Resoluções de Atividades

VOLUME 1 | GEOMETRIA
Resoluções de Atividades
Sumário
Capítulo 1 – Geometria de posição ................................................................... 1
Capítulo 5 – Poliedros....................................................................................... 19
Capítulo 2 – Triângulo retângulo ......................................................................... 4.
Capítulo 6 – Unidades de áreas e unidades de volume .................................. 23
Capítulo 3 – Projeções, ângulos e distâncias ..................................................... 7
Capítulo 7 – Prismas ......................................................................................... 26.
Capítulo 4 – Polígonos ..................................................................................... 14
(F)Dois pontos distintos determinam uma única reta que
passa por eles.
(V)
(V)
Capítulo 1 Geometria de posição
Atividades para Sala – pág. 14
01 a)Postulado, pois os postulados são constatações que
não necessitam ser comprovadas para que sejam consideradas 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 dimensões.
03 a)Infinitas.
b)Três retas.
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:
Sendo xcm a medida do lado do hexágono, temos:
I) Na face (quadrado) do cubo:
c) Infinitos.
d) PL (VBC), PL (VAC) e PL (VAB).
x
x
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.
Além dos planos das 5 faces, temos os planos 2 que
contém as diagonais AC e BD da base, juntamente
com o vértice “V”.
V
x = 3cm
y 2 = 32 + 32
y 2 = 18
y = 18
y = 3 2cm
II)Perímetro do hexágono regular = 6 ⋅ 3 2 = 18 2cm
03 Mesas com três pernas não balançam porque três pontos não colineares determinam um único plano (Postulado da Determinação de Plano).
D
A
3cm
3cm
05 Determinam sete planos.
y
C
B
Os sete planos determinados são: PL(ABCD), PL(VAB),
PL(VBC), PL(VDC), PL(VDA), PL(VAC) e PL(VBD).
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).
V
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)
E
A
D
B
C
Assim, dentre esses seis pontos, não existem três alinhados; as retas determinadas por dois quaisquer desses
pontos são distintas. São elas:
2a Série – Ensino Médio | 1
VOLUME 1 | GEOMETRIA
• As cinco retas que contêm as cinco “quinas” inclinadas (arestas laterais):
VA, VB, VC, VD e VE
• As cinco retas que contêm
lados
do
os
cinco
pentágono (arestas da base): AB, BC, CD, DE e EA .
• As cinco retas que contêm as
cinco
diagonais
pen do
tágono (diagonais da base): AC, AD,BD,BE e CE.
E
A
D
B
C
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 pontos (cada um dos seis pontos determina cinco retas). Daí,
teríamos 6 · 5 = 30 retas. Desse
porém, cada reta
modo,
foi contada duas vezes (a reta VA , por exemplo, foi contada no ponto A e, novamente, no ponto V). Assim, o
6⋅5
número correto de retas determinadas é
= 15.
2
O plano que contém o pentágono destacado (polígono
de 5 lados) divide a pirâmide em duas partes. Considerando 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
8⋅7
vezes. Daí, temos: número de retas =
= 28 .
2
10 Temos o plano da base, os seis planos
das faces laterais e mais os planos deter6 ⋅ (6 − 3)
minados por cada uma das
=9
2
diagonais do hexágono e o vértice V da
pirâmide. Total = 1 + 6 + 9 = 16 planos. A
V
F
D
B
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).
V
E
C
Atividades para Sala – pág. 27
01 F, V, V, F, F
E
A
(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.
D
B
C
Assim, os cinco pontos coplanares A, B, C, D, E determinam um mesmo plano (o plano da base da pirâmide). Qualquer 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 determinados.
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 estiverem 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 quadrado.
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 interceptará as cinco faces, o corte provocado pelo plano será
um polígono de cinco lados (5 segmentos de reta).
2 | 2a Série – Ensino Médio
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 identificar o plano.
03 C
Sendo an o número máximo de fatias obtidas com n cortes, note que:
VOLUME 1 | GEOMETRIA
• Um corte (reta r1) dividirá o bolo em duas fatias
(regiões R1 e R2);
r1
R1
02 A
R1
ou seja: a1 = 2 regiões.
• Dois cortes (retas r1 e r2) dividirão o bolo em quatro
fatias (regiões R1, R2, R3 e R4);
r1
R1
R3
a2 = 2 + 2 = 4 regiões.
• Três cortes (retas r1, r2, r3) dividirão o plano em sete
regiões (R1, R2, ..., R7);
r1
R5
R6
R2
R7
Seguindo o padrão temos:
an = 2 + (2 + 3 + 4 + ... + n)
ou seja: a2 = a1 + 2
R3
a2 = 4 = 2 + 2
r2
R4
a1 = 2
a4 = 11 = 7 + 4 = 2 + 2 + 3 + 4
R2
R1
03 Note o padrão seguinte, em que an indica o número
máximo de regiões para n retas:
a3 = 7 = 4 + 3 = 2 + 2 + 3
R4
Há eclipse como alinhamento
do Sol, da Terra e da Lua.
Logo, as retas SL e TL são paralelas coincidentes.
r2
an = 1 + (1 + 2 + 3 + ... + n)
(1+ n) n
an = 1 +
2
n + n2
Daí, 211 = 1 +
2
n2 + n – 420 = 0
D = 1 + 1680
D = 1681
n=
n = 20
−1 ± 41
2
n = –21 (não convém)
r3
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.
Logo, estão sendo consideradas 20 retas.
04 E
Desse modo, cinco cortes determinarão, no máximo:
a5 = a4 + 5
a5 = 2 + 2 + 3 + 4 + 5 = 16 regiões (fatias).
Para trabalhar com planos perpendiculares, nada melhor
que o paralelepípedo retângulo ("uma caixa de sapatos"). Considere, então, a figura seguinte relativa ao
enunciado, onde u é uma reta contida em b perpendicular à reta s, passando em A.
p
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)
an = 1 + (1 + 2 + 3 + 4 + ... + n)
Logo, a10 = 1 +
(1+ 10) ⋅ 10 = 56 .
