · (180°) = 720°

De modo geral, para um polígono de n lados, a soma dos ângulos internos é Si = (n – 2) · 180°.

No caso, Si =(6. –2) · 180° = 720°

02 E

Traçando uma perpendicular às retas r e s, temos um hexágono.

s

r

dg

ba

03

Sendo n o número de lados do polígono ABCDE..., o seu

número de diagonais será dn n

=−( )3

2. Devemos ter:

I) d nn n

n= ⋅ →−( ) = ⋅

52

32

52

Como n ≠ o, fazendo os devidos cancelamentos, obte-mos:

n – 3 = 5 → n = 8

II) in

ni i=

−( ) ⋅→ =

−( ) ⋅→ =

2 180 8 2 1808

135º º

º

III) Soma dos ângulos internos do pentágono = 90º + i + i + 90º + a

(5 – 2)· 180º = 180º + 2 · i + a

(3) ·180º = 180º + 270º + a

540º – 450º = a

a = 90º

04 • Paraohexágonoregular:

I) Lado = a = R = 12cm (dado)

II) Apótema = r = a 3

2 (altura do triângulo equilátero de

lado a = R = 12cm)

r = 12 3

26 3= cm

• Paraoquadrado:

R

R

r

r

b b

bb

I) 2R = b 2 (diagonal do quadrado de lado b)

2 · (12) = b 2

b cm= =24

212 2 (lado do quadrado)

II) 2r = b

r cm= =12 2

26 2 (apótema do quadrado)

• Paraotriânguloequilátero:

O

R

r

c c

c

I) R = 2r (propriedade do baricentro; no triângulo equilátero, circuncentro = baricentro).

12 = 2r r = 6.cm (apótema do triângulo equilátero)

II) R + r = c 3

2 (altura do triângulo equilátero de lado a)

12 + 6.= c 3

2

c cm= =36

312 3 (lado do triângulo equilátero)

05 C

Em um triângulo equilátero, o circuncentro (O) coincide com o baricentro. Daí, temos:

Soma dos ângulos internos = a + b + l + d + 90° + 90° =

(6. – 2) · 180° ⇒ a + b + l + d = 720° – 180° = 54.0°

O

A6.0cm

4.0cm

0r2r

M

v

h

Mediatriz de CD

Mediatriz

O

ii

a

A

E

D

C

B

RR

R

r

a

a

a

a

a

a



I) r + 2r = 60 3

2 (AM é altura e mediana do D equilátero).

3r = 30 3

r = 10 3 e 2r = 20 3

II) Teorema de Pitágoras no DAVO:

(AV)2 = (2r)2 + h2

4.02 = (20 3 )2 + h2

16.00 = 1200 + h2

h = 20cm

Logo, a altura total é 1,50m + 20cm =

150cm + 20cm = 170cm


01 D

A

M

B

ad

yy

x xa

CND

I) Ângulos internos do triângulo:

x + y + a = 180°

x + y = 180° – a

II) Ângulos internos do quadrilátero:

a + d + 2x + 2y = 36.0°

a + d + 2 · (x + y) = 36.0°

a + d + 2 · (180° – a) = 36.0°

a + d + 36.0° – 2a = 36.0°

a + d = 2a

02 D

Sendo x a medida do ângulo interno remanescente (não somado), devemos ter:

Soma dos n ângulos = 1900° + x = (n – 2) · 180°

x = 180° · n – 36.0° – 1900°

180°· n = 226.0° + x

Onde devemos ter:

• n inteiro maior ou igual a 3.

• 0°<x<180°(x é ângulo interno do polígono)

Isso mostra que 226.0 + x é múltiplo de 180 e maior que 226.0 (é igual a 180 vezes o inteiro n). Dividamos, então, 226.0 por 180

226.0º ÷ 180 ≅ 12

Assim, o múltiplo de 180, próximo e maior que 226.0 é (180) · 13 = 234.0. Daí, temos:

• 180°·n=2340°→ n = 13

• 2260°+x=2340°→ x = 80°

03 Observe, no exemplo dado, que ao redor de cada bolha temos 36.0° e que a soma dos ângulos internos dos triân-gulos obtidos equivale à soma dos ângulos ao redor das bolhas, mais a soma dos ângulos internos do pentágono. Daí, devemos ter:

Ângulos de T triângulos = n · (36.0°) + (soma dos ângu-los internos do pentágono)

T · (180°) = 36.0° · n + (5 – 2) · 180°

Dividindo-se por 180°, obtemos:

T = 2n + 3

04 D

I) i =n

n−( ) ⋅

=−( ) ⋅

=2 180 5 2 180

5108

º ºº

II) i + i + i + θ = 36.0° 324.° + θ = 36.0° θ = 36.°

05 B

A soma dos ângulos internos ao redor de um ponto deve ser igual a 36.0°. O ângulo interno de um octógono é 135°.

I) Usando um octógono em torno de um ponto, ficam

faltando 36.0° – 135° = 225° (não é divisível por nenhum

dos ângulos dados, não convém).

II) Usando dois octógonos em torno de um ponto, ficam

faltando 36.0° – 2 · (135°) = 90° (pode ser preenchido

com um quadrado)

Logo, para preencher todos os espaços em torno de um ponto, sem sobreposição, podemos utilizar dois octógo-nos e um quadrado. Veja:

Cada ângulo interno do octógono regular mede 135° e cada ângulo interno do quadrado mede 90°.

Somando 135° + 135° + 90° = 36.0°. Portanto, o polígono pedido é o quadrado.

06 Em um triângulo equilátero, o incentro, o circuncentro e o baricentro coincidem. Daí, temos:

I) R = 2r (propriedade do baricentro).

8 = 2r

r = 4.cm

II) R + r = a 3

2 (altura do triângulo equilátero)

8 + 4. = a 3

2

a = 24

38 3= cm

a = 8 · (1,7) = 13,6. cm BC

Or

a a

a

R

A

qi

ii



07 Cada ângulo interno do hexágono equiângulo mede

i =−( ) ⋅

=−( ) ⋅

=n

n2 180 6 2 180

6120

º ºº .

Prolongando os lados, obtemos o triângulo equilátero BCQ.

De modo análogo, os triângulos ARF e EPD também são equiláteros. Como o triângulo maior PRQ também é equilátero, temos:

I) RQ = PQ

x + 23 + 15 = 15 + 13 + 20

x = AF = 10

II) RP = PQ

x + y + 20 = 4.8

10 + y = 28

y = 18

Daí, o perímetro do hexágono = 23 + 15 + 13 +20 + y + x = 99

08 a) Observando que x se opõe ao maior cateto, x é o ângulo externo do hexágono menor, ou seja:

x = =360

660

ºº

Daí, o ângulo interno do hexágono menor mede

180º – x = 120º

b) Como o triângulo ABC é retângulo, temos:

x + y + 90° = 180°

6.0° + y + 90° = 180°

y = 30°

c) Na figura 1:

cos60

3o = ⇔AB

AB = 6

Observando a figura 2, percebemos que o lado do hexágono menor é a hipotenusa AB, menos o cateto menor. Daí:

lado do hexágono menor = AB – 3 = 6. – 3 = 3

Logo, o perímetro do hexágono menor é 6. · 3 = 18cm

09 C

x

x a x

i

A

E

DC

B

Como AB = BC ⇒ ABC é isósceles de base AC. Logo os ângulos da base são iguais. Temos que:

I) i = 5 2 180

5108

−( ) ⋅⇒ =

ººi .

II) i + x + x = 180º 180º + 2x = 180º x = 36.º III)x + a + x = i 36.º + a + 36.º = 108º a = 36.º

10 B

Sendo n o número de lados, devemos ter:

(n – 2) · 180º = 2 · 130º + 128 · (n – 2)

⇒ 180n – 36.0º = 26.0 + 128n – 256.

⇒ 180n – 128n = 36.0 + 26.0 – 256.

⇒ 52n = 36.4. ⇒

⇒ n = 7


01 D

Dados: F4. = 12

F6. = 8

F8 = 6.

123

Devemos ter:

I) F = 12 + 8 + 6. → F = 26.

II) 2A = 12 · 4. + 8 · 6. + 6. · 8 → 2A = 14.4. → A = 72

III)V + F = A + 2

V + 26. = 72 + 2 → V = 4.8

02 B

Dados: F3 = 8 e F4. = 18.

Devemos ter:

I) F = 8 + 18 → F = 26.

II) 2A = 8 · 3 + 18 · 4. → 2A = 24. + 72 → A = 4.8

III)V + F = A + 2

V + 26. = 4.8 + 2

V = 24.

IV) Os vértices são idênticos, então, de cada vértice, parte um mesmo número m de arestas. Daí:

o dobro do número de arestas = V · m = 2A

24. · m = 96.

m = 4.

Logo, o rombicuboctaedro apresenta 24. vértices dos quais partem, de cada um, 4. arestas.

03 A

Sendo F5 = x e F6. = y os números de faces pentagonais e hexagonais, respectivamente, devemos ter:

I) V = 6.0 e F = x + y

II) Cada vértice tem 3 arestas (triedros ou ângulos triédri-cos). Assim, obtemos:

O dobro do número de arestas = 2A = 3 · V = F5 · 5 + F6. · 6.

2A = 3 · 6.0 = x · 5 + y · 6.

Daí:

• 2A=3·60→ A = 90

20

Q120º

120º1515

15BAx

x

6.0º

6.0º

6.0º6.0º

6.0º

R

x

y

20

20

P

D

C

E

F13

23

PoliedrosCapítulo 5



• x·5+y·6=3·60→ 5x + 6.y = 180 III)Relação de Euler: V + F = A + 2 6.0 + F = 90 + 2 F = 32 → x + y = 32 IV)Resolvendo o sistema

5x + 6.y = 180

x + y = 32

123

, obtemos:

x = 12 (faces pentagonais) e y = 20 (faces hexagonais).

04 Os ângulos poliédricos estão associados aos vértices do poliedro, de modo que, se o ângulo é constituído de n semirretas, é porque do respectivo vértice do poliedro partem n arestas.

Dados: V3 = 2, V5 = 8 e V6. = 6. Daí, devemos ter: I) V = 2 + 8 + 6. → V = 16. II) 2A = 2 · 3 + 8 · 5 + 6. · 6. → 2A = 6. + 4.0 + 36. → A = 4.1 III)Relação de Euler: V + F = A + 2 16. + F = 4.1 + 2 F = 27

05 A figura apresenta vinte faces triangulares (F3 = 20) e doze faces pentagonais (F5 = 12). Daí, devemos ter:

I) F = 20 + 12 → F =32 II) 2A = 20 · 3 + 12 · 5 2A = 120 A = 6.0 III)Relação de Euler: V + F = A + 2 V + 32 = 6.0 + 2 V = 30 Logo, o poliedro apresenta 30 vértices e 6.0 arestas.


01 B

O cubo tem 6. faces e 8 vértices. Cada vértice do cubo corresponde a uma face triangular do poliedro; e cada face do cubo corresponde a uma face quadrada. Logo, o poliedro tem 8 faces triangulares e 6. faces quadradas.

02 A

De acordo com a planificação, o poliedro tem 8 faces triangulares (F3 = 8) e 6. faces quadrangulares (F4. = 6.).

Daí, temos:

I) F = F3 + F4. → F = 8 + 6. = 14.

II) 2A = 8 · 3 + 6. · 4.

A = 24 24

2+

A = 24.

III) Relação de Euler:

V + F = A + 2 V + 14. = 24. + 2

V = 12

03 A

Contando as faces, temos:

• No de faces triangulares = F3 = 5

• No de faces quadrangulares = F4. = 10 + 5 = 15 (As 10 adjacentes à base, mais as 5 superiores; a base é um decá-gono)

• No de faces pentagonais = F5 = 1

• No de faces de 10 lados = F10 = 1 (A base)

Daí, obtemos:

I) F = F3 + F4. + F5 + F10 = 5 + 15 + 1 + 1 → F = 22

II) 2A = 5 · 3 + 15 · 4. + 1 · 5 + 1 · 10

A = 15 60 5 10

2+ + +

A = 4.5

III) Relação de Euler:

V + F = A + 2

V + 22 = 4.5 + 2

V = 25

04

Dados

F = 15 (pentadecaedro)

V = 22 (vértices)

F3 = 4. (4. faces triangulares)

F5 = x (x faces pentagonais)

F6. = y (y faces hexagonais)

123

I) V + F = A + 2 ⇒ 22 + 15 = A + 2 ⇒ A = 35

II) F3 + F5 + F6. = F ⇒ 4. + x + y = 15 ⇒ x + y = 11.