2
I.D
–
Fundamentalmente,
o pedreiro utilizou um dos
05
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
u
Analisando as afirmativas, temos:
I)
Verdadeira. A reta s é perpendicular a duas retas concorrentes (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 perpendiculares.
III) Verdadeira. A reta s é, perpendicular ao plano b, então
qualquer plano que contenha s é perpendicular a b.
s
q
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).
r
s
A
u'
(1+ n) ⋅ n
2
t
a
Daí, podemos dizer que:
an = 1+
b
r'
t
b
A
a
considere a ⊂ b e a ⊥t.
2a Série – Ensino Médio | 3
VOLUME 1 | GEOMETRIA
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, bt q = aÂs = 90º.
IV) Verdadeira. Veja, na figura, o plano p paralelo ao plano b.
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.
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.
H
E
G
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 justificativa 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)
B
r
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.
10 D
II) Falsa.Observe os planos paralelos (ABCD) e
(EFGH).
A
reta EF está contida no plano (EFGH), a reta
r está
AB =
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.
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:
6 ⋅1
=3
No de pares =
2
b
s
x
d
c
IV) Verdadeira. Veja justificativa da afirmativa II.
A
B
a
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.
Capítulo 2 Triângulo retângulo
Atividades para Sala
01 C
O triângulo BCT é retangular em T. Daí, temos:
B
08 C
h θ
a)Falsa. Se os 3 pontos forem alinhados, os planos que
os contêm podem ser secantes.
A
C
A
B
C
s
F
D
I)
v
u
A
b) Falsa. Veja a figura do paralelepípedo seguinte. As retas
r e s são perpendiculares a t e não são paralelas, mas
concorrentes.
r
R
R
C
(linha do horizonte)
s
r
t
4 | 2a Série – Ensino Médio
Terra
senθ =
R
⇒ R = R · senθ + h · senθ ⇒
R+h
VOLUME 1 | GEOMETRIA
R(1 – senθ) = h · senθ
a 2 = 4⋅x + 2⋅x 2
(
h ⋅ senθ
Daí, R =
1 − senθ
a 2 = 2x ⋅ 2 + 2
x=
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)
x=
C
6
2
B
D
(
2⋅ 2 +
(2 − 2 )
2 ) (2 − 2 )
⋅
2 2 ⋅ a − 2a
2 ⋅ ( 4 − 2)
2a
(
) = a(
)
2 −1
4
Daí, x = 32
a
a
A
x=
a 2
)
(
2 −1
2
)(
2 +1
) ⇒ x = 32 (2 − 1) = 16 metros
2 −1
2
2
04 Considerando os dados da figura seguinte, temos:
2R
Calculando o cosseno de a nos triângulos ABC e ACD:
6
2
cosα =
= ⇒ 4R = 36 ⇒ R = 9
2R 6
x
b
a
b)
y
4 5
B
400m
A
C
B
a
2R – 2
a
x 5
= ⇒ x = 5k e y = 6k
y 6
x
1
5k
1
II) tgα =
= ⇒
=
400 + y 2
400 + 6k 2
10k = 400 + 6k
k ⇒ k = 100
Daí, x =500 e y = 600.
I) tgβ =
D
2
2R
A
Calculando o seno de a nos triângulos ABC e BCD:
4 5 2R − 2
=
sena =
⇒ 16 · 5 = 4R2 – 4R ⇒ R2 – R – 20 = 0
2R
4 5
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:
05 Considerando os dados da figura seguinte, temos:
x
x
123
123
123
a
x
30º
4
45º
y
1,70
123
a
(
)
2 +1 m
I) a = 32
II)Diagonais dos quadrados (maior e menor):
D=a 2 ed=x 2
III)Diagonal do quadrado maior = (4 raios) + 2 · (diagonal
do quadrado menor)
y
=1⇒y=x
x
y
3
x
1, 7
II)
tg30º =
=
⇒
=
x+4
3
x+4
3
I) tg45º =
3x = 1, 7x + 6, 8 ⇒ 1, 3x = 6, 8 ⇒ x =
68
≅ 5, 23
13
Daí, a altura da torre é x + 1,70 = 6,93m.
2a Série – Ensino Médio | 5
VOLUME 1 | GEOMETRIA
04 B
Atividades Propostas
01 A
Completando o triângulo retângulo, temos:
Completando o triângulo retângulo, temos:
7km
x
30cm
d
3º
12km
5 km
sen3º =
30
= 0,05 ⇒ 0,05x = 30 ⇒ x = 600cm = 6m
x
5km
02 C
Considere a figura a seguir, em que a, b e c são os lados
procurados.
a
b
a
d2 = 52 + 122
c
h
d2 = 25 + 144
m
n
a
5km
I) Foram dados: m – n = 7, isto é, m = n + 7 e h = 12.
h n
II)
tgα =
= ⇒ h2 = m ⋅ n ⇒
m h
(n + 7) ⋅ n = 144 ⇒ n2 + 7n − 144 = 0
d = 13
05 C
Considere a figura seguinte relativa ao problema.
A
Daí, n = 9 ou n = – 16 (não convém).
1
III) m = n + 7 ⇒ m = 9 + 7 = 16
R1
IV)h2 = 16 · 9 ⇒ h = 12
V) a = m + n ⇒ a = 16 + 9 = 25
VI)cosa =
S 4–x B
x
d
d
b m
= ⇒ b2 = 16 · 25 ⇒ b = 20
a b
c n
VIII)sena = = ⇒ c 2 = 9 ⋅ 25 ⇒ c = 15
a c
R2
03 Temos:
123
C
d2 = x2 + 12
d2 = (4 – x)2 + 42
12
O
y
180º
a
t
a
z
B
x
A
06 E
^ = 180º = 90º (ângulo inscrito)
I)
ABC
2
II)13 = x + 12 ⇒ 169 – 144 = x ⇒ x = 5
III)cosa =
IV)sena =
2
2
2
z
x
=
y
12
13
V) tga =
Respostas: x = 5, y =
z
=
t
⇒ t
13
⇒y=
2
25
144
13
7
25 144
5 ⋅ 12
60
=
⋅
⇒ t=
=
13 13
13
13
144
13
,z=
25
13
6 | 2a Série – Ensino Médio
e t=
60
13
.