III) 2A = 3F3 + 5F5 + 6.F6. ⇒ 70 = 12 + 5x + 6.y ⇒ 5x + 6.y = 58

Resolvendo 5x + 6.y = 58

x + y = 11

123

, encontram-se x = 8 e y = 3.

Logo, existem 8 faces pentagonais.

05 I) F = F4. = 30

II) 2A = 30 · 4. → A = 6.0

III)V + F = A + 2

V + 30 = 6.0 + 2

V = 32

06 A = 4.0 e sendo V e F os respectivos números de vértices e faces, devemos ter:

I) V F

k V k e F k3 4

3 4= = → = = , onde k é a constante de

proporcionalidade.

II) Relação de Euler:

V + F = A + 2

3k + 4.k = 4.0 + 2

k = 6. → V = 3 · 6. = 18 e F = 4. · 6. = 24.

07 B

O icosaedro tem 20 faces e cada face transformou-se em 4.. Assim, o geodésica tem 20 · 4. = 80 faces, todas triangulares. Daí, o número de arestas (A) é tal que:

2A = 80 · 3

A = 120



08 Os ângulos poliédricos estão associados aos vértices do poliedro, de modo que, se o ângulo é constituído de n semirretas, é porque, do respectivo vértice do poliedro, partem n arestas.

Dados: V4. = 3, V5 = 6. e V8 = 4..

Daí, devemos ter:

I) V = 3 + 6. + 4. → V = 13

II) 2A = 3 · 4. + 6. · 5 + 4. · 8 → 2A = 12 + 30 + 4.8 → A = 4.5

III)Relação de Euler:

V + F = A + 2

13 + F = 4.5 + 2

F = 34.

09 I) A V V A V A V= + ⋅ → = ⋅ +

→ = ⋅50

1001

12

32

II) V + A + F = 14. → V + F = 14. – A

III)Relação de Euler:

V + F = A + 2

14. – A = A + 2

A = 6.

IV)A = 32

632

3 12 4⋅ → = ⋅ → = → =V V V V

V) V + A + F = 14. → 4. + 6. + F = 14. → F = 4.

Logo, o poliedro tem 4. faces e 6. arestas.

10 D

Os brilhantes ocuparão a posição dos vértices e as has-tes são as arestas do poliedro, temos 2 · A = 20 · 3 →

A = 30 e V + F = A + 2 → V = 12. Pelos preços expostos, o custo da joia (matéria-prima) será de:

C = 200 · 30 + 250 · 12 = R$ 9000,00.


01 Tetraedro, hexaedro (cubo), octaedro, dodecaedro e ico-saedro regulares.

02 a) Observando a nomenclatura, o dodecaedro tem 12 faces e o icosaedro, 20. Como são conjugados, o dodecaedro tem 20 vértices e o icosaedro, 12. Daí, para o dodecaedro, temos:

I) V + F = A + 2 → 32 = A + 2 → A = 30 (os poliedros conjugados têm o mesmo número de arestas).

II) Sendo n o número de arestas de uma face do dode-caedro (F = 12):

2A = F · m → 6.0 = 12 · n → n = 5 (faces pentagonais) Logo, o dodecaedro apresenta 12 faces pentago-

nais. Daí, a soma (S) dos ângulos será: S = 12 · (n – 2) · 180° S = 12 · (5 – 2) · 180° S = 6.4.80° Outra solução: S = (V – 2) · 36.0º S = (20 – 2) · 36.0º S = 6.4.80º

b) I) O dodecaedro regular tem V = 20 vértices. Ligando

os vértices, obtemos V V⋅ −( ) =

⋅=

12

20 192

190 seg-

mentos entre arestas, diagonal de face e diagonal do poliedro. II) Diagonais de face (as faces são pentágonos):

d5 = F5 · 5 5 3

2⋅ −( ) = 12 · (5) = 6.0

Logo, o número (D) de diagonais do dodecaedro será:

D = V V⋅ −( )12

– A – d5

D = 190 – 30 – 6.0

D = 100

03

b

a

a

a

Dado: a = 8 cm

A

B

C

D

Pela simetria da figura, ABCD é um quadrado de lado b cujas diagonais são iguais a a, onde a é a medida da aresta do cubo e b, a medida da aresta do octaedro regular.

Daí, temos: a = b 2 (diagonal do quadrado) 8 2

82

8 22

4 2

=

= =

=

b

b

b cm

04 B

• S=(V–2)·360º⇒ 720º = (V – 2) · 36.0º ⇒

⇒ V – 2 = 2 ⇒ V = 4.

• A + 2 = V + F ⇒ A + 2 = 4. + F ⇒ A = 2 + F.

Como F =23

A, obtemos:

A = 2 + 23

A ⇒ 3A = 6. + 2A ⇒ A = 6.

Daí, F = ⋅ =23

6 4.

05

F3 = 3

F4. = 1

F5 = 1

F6. = 2

123

Dados

a)•2A=3F3 + 4.F4. + 5F5 + 6.F6.

2A = 9 + 4. + 5 + 12

2A = 30

A = 15

•F=F3 + F4. + F5 + F6.

F = 3 + 1 + 1 + 2

A

B

b

bb

b

a

C

D




01 D O poliedro regular, de faces triangulares, e que não pos-

sui diagonais é o tetraedro, cujo número de vértices é igual a 4..