13
x
123
t
13
⇒z=
Considere o seguinte modelo matemático, relativo à
situação problema.
123
y
12
2
x
=
x2 + 1 = x2 – 8x + 16 + 16
8x = 31
x = 3,875km = 3875m

13
4
2
P
x
Q
Usando o Teorema de Pitágoras, temos:
132 = (7 – 2)2 + x2
VOLUME 1 | GEOMETRIA
169 = 25 + x2
I)(2r)2 = b2 + b2 → 2b2 = 4r2 → b = r 2
x = 144
II)Lado do quadrado maior :
2b + 4r = a + 2r
2
x = 12
2r = a – 2b
2r = 2 7 − 2r 2
07 C
r=
Destaquemos os triângulos retângulos formados nas
situações inicial e final.
(
)
r ⋅ 1+ 2 =
r=
7 −r 2
L = 3,9m
7
2 +1
7
=
7⋅
(
)
2 −1
h = 1,5m
D
09 E
C = (3,9 – 1,4)m
30º
h = 1,5m
x
d
80m
x
h
60º
30º
80m
Aplicando Pitágoras no primeiro triângulo:
D2 + h2 = L2 ⇒ D2 + 2,25 = 15,21 ⇒ D =
D = 3,6 m
12, 96
1,80m
Aplicando Pitágoras no segundo triângulo:
d = h + C ⇒ d + 1,5 = 2,5 ⇒ d = 6,25 – 2,25 = 4 d = 2m
2
2
2
2
2
2
2
3
x
⇔ x = 80 ⋅
= 40 ⋅ 1, 73 = 69, 2m
80
2
h = 69,2 + 1,8 = 71m
sen60º =
10 B
45º
2m
Comparando os dois triângulos:
x = D – d = 3,6 – 2
x = 1,6m
45º
08 Considerando as retas que passam nos centros dos círculos e sendo a = 2 7 a medida do lado do quadrado
fornecido, obtemos outro quadrado de lado a + 2r. Veja:
b
30º
x
L
x
x= 2
2
⇔ L = 2⋅ 2
L
Capítulo 3 Projeções, ângulos e distâncias
Atividades para Sala – pág. 50
b
4r
sen 30º =
x2 + x2 = 22
r
01 A
b
r
x
a
r
Fonte
luminosa
a
14
7cm
28cm
14
a
r
25cm
a + 2r
(Dado: a = 2 7)
d
I)252 = 72 + x2
625 – 49 = x2
x2 = 576
x = 24
2a Série – Ensino Médio | 7
VOLUME 1 | GEOMETRIA
II)tga =
7
14
=
24 25 + d
r
A
x
7 · (25 + d) = 14 · 24
25 + d = 2 · 24
x
d = 48 – 25
02 B
B
C
D
d = 23cm
4 2
5
(4 2 )
2
= x2 + x2
16 ⋅ 2 = 2x 2
Sendo BC = x a medida da projeção ortogonal da escada
(segmento AB) sobre o piso inferior (plano b), temos:
x 2 = 16
x = 4cm
r
a
05 B
A
5
4
b
B
X
C
Considerando o plano paralelo ao solo, passando pelos
pontos A e D, temos que a projeção ortogonal da barraca, 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:
C
M
5 = 4 + x
2
2
2
B
A
1
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
B
5
C
a
0
A
18
10
5
C
O
a
x
A
y
E 1
AM = 2 3 m
II)MP = 2 – 1 = 1m
III) No triângulo AMP:
2 3 = AP
2 3
2
2 3
2 2
1
2
2 3
= AP + 1
AP2 +=12 11m
2 3
= AP
M
( )
( )
( )
P
(
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.
8 | 2a Série – Ensino Médio
2
(
)2 + 12
IV) EF = BC = 4m (EFCB é um retângulo, os lados opostos são paralelos e iguais).
V) As diagonais de um losango cortam-se mutuamente
ao meio e são perpendiculares. Daí:
F
2
P
11
10 5
= → 10x = 90 → x = 9cm
18 x
)
( )
A
sena =
1
4 3
(altura do ∆ equilátero)
2
A
B
D
X
I) AM =
Destacando o triângulo ABC, temos:
F
P
t
X
1
2
D
11
E
 11 ⋅ 2 
2
ÁreaAEDF = 4 ⋅ 
 = 4 11 m
 2 
Como o plano AFDE é paralelo ao solo, a projeção sobre
o solo é igual à projeção sobre o plano AFDE.
VOLUME 1 | GEOMETRIA
Atividades Propostas – pág. 51
A
01 A
x
26cm
Considerando os dados da figura seguinte, temos:
a
16 m
A
B
1m
y q
8m
x
2m
24cm
A'
B
2m
A distância do ponto A ao plano a é AA’ = x. Daí, temos:
262 = 242 + x2
x2 = 262 – 242
x2 =(26 + 24) · (26 – 24)
I) 1 + y + 2 = 8
y = 5m
x
II)tgq = → x = 5 ⋅ tgθ
y
x=
50 ⋅ 2
x=10cm
02 Sendo x metros a altura do poste, temos:
05 B
b
x
a
2,3 m
A distância entre duas retas reversas AB eCD é a distância entre
da reta AB e o plano
um
ponto qualquer
paralelo a AB que contém CD . No caso, pode ser a distância de B ao plano CDE, ou seja, a medida x = BE = CF.