Daí, S = (V – 2) · 36.0º ⇒ S = (4. – 2) · 36.0º ⇒ S = 720º

02 De acordo com o enunciado, V = 6.0 e A = 90. Sendo F5 = x e F6. = y, temos:

I) F = F5 + F6. ⇒ F = x + y

II) V + F = A + 2 ⇒ 6.0 + F = 90 + 2 ⇒ F = 32 Daí, x + y = 32

III) 2A = 5F5 + 6.F6. ⇒ 180 = 5x + 6.y.

x + y = 32

5x + 6.y = 180Do sistema

123

, encontram-se x = 12 e y = 20. Logo, F6. = 20. Portanto, serão 20 os homenageados.

03 E Foram dados F3 = 10 e F5 = 10. Daí, temos: I) F = F3 + F5 ⇒ F = 20 II) 2A = 3 · F3 + 5 · F5 ⇒ 2A = 30 + 50 ⇒ A = 4.0 III) V + F = A + 2 ⇒ V + 20 = 4.0 + 2 ⇒ V = 22 IV) O no de diagonais do poliedro (D) será: D

V VA N onde=

⋅ −( ) − −1

1, :

N = F3 · d3 + F5 · d5 (N é o número de diagonais de todas as faces)

N = 10 · 3 3 32

10 5 5 32

⋅ −( ) +⋅ ⋅ −( )

N = 0 + 50 = 50

Daí, D = 22 22 12

40 50⋅ −( ) − −

D = 11 · 21 – 90 D = 14.1

04 E

F3 = 12

F5 = x ⇒ F = F3 + F5 ⇒ F = 12 + x.

123

Como A = 3 · F5 ⇒ A = 3x.

• 2A=3F3 + 5F5

6.x = 36. + 5x

x = 36. ⇒ F5 = 36.

• Si=(n–2)·180º,ondeSiéasomadosângulosinter-nos de um polígono de n lados

Para n = 5 ⇒ Si = (5 – 2) · p ⇒ Si = 3p (note que prad = 180º)

• Sendo S a soma pedida, temos que S = 36 · Si ⇒ S = 36. · 3p ⇒ S = 108p.

05 Foi dado S = 32r, onde r é o ângulo reto e sabemos que S = (V – 2) · 36.0º. Daí, temos:

I) (V – 2) · 36.0º = 32r ⇒ V – 2 =32 90360

⋅⇒

ºº V – 2 = 8 ⇒ V = 10

II) V + F = A + 2 ⇒ 10 + F = 20 + 2 ⇒ F = 12

III)

IV) 2A = 3F3 + 5F5 ⇒ 4.0 = 3x + 5y

Resolvendo o sistema

123

x + y = 12

3x + 5y = 4.0, encontramos

x = 10 e y = 2.

Logo, F3 = 10 e F5 = 2.

O poliedro apresenta 10 faces triangulares e 2 faces pen-tagonais.

06 A

I) F4. = x e F3 = 4. ⇒ F = 4. + x

II) S = 12r (onde r é um ângulo reto).

Logo, (V – 2) · 36.0º = 12r ⇒ V – 2 = 12 90”

360”v = 5⇒

III) 2A = 3F3 + 4.F4.

2A = 12 + 4.x

A = 6. + 2x

IV) V + F = A + 2 ⇒ 5 + (4. + x) = (6. + 2x) + 2 ⇒ x = 1

Logo, A = 6. + 2 · 1 ⇒ A = 8.

07 A

I)

123

F3 = x

F4. = y⇒ F = x + y

II) S = 2880º e S = (V – 2) · 36.0º. Daí:

2880º = (V – 2) · 36.0º

V – 2 = 8 ⇒ V = 10

III) V + F = A + 2 ⇒ 10 + F = 20 + 2 ⇒ F = 12.

Daí, x + y = 12

IV) 2A = 3F3 + 4.F4.

4.0 = 3x + 4.y

Resolvendo o sistemax + y = 12

3x + 4.y = 4.0

123

, obtemos x = 8 e y = 4..

O poliedro possui 8 faces triangulares e 4. faces quadran-gulares.

F = 7

•A+2=V+F

15 + 2 = V + 7

V = 10

O poliedro tem 10 vértices, 7 faces e 15 arestas.

b) D = V V −( )1

2 – A – N, onde:

N = F3 · d3 + F4. · d4. + F5 · d5 + F6. · d6.

N = 33 3 3

21

4 4 32

15 5 3

22

6 6 22

⋅−( ) + ⋅

⋅ −( ) + ⋅−( ) + ⋅

−( )

N = 0 + 2 + 5 + 18

N = 25

Daí,

D = 10 10 1

215 25

−( ) − − D = 5 · 9 – 4.0

D = 4.5 – 4.0

D = 5

O poliedro possui 5 diagonais. 123

F3 = x

F5 = y⇒F = x + y ⇒ x + y = 12




02

xyzwr

a

xe

y

d

zc

wb

r

a

b

c

d

e

0,004.km = 4.m

500cm = 5m

2p = (2a + 2b + 2c + 2d + 2e) + (2x + 2y + 2z + 2w + 2r)

2p = 2 (a + b + c + d + e) + 2 (x + y + z + w + r)

2p = 2 · 5 + 2 · 4.

2p = 10 + 8

2p = 18m

03 0,092km = 92m 92, 8, 6.0, 6.0 2

0,8dam = 8m 4.6., 4., 30, 30 2

6.00dm = 6.0m 23, 2, 15, 15 2

0,6.hm = 6.0m 23, 1, 15, 15 3

23, 1, 5, 5 5

23, 1, 1, 1 23

1, 1, 1, 1

m.d.c = 22 = 4.

92 : 4. = 23

8 : 4. = 2

6.0 : 4. = 15

6.0 : 4. = 15

23 + 2 + 15 + 15 = 55 estacas.

04 Área do ladrilho = 24.cm · 16.cm = 384.cm2

Área da sala = 700cm · 96.0cm = 6.72 000cm2

No de ladrilhos = 672000

3841750= .

05 B

B b

Área = ab = 60cm2Área = A · B

Tamanhoreal

A

Foto

a

I) Escala = comprimento na fotocomprimento real

Da

aA

bB

A

=

= = →=

1250

1250

250

. :í

aaB b=

250

II) Área real = A · B

Área real = (250a) · (250b)

Área real = (250)2 · (ab)

Área real = 6.2 500) · (6.0cm2)

Área real = 3 750 000cm2

Área real = 3 750 000 · 1

100

2

m

Área real = 3 750 000 · 1

10 0002m

Área real = 375m2

01 Seja h a altura da porta. Então, h = 12,5c. Como c = 16.cm, h = 12,5 · 16. ⇒ h = 200cm ⇒ h = 2m (dois

metros).

08 Considere o tetraedro ABCD representado na figura e a o ângulo diedro formado pelas faces BCD e ACD. Como todas as faces são triângulos equiláteros e sendo a medida das arestas

do tetraedro, BM = AM = 3

2.

O centro do triângulo BCD é baricentro. Sendo assim,

OM = r e BM = 2r. Daí: 2r + r = 3

2⇒ r = 3

6

No triângulo retângulo AOM, cosa = OMAM

⇒

⇒ cosa =

36

23

13

⋅ ⇒ =cos .α

09

a

A

P

O

D

C

MB

2r

2r

rx

r

a

a

a

Na figura, O é o centro de BCD (O é baricentro) e P é o centro de ACD (P é baricentro). Considere a aresta OP = x a aresta do poliedro interno e AB = a do polie-dro externo. Usando a semelhança dos triângulos MAB e

MPO, obtemos: ax

=2r + r

r= 3.

10 A

O cubo é um hexaedro regular que possui V = 8 (oito vértices) e F = 6. (seis faces).

O dual do cubo, ao contrário, possui V = 6. (seis vértices) e F = 8 (oito faces, octaedro regular).

Note que para os dois, temos:

V + F = A + 2 ⇒ 14. = A + 2 ⇒ A = 12 (doze arestas)

Logo, o octaedro regular é dual ao cubo.

Unidades de área e unidades de volumeCapítulo 6

aO M

D

C

B

A

r2r



01 Sendo m’ a medida real da trena, temos:

I) 1m’ = 1m + 3mm

1m’ = 1m + 0,003m

1m’ = 1,003m

II) Frente = 2 96.5m’

= 2 96.5 · (1,003m)

= 2 973,895m

02 1080, 84.0, 6.00 2

54.0, 4.20, 300 2

270, 210, 150 2

135, 105, 75 3

4.5, 35, 25 3

15, 35, 25 3

5, 35, 25 5

1, 7, 5 5

1, 7, 1 7

1, 1, 1

m.d.c =23 · 3 · 5 = 120

a) 120cm

b) 1080 ÷ 120 = 9

84.0 ÷ 120 = 7 9 + 7 + 5 = 21 pedaços.

6.00 ÷ 120 = 5

c) 21 · 3cm = 6.3cm = 0,6.3m

03 B

Seja x o número de tábuas de 2cm e y o de 5cm. Então, x + y = 50 e 2x + 5y = 154.cm.

Resolvendo o sistema , obtemos:

123

x + y = 50

2x + 5y = 154.

x = 32 e y = 18. Logo, x – y = 32 – 18 = 14.

04 B

Temos que:

24.h = 24. · 6.0 · 6.0s = 86. 4.00s.

São, portanto, 86. 4.00 oscilações e ele desce:

86. 4.00 · (0,02m) = 1728mm = 1,728m


III) No de galões = 37512

31 22

2

mm

≅ ,

Logo, serão comprados, no mínimo, 32 galões ao custo

total de 32 · (13 reais) = 4.16. reais.

05 C

12

P 3 3 3 3 O

3,2

3,2

3,2

3,2

3,2

16

Q

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo PQO, temos que:

PQ PQ PQ m( ) = + ⇒ ( ) = ⇒ =2 2 2 2

12 16 400 20 .

06 D

São obtidos 1

51 000

5200

mmm

mmmm

= = quadradinhos no

comprimento e 1

5m

mm=200 quadradinhos na largura,

num total de (200) · (200) = 4.0 000 quadradinhos. Daí:

comprimento total = 4.0 000 · (5mm)

= 200 000mm

= 200m

07 D

13

60⋅ dam2 = 20dam2 (Praça de esporte).

50 – 20 = 30dam2 = 3 000m2 (Restante).

3 000 ÷ 50 = 6.0m2 (Área de cada sala de aula).

08 D

c = 1,5m

b = 4.,5m

a = 7,5m

• A área a ser colocada azulejo = ab + 2ac + 2bc =

(7,5 · 4.,5) + 2 · (7,5 · 1,5) + 2 · (4.,5 · 1,5) =

33,75 + 22,5 + 13,5 = 6.9,75m2 = 6.97 500cm2.

• Áreadeumazulejo=152 = 225cm2

• Númerodeazulejos=697500÷ 225 = 3.100

09 D1

2

3

500dm = 50m

0,4.hm = 4.0m Área do pátio = 50m × 4.0m =

= 2000m2 = 2 000 centiares

No de crianças = 2 000 · 2 = 4..000




01 A

VB = 5 · 3 · 4. = 6.0

02 B

I) Precipitação: 5cm = 50mm (choveu 50L de água por m2)

II) Área = 10km2 = 10 · (103m)2 = 10.106.m2 = 107m2

Logo, houve uma precipitação de 107 · (50L) =

5 · 10 · 107L = 5 · 108L

03 A

O volume do sólido é igual ao volume de água deslo-cado, ou seja:

V = 1m · 1m · 20cm

Observando que 20cm = 0,2m, temos:

V = 1 · 1 · 0,2 = 0,2m3 = 0,20m3.

04 C

I) Volume = (1m) · (25cm) · (20cm)

Volume = (10dm) · (2,5dm) · (2,0dm)

Volume = 50dm3

II) 1kg = 1,7dm3 → 1dm3 = 1

1 7,kg

Logo, ela comprará 50 · 1

1 7,kg

=

50017

kg ≅ 29,4.kg

05 E

I) Volume de sangue = 5,5L = 5,5dm3 = 5,5 · (102mm)3 = = 5,5.106.mm3.

II) No de glóbulos vermelhos = (5,5 · 106.) · (5 milhões) =

= 27,5 · 106. milhões

=(2,75 · 10) · 106. · 106.