Considerando o triângulo BEF, retângulo em B, temos:
a
I)
a + b + 90º = a + 28º + 90º → b = 28º
II)senb = 2,3
2,3
→ sen28o =
= 0, 46
x
x
230
→ 0, 46 ⋅ x = 2,30 → x =
= 5m
46
03 D
30cm
B
28º
x
Devido à grande distância do Sol à Terra, os raios solares são considerados paralelos, formando um mesmo
ângulo a com um plano horizontal (o solo). Daí, temos:
F
15 5 cm
E
(15 5 )
225 · 5 – 900 = x2
2
= x 2 + 302
x2 = 225
x = 15cm
1,60 m
06 B
(Sombra)
Considerando o segmento MBN , perpendicular ao segmento CD , temos:
I) Na figura II:
a
2,4m
F
6m
N
E
E
F
x
(Sombra)
45m
A
3m
a
B
3m
4m
C
x
1,6m
16
→x=
tgα =
=
⋅ 45m →
45m 2,4m
24
2
x = ⋅ 45m = 30m
3
04 Sendo A’ a projeção ortogonal do ponto A sobre o plano
a, temos:
3,4m
D
C
MN = 3,4m e BM =
II)Na figura I:
6m
M
D
3, 4 m
= 1, 7m
2
2a Série – Ensino Médio | 9
VOLUME 1 | GEOMETRIA
09 B
B
r
x
E
12 30º
B'
M
60º
D
2 3
DE 3 m
MB’ =
=
= 1, 5m e BB’ = h
2
2
III) Teorema de Pitágoras:
(BM)2 = (MB')2 + (BB')2
(1,7)2 = (1,5)2 + h2
2,89 = 2,25 + h2
Tg30º =
x
⇔x=4 3
12
r = 4 3 + 2 3 = 6 3, logo, a área da tampa será:
A = π⋅ 6 3
(
)
2
= 108πm2
10 D
h2 = 0,64
h = 0,8m
Cada formiga, em duas horas, percorrerá 6km (ver figura):
B'
07 S
x
C
x
A
r
a
2 5
5
6
I)y2 = 52 + 62 → y2 = 61
II)x2 = y2 + 2 5
Logo, x2 = 62 + 92 ⇔ x =
→ x2 = 61 + 20 → x = 9
01 A
Sendo P um ponto do Equador e NO = SO = PO = R (raio
da Terra, raio do Equador), temos no triângulo NSP’:
20cm
16cm
a
Q
Q'
A
0
S
M'
θ
A'
Eixo ligando o Polo Norte (N)
ao Polo Sul (S)
N
117 km
Atividades para Sala – pág. 56
08 D
B
A'
B
2
A 3km
6km
y
( )
6km
P
x
b
P
r
P'
I)202 = 162 + x2
x2 = 400 – 256
x = 12cm
N
R
O
II)cosθ = x = 12 = 3
20 20 5
02 D
b
P
R
Considerando um plano perpendicular aos pisos passando pela rampa, temos a seguinte secção reta:
R
Piso superior
Rampa
S
tgβ =
P'
6m
SP ’ OP
SP ’ R
=
→
= → SP ’ = 2R
NS NO
2R R
Logo, o raio da projeção estereográfica é uma circunferência de centro S e de raio igual SP’ = 2R.
10 | 2a Série – Ensino Médio
b
Piso inferior
Daí, temos:
a
3m
VOLUME 1 | GEOMETRIA
3m 1
=
6m 2
sena =
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.
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:
Daí, BO = AB = 5m
V
10m
a
O
a
5m
P
B
5m
A
5m
r
θ
A
P'
b
x
(PP' = 1)
Daí, temos:
1
q
A
5m
1
= → α = 60º
10m 2
b)Sendo M o ponto médio do lado AB , as alturas
dos triângulos AOB e AVB serão, respectivamente,
OM e VM . 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.
P
Daí, cos a =
P'
1
5
5
I)tgθ =
= 5
=
→ AP ’ =
AP ’
5
5
V
10m
II)Teorema de Pitágoras no triângulo PP’A:
2
x =
( 5)
2
5m
x2 = 6
Temos:
Logo, x = PA = 6
04 Prolongando a corrente e ligando os pontos de tangência ao centro, temos:
I) 2x = 60º
a 50a
x = 30º
R
R
O
30º
R + 50
R
(VB)2 = (OB)2 + (VO)2
102 = 52 + (VO)2
VO =
III)tgb =
75 = 5 3 (altura da barraca)
VO 5 3
=
=2
OM 5 3
2
Atividades Propostas – pág. 57
01 B
Sendo x a medida da aresta do cubo, temos:
A
B
C
D
x
I) Na base, o triângulo AOB é equilátero.
E
x
H
5
O
A
5 3
(altura do triângulo equilátero AOB de
2
05 a)Temos:
5m
II) Teorema de Pitágoras no ∆VOB:
R
R
II) sen30” =
R + 50
1
R
=
2 R + 50
R + 50 = 2R
R = 50cm
M
lado 5m)
I) OM =
B
b
0
+ 12
B
5
5
A
y
x
F
a
G
I) O segmento EG é a projeção ortogonal de AG, então
a = EGA é o ângulo que AG forma com o plano EFGH.
2a Série – Ensino Médio | 11
VOLUME 1 | GEOMETRIA
II)y = x 2 (diagonal do quadrado)
III) tga =
x
x 2
=
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.
2
1, 4
→ tgα ≈
= 0, 70
2
2
De acordo com a tabela, a = 35°
b)Falso, pois se a reta é perpendicular ao plano, a projeção ortogonal é um ponto.
02 E
c)Falso, pois, partindo do vértice, a parábola é infinita
nos dois sentidos; dependendo da posição da parábola, a projeção ortogonal poderá ser uma semirreta,
na qual a origem é a projeção do vértice, mas um segmento de reta (com começo e fim) a projeção ortogonal não pode ser.