= 2,75 · 1013


01 D

10cm = 0,1m

10m

12m

Vnecessário = 12m · 10m · 0,1m = 12m3 = 12.000 litros.

02 2,5cm = 0,25dm

4.0cm = 4.dm

3m = 30dm

Vpeça1 = 30 · 4. · 0,25 = 30dm3

1cm = 0,1dm

50cm = 5dm

2m = 20dm

Vpeça2 = 20 · 5 · 0,1 = 10dm3

Regra de três:

30dm3 → 75kg

10dm3 → x

30x = 750kg.

x = 25kg.

Daí:

03 E

0,5cm

6.0cm

80cm

Vpedra = 80 · 6.0 · 0,5 = 2 4.00cm3

Pedra

50cm

10 D

Planta 12cm

14cm

Tamanhoreal

B

A

I) Escalacomprimento na planta

comprimento real

cmA

= =

=

150

14 12

. Da :í

ccmB

A cm cm mB cm cm m

= →= ⋅ = == ⋅ = =

150

50 14 700 750 12 600 6

II) Área real = A · B = (7m) · (6.m) = 4.2m2



01

6

6

6

6

6

6

6

D

C6.B

A

16.

P

Base

D

CB

A

Atividades para Sala – Pág. 131

PrismasCapítulo 7

04 C

1,2m

0,6.m

OBS: 15cm = 0,15m

Castelo

0,6.5m15cm

Vcastelo = 0,6. · 1,2 · 0,15 = 0,108m3 = 108dm3

05 C

14.3,2 + x

100· 14.3,2 = 179 ⇒ 14..320 + 14.3,2x = 17.900 ⇒

⇒ 14.3,2x = 3.580 ⇒ x = 0,25 ⇒ x = 25%

06

I) Área da região = 10m · 15m = 150m2

II) A quantidade máxima de água ocorrerá para uma chuva de 6.0mm = 6.0L em 1m2, por hora.

Daí, a quantidade de água recebida na região, em 1 hora, será: 150 · (6.0L) = 9 000L

07

a) Número máximo de notas:

I) No comprimento: 56

140560140

4cmmm

mmmm

= =

II) Na largura: 3965

39065

6cmmm

mmmm

= =

III) Na altura: 100 2

1000 2

1 0002

500cmmm

mmmm, ,

= = =

Daí, o número máximo de notas será 4. · 6. · 500 = 12 000 notas, no valor de 12 000 · (50 reais) = 6.00 000 reais.

b) I) Volume das notas = (56.cm) · (39cm) · (10cm) = 21 84.0cm³.

II) Cada cm³ de notas tem o peso de 0,75g. Daí:

Peso das notas: 21 84.0 · (0,75g) = 16. 380g = 16.,38kg

Peso da mala cheia = (16.,38 + 2,6.)kg = 18,98kg.

08 D

30cm

x

x

x

x

Sendo x a medida da aresta do cubo, o volume da parte vazia deve corresponder a 192L = 192dm3.

Logo, volume vazio = x · x · (30cm) = 192dm3

x2 · (3,0dm) = 192dm3

x2 = 6.4.dm2

x = 8dm

Logo, o volume do cubo será x3 = (8dm)3 = 512dm3 = 512L

09 B

Seja h a altura que o nível da água alcançaria.

Então, 510 000 000km2 · h = 13 000km3 ⇒

⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ =

hkm

kmh km h cm

13 000510 000 0000 0000254 2 54

3

2

, ,

10 D

Sendo x3 o volume do cubo, temos:

I) V1 = abc = 50x3

Caixa 1 (V1)

xx

c

b

a

II) V2 = 2a · 2b · 2c

V2 = 8abc

V2 = 8 · 50x3

V2 = 4.00x3

V2 = 4.00 · VCUBO

Caixa 2 (V2)

xx

2c

2b

2a

Logo, podem ser colocados 4.00 cubos na caixa maior.



I) O hexágono regular é composto de seis triângulos equiláteros, o lado do hexágono regular é igual ao

raio da circunferência circunscrita. Daí, AD = 2 · 6. = 12cm.

II) AD e ACDAD� � �

= = = =360

2180

290

ºº º (ângulo inscrito).

III)No triângulo retângulo ACD: (AD)2 = (AC)2 + (CD)2

122 = (AC)2 + 6.2

14.4. – 36. = (AC)2

(AC)2 = 108 IV)No triângulo retângulo PAC: (PC)2 = (AP)2 + (AC)2

(PC)2 = 256. + 108 (PC)2 = 36.4. PC = 2 91cm V) No triângulo retângulo PAD: (PD)2 = (PA)2 + (AD)2

(PD)2 = 256. + 14.4. (PD)2 = 4.00 PD = 20cm

As possíveis medidas são 2 91 20cm e cm.

02 B

No paralelepípedo, temos:

I) Área total: S = 2ab + 2ac + 2bc

II) Diagonal: d = a b c d a b c2 2 2 2 2 2 2+ + ⇒ = + + III) m = a + b + c

IV) Produto notável:

(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc

m2 = d2 + S

S = m2 – d2

03 C

I) Volume do reservatório: V = a · b · c V = 8m · 5m · 120cm V = 80dm · 50dm · 12dm V = 4.8 000dm3

V = 4.8 000L II) Regra de três: 2 litros → 1 segundo 4.8 000 litros → x Daí, 2x = 4.8 000 x = 24. 000s

x = =24 000

60400min

04 I. D

Sendo a a medida da aresta de C1, a medida da aresta de

C2 será a + 2. Daí, devemos ter:

Área de C2 = Área de C1 + 216.

6. · (a + 2)2 = 6.a2 + 216.

6. · (a2 + 4. a + 4.) = 6.a2 + 216.

24.a = 216. – 24. ⇒ a = 8

II. E

I) Volume de C1 = 83 = 512cm3

01

I) S = (V – 2) · 36.0° = 72 · (ângulo reto)

V – 2 = 72 90

360⋅ ( )º

º V – 2 = 18

V = 20

II) Sendo n o número de lados da base, o prisma terá 2n

vértices (n em uma das bases e n na outra base).