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:
d)Falso, pois a projeção ortogonal de cada lado (segmento) é um segmento de reta ou um ponto; no
máximo, a projeção ortogonal do triângulo terá três
lados.
4
a
x
a
O
4
I) 2α = 24° → α = 12°
II)sen12º =
e)Verdadeiro, pois se o plano que contém a circunferência for perpendicular ao plano a, a projeção da
circunferência coincidirá com a projeção do diâmetro
paralelo a a.
4
4
= 0, 21 → 0, 21x = 4 → x =
≈ 19cm
x
0, 21
06 D
03 A
Considerando a secção reta do diedro que passa em P,
P’, P”, temos:
b
O
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).
a
45º
p
P’’
P’
x
P
x + 90º + 90º + 45º = 360º
x = 135º
Em cada região, é possível colocar apenas uma esfera
tangenciando os três planos.
b
04 C
p
Considerando a diagonal EC do cubo concorrente com
^ , na figura
a aresta CG, calculemos o seno de a = DCG
seguinte.
A
B
D
a
São, portanto, 8 esferas.
C
a
E
x
H
a)Observando as figuras, temos:
F
y
x
07 x
G
V
I) y = x 2 (diagonal do quadrado)
II)(EC)2 = y2 + x2
2
2
(EC)2 = x 2 + x
(
C
B
)
(EC)2 = 3x2
EC = x 3
y
x 2
senα =
=
=
EC x 3
M
O
2⋅ 3
6
=
3
3⋅ 3
12 | 2a Série – Ensino Médio
D
A
VOLUME 1 | GEOMETRIA
Base:
1
O
C
B
B
y
M
1
D
1
60º
2 3
2 3
x–1
A
I) No triângulo ABC:
A
1
y
2 3
1
x
1
A
C
x
C
2 3
= 3→x=2
x
II)Teorema de Pitágoras:
tg60º =
I) OB = 1 2 (diagonal do quadrado de lado 1)
OB = 2m
y2 = ( 2 3 )2 + (x – 1)2
y2 = 4 · 3 + (2 – 1)2
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
y2 = 12 + 1
III)O segmento PO é perpendicular ao plano b, então PO
forma 90º com toda reta de b. Assim, PO é perpendicular ao segmento AO, o triângulo AOP é retângulo
em O. Daí:
V
(VB)2= (OB)2 + (VO)2
22 = ( 2 )2 + (VO)2
4 – 2 = (VO)2
VO = 2
2
C
k
M
O
b)O ângulo formado pela vareta AB e o plano do piso é
o ângulo a que AB forma com a sua projeção ortogonal sobre o piso. Daí, temos:
2
a
D
3
B
b
D
1
M
A
08 Considerando o trapézio AOBC contido no plano b, conforme as figuras seguintes, temos:
O
1
B
M
12
A
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
VO = 5m
2
O
B
a
13 O
(Plano horizontal)
13
13
169 = 144 + (VO)2
V
tgβ =
O
O hexágono regular é composto de seis triângulos equiláteros congruentes. Daí, temos:
A
13
V
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:
B
M
O
A
2
C
2
09 E
V
2
= 2
1
1
3
=
cos β =
3
3
2
k = AP = 14
C
1 (raio)
k = ( 13 ) + 1
2
A
2
senα =
→ α = 45º
2
P
B
2
D
13
y = AO =
triângulo VOB é retângulo em O. Daí:
1
O
B
III)OM =
12 3
= 6 3m (altura do triângulo equilátero)
2
Assim, obtemos:
Inclinação do telhado = tga =
VO
5
=
OM 6 3
5
5
=
= 0, 49 6 ⋅ (1, 7) 10, 2
49
Inclinação do telhado = tga = 0, 49 =
= 49%
100
Inclinação do telhado = tga =
(maior que 45%)
2 3
b
60º
1
A
C
De acordo com a tabela, a inclinação deve ser, no
mínimo, 30% e, no máximo, 45%. Abaixo de 30% ocorre
retorno de água (pouco inclinado) e acima de 45% ocorre
escorregamento de telha (muito inclinado). Logo, o
telhado pode apresentar escorregamento de telhas.
2a Série – Ensino Médio | 13
VOLUME 1 | GEOMETRIA
10 Considerando um diâmetro AB, temos:
02 A
Prolongando o raio solar que passa no centro da Terra,
temos:
76.º
6.0º
6.0º
Q
B
A
b
raios de Sol paralelos
a
6.0º
6.0º
23º
B'
P
A'
I) a = 23° e b = 76.° (correspondentes de retas paralelas)
 = a + b = 99°
II) PQ
I) Sendo o disco paralelo ao piso, um mesmo raio solar
III) Regra de três:
forma ângulos iguais com o disco e com o piso. Assim,
Medida do arco
(em graus)
o diâmetro AB do disco é paralelo ao diâmetro A’B’ da
36.0°............................................ 4.0 000 (Equador)
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
99°............................................ x
40 000 360o
40 000 40
40 000 ⋅ 11
=
→
=
→x=
= 11 000
x
99º
x
11
40
03 B
As diagonais de um retângulo são iguais e cortam-se ao
meio. Traçando a diagonal AC, temos:
M
D
Capítulo 4
Comprimento do
arco (km)
C
Polígonos
P
Atividades para Sala – pág. 75
01
E
A
Considere as retas r//s//a//b, temos os ângulos alternos
internos iguais.
x
a
y
y
a1
a1
B
I) AM = AB = 15 (DABC é equilátero)
II) DE e AM são medianas do DADC; assim, P é baricentro. Logo, PM = x e AP = 2x.
III) AP + PM = AM
r
2x + x = 15
s
x=5
Portanto, AP = 2x = 10
b
04 D
Note que para cada ângulo “dentro” das retas paralelas
a e b, existe outro alterno interno igual, “olhando” para
o lado contrário.
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 diagonais do quadrilátero inicial, temos:
D
Daí, para os ângulos “dentro” das paralelas a e b, temos:
R
I) Soma dos ângulos que “olham” para a direita = soma
dos ângulos que “olham” para a esquerda.
X
90º + (a1 + y) = (90º + a1) + y
90º + 70º = 130º + y
y = 30º
II) x + y = 180º
x = 150º
14 | 2a Série – Ensino Médio
Y
X
Y
Y
A
C
X
X
S
P
4.X + 4.Y = 150 000
X + Y = 37 500
Q
Y
B
VOLUME 1 | GEOMETRIA
II)
D
02 Considerando os ângulo “dentro” das paralelas AB e EF,
temos:
R
W
K
K
C
W
K
K
A
W
W
S
A
Q
E
B
P
AB
// r // s // EF
a2 a3
a1
4K + 4W = 150 000
B
K + Y = 37 500
III) Sendo T a área procurada:
F
Soma dos ângulos que “olham” para cima = soma dos
ângulos que “olham” para baixo.
a1 + (a2 + a3) = (a1 + a2) + a3
40º + x = 96º + 52º
D
a3
a1 a2
R
X
W
C
03 C
S
T
Q
Y
K
Completando o triângulo, temos:
^
b
^
c
B
P
A
x = 108º
x
40º
T + (X + Y) + (K + W) = 150 000
T + 37 500 + 37 500 = 150 000
T = 75 000
â
I) x = c + 40° (ângulo externo do triângulo)
II)a + b + x = 180° (soma dos ângulos internos do ∆)
a + b + c + 40° = 180°
S + 40° = 180°
05 C
S = 140°
O ponto do plano do triângulo que fica a igual distância
dos vértices (das casas) é o circuncentro (centro da circunferência circunscrita) e a distância igual é o raio. Veja:
A
A
R
b
R
B
Atividades Propostas – pág. 75
01 E
Considerando a figura seguinte, temos:
b = a+ a (ângulo externo do triângulo)
b = 2 · (20°) = 40°
05 B
D são iguais, pois AB = AC,
Os ângulos A 
BD e AC
enquanto os ângulos A 
DE e A 
ED são iguais, pois
AD = AE .
r
A
72º
a
C
s
a
a
B
C
D
O
R
04 D
Em um retângulo, as diagonais são iguais e cortam-se ao
meio. Daí, temos triângulos isósceles cujos ângulos da
base são iguais.
20º
r'
a b
b
a
B
I) a = 72° (correspondentes)
II) b = a (opostos pelo vértice)
III)a + b + 90° = 180°
72° + a + 90° = 180°
a = 18°
b
x
E
a
D
C
 é externo ao triângulo CDE: b = x + a.
I) O ângulo AED
 C é externo ao triângulo ABD:
II)O ângulo AD
b + x = a + 20º
x + α + x = α + 20º
2x = 20º
x =10º
(
)
2a Série – Ensino Médio | 15
VOLUME 1 | GEOMETRIA
06 A
A
Temos o seguinte modelo matemático, onde o triângulo
AOB é isósceles de base AB:
5–x
5
M
r
x
B
a
a
x Q
x
a
a
O
y
x
R
z
y
q
q
y
C
9
I)
P
BM = Q BP = α e N CP = R CP = θ (BP e CP são bissetrizes)
y
A
N
q
q
x + 30º
x
y
y
P
x + 30º
7
7–x
B
I) x + (x + 30°) + (x + 30°) = 360° (uma volta)
II)
Q
BP = M PB = α; M BP = Q PB = α e
R CP = N P C = θ; N CP = R P C = θ
3x = 300°
(alternos internos de retas paralelas)
x = 100°
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
II)x + y + y = 180°
100° + 2y = 180°
y = 40°
07 A
B
60º 15º
h
20
A
75º C
30º
75º
1
20
75º
P
Temos:
^ ^
I) P = C
= 75º (correspondentes de retas paralelas) e
^
AB C = C = 75º (∆ABC é isósceles de base BC).
Portanto, a razão procurada é =
10 As bases médias do triângulo o dividem em quatro triângulos congruentes. Logo, eles têm a mesma área. Daí,
temos:
I)
a
II)No triângulo ABC:
III)Traçando a altura (h) relativa ao lado AC :
a
II)
h
1
= → h = 10
sen30° =
20 2
Daí, a altura da pipa será 10 + 1 = 11m
4a
Área 2 = 4 · (4a) = 16a
4a
4a
Área ABC = 4 · (16a) = 64a
A
16a
16a
B 16a 16a C
Sendo G o baricentro, teremos:
A
2x
G
x
B
M
IV) Área sombreada = a + 4a + 16a = 21a
V) Razão =
C
Sabemos que AM = 12, então:
2x + x = 12
x=4
Daí, AG = 2x = 8
09 D
a
A
III)
a
4a
08 A
Área 1 = 4a
A
 + 75° + 75° = 180° →  = 30°
12cm 4
=
9cm
3
As bissetrizes dividem os respectivos ângulos ao meio.
Daí, temos:
16 | 2a Série – Ensino Médio
21a 21
=
64a 64
Atividades para Sala – pág. 85
01 D
Traçando as diagonais de mesmo vértice do hexágono,
obtemos 4 triângulos.
VOLUME 1 | GEOMETRIA
A soma dos 6 ângulos internos do hexágono corresponde à soma dos ângulos internos dos 4 triângulos.