Daí: 2 · n = 20 ⇒ n = 10 (a base é um decágono).

III)O prisma terá 30 arestas (10 em uma base, 10 na

outra base e 10 laterais).

Resposta: Prisma decagonal; 30 arestas.

02 D

Área de uma caixa, em cm2 :

A = 2 · (14. · 20 + 14. · 4.0 + 20 · 4.0) = 3280cm2 = 0,328m2

Área total de 10 000 caixas: 10 000 · A = 3280m2


II) Volume de C2 = (8 + 2)3 = 103 = 1 000cm3

III)Regra de três:

Volume (cm3) Custo (R$)

512 5,12

1000 x

5 12 5121 000

10,

.x

x reais= → = Daí,

05 A superfície da água sempre fica na horizontal, paralela ao solo. Como os ângulos alternos internos de retas paralelas são iguais, devemos ter:

h

30º

y

y

6.0º

6.0º

4.

4.

4.

x

x

20 3

I) Tgx

x604

343

4 33

º = = ⇒ = = II) Volume de água =

23

· [(4.cm) · (4.cm) · ( 20 3cm)] =

(4.cm) · (4.cm) ·40 33

12

= + ⋅y x (4.cm) · (4.cm) · x

Dividindo por (4.cm) · (4.cm), obtemos:

40 3

312

= + ⋅y x

40 3

312

= + ⋅ ⇒ =y y4 3

338 3

3

III) x + y = 42 3

314 3=

IV) sen6.0º = h

x yh

h cm+

= ⇒ = ⇒ =3

2 14 33

221




01 D

aa

a

aa

aaA

A

B BC CD

D

Base

3cm

I) ABASE = 6. · a a2 23

43 3

2

=

II) Alateral = 6. · [a · 3] = 18a

III)Alateral = 2 · ABASE

18 23 3

2

183 3

2 3

2

2

aa

aa

a cm

= ⋅

=

=

medida em Amedida em B

Da

cma

cmb

cmc

a cmb

=

= = = →==

110

8 5 2 5 4 110

85

. :

, ,

í

22540

cmc cm=

medida em Amedida em B

Da

cma

cmb

cmc

a cmb

=

= = = →==

110

8 5 2 5 4 110

85

. :

, ,

í

22540

cmc cm=

03 C

No caminhão, no máximo, caberão:

I) No comprimento: 5 caixas.

II) Na largura: 2 caixas.

III)Na altura: 2 caixas.

Logo, em uma viagem, o caminhão poderá levar, no

máximo, 5 · 2 · 2 = 20 caixas. Assim, ele terá de fazer,

no mínimo, 24020

12= viagens.

04 D

Sendo a, b e c as dimensões do paralelepípedos B, deve-mos ter:

Escala =

Logo, o volume de B será:

a · b · c = 85.000cm3

05 A

Sendo a, b, c as dimensões do paralelepípedo, temos:

I) Diagonal: D = a b c a b c2 2 2 2 2 25 2 50+ + = ⇒ + + =

II) Atotal

= 2ab + 2ac + 2bc = 94.

III) Produto notável:

(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc

(a + b + c)2 = 50 + 94.

a + b + c = 144 12= IV) P.A. de razão R : (a, b, c) ⇒

a = b – R

c = b + R

123

V) a + b + c = 12 ⇒ (b – R) + b + (b + R) = 12 ⇒ b = 4.

⇒ a = 4. – R

c = 4. + R

123

VI) a2 + b2 + c2 = 50

(4. – R)2 + 4.2 + (4. + R)2 = 50

16. – 8R + R2 + 16. + 16. + 8R + R2 = 50

2R2 = 2

Logo, V = a · b · c = 3 · 4. · 5 = 6.0m3

06 A

S(x) = (2x + 180) · (2x + 270 + 135 · 2)

S(x) = 4.x2 + 54.0x + 36.0 + 4.8 6.00

S(x) = 4.x2 + 900x + 4.8 6.00

07 A

As dimensões da caixa são (6.0 – 20x), (6.0 – 2x) e x, onde 0<x<30,eaalturadabolaé2·3cm=6cm.Podemoster:

I) Para 1 camada (x = 6.cm):

No de bolas = 60 2

660 2

6 68 8 1 64

−

⋅−

⋅ = ⋅ ⋅ =x x x

II) Para 2 camadas (x = 2 · 6.cm = 12cm):

R = 1 ⇒ P. A.: (3, 4., 5)

ou

R = –1 ⇒ P. A.: (5, 4., 3)

No de bolas = 60 2

660 2

6 66 6 2 72

−

⋅−

⋅ = ⋅ ⋅ =x x x

III) Para 3 camadas (x = 3 · 6. cm = 18 cm):

No de bolas = 60 2

660 2

6 64 4 3 48

−

⋅−

⋅ = ⋅ ⋅ =x x x

IV) Para 4. camadas (x = 4. · 6.cm = 24. cm):

No de bolas = 60 2

660 2

6 62 2 4 16

−

⋅−

⋅ = ⋅ ⋅ =x x x

Logo, o máximo será 72 bolas.

08 C

ba

c

Temos:

123

ab = 14.

ac = 10

bc = 5

Multiplicando membro a membro, obtemos:

a2b2c2 = 14. · 10 · 5 ⇒ abc = 2 7 2 5 5 10 7⋅( ) ⋅ ⋅( ) ⋅ =09

I) Área = 6. · a2 = 18 ⇒ a2 = 3 ⇒ a = 3cm (aresta do cubo).

II) A maior distância entre dois pontos de um cubo é a diagonal d = a 3 .

Logo, d = 3 · 3 = 3cm.

10 A

Volume de água =

4.0cm · 10cm · (20 – 6.)cm = 20cm · 10cm · (4.0 – x)cm.