Assim, a soma dos ângulos internos do hexágono será:
lado a = R = 12cm)
Si = 4 · (180°) = 720°
De modo geral, para um polígono de n lados, a soma dos
ângulos internos é Si = (n – 2) · 180°.
r =
No caso, Si =(6 –2) · 180° = 720°
02 E
Traçando uma perpendicular às retas r e s, temos um
hexágono.
b
r
O
r
b
g
d
I)2R = b 2 (diagonal do quadrado de lado b)
s
2 · (12) = b 2
Soma dos ângulos internos = a + b + l + d + 90° + 90° =
b
R
R
b
b
12 3
= 6 3 cm
2
• Para o quadrado:
r
a
a 3
(altura do triângulo equilátero de
2
II) Apótema = r =
(6 – 2) · 180° ⇒ a + b + l + d = 720° – 180° = 540°
03
B
Mediatriz
24
= 12 2cm (lado do quadrado)
2
II) 2r = b
C
i
b=
i
A
Mediatriz de CD
r =
a
O
D
E
Sendo n o número de lados do polígono ABCDE..., o seu
n (n − 3)
número de diagonais será d =
. Devemos ter:
2
12 2
= 6 2cm (apótema do quadrado)
2
• Para o triângulo equilátero:
R
c
c
O
r
c
n (n − 3) 5
5
⋅n →
= ⋅n
2
2
2
Como n ≠ o, fazendo os devidos cancelamentos, obtemos:
I)
d=
I)R = 2r (propriedade do baricentro; no triângulo
equilátero, circuncentro = baricentro).
12 = 2r
r = 6cm (apótema do triângulo equilátero)
n – 3 = 5 → n = 8
(n − 2) ⋅ 180º → i = (8 − 2) ⋅ 180º → i = 135º
II)
i=
8
n
c 3
(altura do triângulo equilátero de lado a)
2
c 3
12 + 6=
2
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
36
c=
= 12 3cm (lado do triângulo equilátero)
3
05 C
04 • Para o hexágono regular:
a
a
II)R + r =
v
R
R
Em um triângulo equilátero, o circuncentro (O) coincide
com o baricentro. Daí, temos:
a
h
40cm
r
2r 0
R
a
a
A
M
r
60cm
a
I)Lado = a = R = 12cm (dado)
2a Série – Ensino Médio | 17
VOLUME 1 | GEOMETRIA
60 3
(AM é altura e mediana do ∆ equilátero).
2
3r = 30 3
r = 10 3 e 2r = 20 3
I) r + 2r =
II)Teorema de Pitágoras no ∆AVO:
Ângulos de T triângulos = n · (360°) + (soma dos ângulos internos do pentágono)
T · (180°) = 360° · n + (5 – 2) · 180°
Dividindo-se por 180°, obtemos:
T = 2n + 3
(AV)2 = (2r)2 + h2
402 = (20 3 )2 + h2
04 D
1600 = 1200 + h2
h = 20cm
01 D
D N
M
A a
x
(n − 2) ⋅ 180º = (5 − 2) ⋅ 180º = 108º
n
II)i + i + i + θ = 360°
324° + θ = 360°
θ = 36°
y
a
x
5
05 B
A soma dos ângulos internos ao redor de um ponto deve
ser igual a 360°. O ângulo interno de um octógono é
135°.
I) Usando um octógono em torno de um ponto, ficam
B
I) i =
q
C
y
d
i
150cm + 20cm = 170cm
Atividades Propostas – pág. 86
i
i
Logo, a altura total é 1,50m + 20cm =
I) Ângulos internos do triângulo:
x + y + a = 180°
faltando 360° – 135° = 225° (não é divisível por nenhum
x + y = 180° – a
II)Ângulos internos do quadrilátero:
a + d + 2x + 2y = 360°
a + d + 2 · (x + y) = 360°
a + d + 2 · (180° – a) = 360°
a + d + 360° – 2a = 360°
dos ângulos dados, não convém).
II)Usando dois octógonos em torno de um ponto, ficam
faltando 360° – 2 · (135°) = 90° (pode ser preenchido
com um quadrado)
a + d = 2a
Logo, para preencher todos os espaços em torno de um
ponto, sem sobreposição, podemos utilizar dois octógonos e um quadrado. Veja:
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 – 360° – 1900°
180°· n = 2260° + x
Onde devemos ter:
• n inteiro maior ou igual a 3.
• 0° < x < 180° (x é ângulo interno do polígono)
Isso mostra que 2260 + x é múltiplo de 180 e maior que
2260 (é igual a 180 vezes o inteiro n). Dividamos, então,
2260 por 180
2260º ÷ 180 ≅ 12
Assim, o múltiplo de 180, próximo e maior que 2260 é
(180) · 13 = 2340. Daí, temos:
• 180° · n = 2340° → n = 13
• 2260° + x = 2340° → x = 80°
03 Observe, no exemplo dado, que ao redor de cada bolha
temos 360° e que a soma dos ângulos internos dos triângulos obtidos equivale à soma dos ângulos ao redor das
bolhas, mais a soma dos ângulos internos do pentágono.
Daí, devemos ter:
18 | 2a Série – Ensino Médio
Cada ângulo interno do octógono regular mede 135° e
cada ângulo interno do quadrado mede 90°.
Somando 135° + 135° + 90° = 360°. 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 = 4cm
II)R + r =
a 3
(altura do triângulo equilátero)
2
A
a 3
8 + 4 =
2
24
= 8 3 cm
a =
3
a = 8 · (1,7) = 13,6 cm
R
a
a
O
r
C
a
B
VOLUME 1 | GEOMETRIA
07 Cada ângulo interno do hexágono equiângulo mede
i=
(n − 2) ⋅ 180º = (6 − 2) ⋅ 180º = 120º .
n
6
Prolongando os lados, obtemos o triângulo equilátero
BCQ.