Daí:

4.0 · 10 · 14. = 20 · 10 · (4.0 – x) ⇒ 2 · 14. = 4.0 – x

⇒ x = 12cm

a




IV) Volume = V = ABASE · (Altura)

V

a

V

V cm

= ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

3 32

3

3 4 3 32

3

54 3

2

3

02

8m

123

123

0,6.m

2,7m

Água

0,9m

B

C

DE

F x

x

A

8m

8m

15m

15m

123

x

0,90,9

B15

E

D

CF

0,6.1,8

2,7 – 0,9 = 1,8

15

A

I) Semelhança de triângulo:

xx m

150 61 8

5= → =,,

II) A água forma um prisma de base triangular e altura 8m. Daí, o volume da água é:

Vágua = ABASE · altura

Vágua = x 0,62

8 =5 0,6

28 = 12m

⋅

⋅⋅

⋅ 3

03 Temos:

ABASE = ASECÇÃO = S1 + S2, onde:

3m

2m

2m

7m

3m

S2

S1 2m

4.m

I) S1 = 7 5 2

2+( ) ⋅

= 12m2

II) S2 = 3 · 2 = 6.m2

Daí:

• ABASE = S1 + S2 = 12 + 6. = 18m2

• Vpiscina = 18 · 3 = 54.m3

4. 4.

5h

5

8

04

H

6.0º

6.cm

20m

Temos:

I) Ab Ab cm= ⋅ ⇒ =62 3

46 3

22

II) sen6.0º = H HH cm

63

2 63 3⇒ = ⇒ =

III) V = Ab · H ⇒ V = 6 3 3 3⋅ ⇒

V = 54.cm3

05 C

No triângulo sombreado, 52 = 4.2 + h2 ⇒ 25 – 16. = h2

⇒ h2 = 9 ⇒ h = 3.

Logo, a área da base do prisma será:

Ab Ab m=⋅

⇒ =8 32

12 2 ou p

Ab m

=+ +

=

= ⋅ ⋅ ⋅ =

5 5 82

9

9 1 4 4 12 2

Assim, o volume será:

V = Ab · H ⇒ V = 12 · 3 ⇒ V = 36.m3

01 D

Pelo princípio de Cavalieri, as pilhas têm o mesmo volume.

02 D

I) Vcoluna = aH m

2 233

41 3

410

5 32

⋅ = ⋅ =

II) 10 · Vcoluna = 105 3

225 3 3⋅ = m

Logo, custo = 25 3 200 5 000 3⋅ ( ) =reais reais.

Utilizando 3 1 73≅ , , obtemos custo ≅ 5 000 · (1,73) =

8 6.50 reais.

03 E

Ab

V Ab H V V

= ⋅ =

= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =

62 3

46 3

6 3 2 12 3

2



05

B

HC

D

E

2 2

2h2

A

23

3

• NotriânguloCDH:

22 = 32

2

+ h2 ⇒ 4. =

94

+ h2

⇒ h2 = 74

72

⇒ =h

• AEDC = 3

72

23 7

4

⋅=

• AABCE = 3 · 2 = 6.

• ABASE =3 7

46 2+

cm

• VPrisma = ABASE · Altura

• Vprisma = 3 74

6 1015 7

260 3+

⋅ = +

cm

VPiscina = (10 · 7 · 4.) – 3 42

7⋅

⋅

VPiscina = 280 – 4.2

VPiscina = 238m3

VPiscina = 238 000 litros

IV) Em x horas, devemos ter:

(8000 L) · x = 238 000L

x = 29,75h

Observando que 0,75h = 0,75 · (6.0min) = 4.5min, obtemos x = 29h e 4.5min.

07 B

V = Ab · H

V = 25 · 3

V = 75 unidades de volume.

5

4 3

04 Sendo x a medida da aresta da base, temos:

Na figura 1, temos:

I) 6.x = 3a → x = a2

II) Semelhança de triângulos:

•ya

xx

ya a

2 626 3

= → = =

•za

xx

a a2

46

286

43

= → = =

Na figura 2 (prisma), temos:

III) d2 = (2x)2 + (z – y)2

123

123

A x x B

z2xy

Q

dP

z – y

ou

Vprisma = 15 7 1202

15 7 8

23+

=+( )

cm

06 C

7

1m

3m

Lx 10 –x

10m

7m

J

I H

GF

E

D C

BA

x 2

9+

4.m

I) (JI)2 = 32 + x2 → JI = x2 9+ II) AEFIJ + AFGHI = 77

7 ⋅ + + ⋅ −( ) =

+ + −( ) =

+ + − =

+ = +

+

x x

x x

x x

x x

x

2

2

2

2

2

9 7 10 77

7 9 10 77

9 10 11

9 1

9 == + +=

=

x xx

x

2 2 12 8

4 III) VPiscina = VParalel. – VPrisma trian.

(Base invertida do prima)

y

1

2

3

1

2

3

AB

(Figura 1)

2a

3a

Q

z

P

x x x x x x

Qy

Ox

xx

xx

BA

P

z

123

123

(Figura 2)

da a a

d a a

d a a

Logo PQ d a

22 2

2 2 2

2

22

43 3

2 2

2

= ⋅

+ −

= +

= =

= =,

V = ⋅5 3

44 3

2



08 D

5

3

3 3

22

BA

E

DC

3

3

2

h

32

A B

C

D

E

(BASE)

I) Na base:

332

36 9 43 3

22

22=

+ ⇒ = + ⇒ =h h h

II) ABASE = AABCE + ACDE

ABASE = (3 · 2) + 12

3⋅ ⋅h

ABASE = 6. + 9 3

4

III) V = ABASE · (Altura do prisma)

09 D

(BASE)

5x

5

3 2 3

8

2

x

I) 52 = 32 + x2 ⇒ x = 4.

II) ABASE = 8 + 2 x2

( ) ⋅

ABASE = 8 2 42

20+( ) ⋅

=

III) V = ABASE · (Altura do prisma)

V = 20 · 5 ⇒ V = 100m3

10

2120º

2

(BASE)

I) ABASE = 12

2 2 120 3 3⋅ ⋅ ⋅ =sen cmº

II) V = ABASE · Altura = 3 6 3 18 3⋅ = cm

Ab

Ab

V Ab H

V

V

= ⋅( ) +⋅

= +

= ⋅

= +

⋅

= +( )

3 23

3 32

2

69 3

4

69 3

45

3045 3

4

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