P
20
y
20
F
D
Sendo n o número de lados, devemos ter:
13
C
120º
15 60º 15
120º
60º
Q
A 23 B
15
x
x
60
º
60º
x
R
10 B
60º 20
E
II)i + x + x = 180º
180º + 2x = 180º
x = 36º
III)x + a + x = i
36º + a + 36º = 108º
a = 36º
De modo análogo, os triângulos ARF e EPD também
são equiláteros. Como o triângulo maior PRQ também é
equilátero, temos:
I) RQ = PQ
(n – 2) · 180º = 2 · 130º + 128 · (n – 2)
⇒ 180n – 360º = 260 + 128n – 256
⇒ 180n – 128n = 360 + 260 – 256
⇒ 52n = 364 ⇒
⇒n=7
Capítulo 5 Poliedros
x + 23 + 15 = 15 + 13 + 20
Atividades para Sala – pág. 101
x = AF = 10
II)RP = PQ
01 D
F4 = 12
Dados: F6 = 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:
360º
x=
= 60º
6
Daí, o ângulo interno do hexágono menor mede
180º – x = 120º
b)Como o triângulo ABC é retângulo, temos:
x + y + 90° = 180°
60° + y + 90° = 180°
y = 30°
F8 = 6
Devemos ter:
I) F = 12 + 8 + 6 → F = 26
II)2A = 12 · 4 + 8 · 6 + 6 · 8 → 2A = 144 → A = 72
III)V + F = A + 2
V + 26 = 72 + 2 → V = 48
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 = 48
III)V + F = A + 2
V + 26 = 48 + 2
c)Na figura 1:
V = 24
3
cos60o =
⇔ AB = 6
AB
IV)
Os vértices são idênticos, então, de cada vértice,
parte um mesmo número m de arestas. Daí:
Observando a figura 2, percebemos que o lado do
hexágono menor é a hipotenusa AB, menos o cateto
menor. Daí:
o dobro do número de arestas = V · m = 2A
24 · m = 96
m = 4
lado do hexágono menor = AB – 3 = 6 – 3 = 3
Logo, o rombicuboctaedro apresenta 24 vértices dos
quais partem, de cada um, 4 arestas.
Logo, o perímetro do hexágono menor é 6 · 3 = 18cm
09 C
03 A
A
x α x
B i
Sendo F5 = x e F6 = y os números de faces pentagonais e
hexagonais, respectivamente, devemos ter:
I) V = 60 e F = x + y
E
x
C
II)Cada vértice tem 3 arestas (triedros ou ângulos triédricos). Assim, obtemos:
D
Como AB = BC ⇒ ABC é isósceles de base AC. Logo os
ângulos da base são iguais. Temos que:
I) i =
(5 − 2) ⋅ 180º ⇒ i = 108º .
5
123
x + y + 20 = 48
O dobro do número de arestas = 2A = 3 · V = F5 · 5 + F6 · 6
2A = 3 · 60 = x · 5 + y · 6
Daí:
• 2A = 3 · 60 → A = 90
2a Série – Ensino Médio | 19
VOLUME 1 | GEOMETRIA
• x · 5 + y · 6 = 3 · 60 → 5x + 6y = 180
III)Relação de Euler:
V + F = A + 2
60 + F = 90 + 2
F = 32 → x + y = 32
5x + 6y = 180
IV)Resolvendo o sistema
, obtemos:
x + y = 32
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 decágono)
•
No de faces pentagonais = F5 = 1
•
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 + 40 + 36 → A = 41
III)Relação de Euler:
V + F = A + 2
16 + F = 41 + 2
F = 27
No de faces de 10 lados = F10 = 1 (A base)
Daí, obtemos:
I) F = F3 + F4 + F5 + F10 = 5 + 15 + 1 + 1 → F = 22
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 = 60
III)Relação de Euler:
V + F = A + 2
V + 32 = 60 + 2
V = 30
Logo, o poliedro apresenta 30 vértices e 60 arestas.
123
x = 12 (faces pentagonais) e y = 20 (faces hexagonais).
II)2A = 5 · 3 + 15 · 4 + 1 · 5 + 1 · 10
15 + 60 + 5 + 10
A =
2
A = 45
V + 22 = 45 + 2
V = 25
123
04 F = 15 (pentadecaedro)
V = 22 (vértices)
Dados
F3 = 4 (4 faces triangulares)
F5 = x (x faces pentagonais)
F6 = y (y faces hexagonais)
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 + 6F6 ⇒ 70 = 12 + 5x + 6y ⇒ 5x + 6y = 58
123
5x + 6y = 58
Resolvendo
, encontram-se x = 8 e y = 3.
x + y = 11
Atividades Propostas – pág. 101
III)Relação de Euler:
V + F = A + 2
Logo, existem 8 faces pentagonais.
05 I) F = F4 = 30
II)2A = 30 · 4 → A = 60
01 B
III)V + F = A + 2
V + 30 = 60 + 2
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
24 + 24
A =
2
A = 24
V = 32
06 A = 40 e sendo V e F os respectivos números de vértices
e faces, devemos ter:
V F
I)= = k → V = 3k e F = 4k, onde k é a constante de
3 4
proporcionalidade.
II)Relação de Euler:
V + F = A + 2
3k + 4k = 40 + 2
k = 6 → V = 3 · 6 = 18 e F = 4 · 6 = 24
07 B
V + F = A + 2
V + 14 = 24 + 2
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
V = 12
A = 120
III) Relação de Euler:
20 | 2a Série – Ensino Médio
VOLUME 1 | GEOMETRIA
b) I) O dodecaedro regular tem V = 20 vértices. Ligando
V ⋅ ( V − 1) 20 ⋅ 19
os vértices, obtemos
=
= 190 seg2
2
mentos entre arestas, diagonal de face e diagonal do
poliedro.
II)Diagonais de face (as faces são pentágonos):
5 ⋅ (5 − 3 )
d5 = F5 ·
= 12 · (5) = 60
2
Logo, o número (D) de diagonais do dodecaedro será:
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 + 48 → A = 45
III)Relação de Euler:
V + F = A + 2
13 + F = 45 + 2
F = 34
09 I) A = V +
50
1
3

⋅ V → A = V ⋅  1+  → A = ⋅ V
 2
100
2
II)V + A + F = 14 → V + F = 14 – A
III)Relação de Euler:
V ⋅ ( V − 1)
– A – d5
2
D = 190 – 30 – 60
D=
D = 100
03 C
b
V + F = A + 2
a
D
14 – A = A + 2
A = 6
3
3
IV)A = ⋅ V → 6 = ⋅ V → 3 V = 12 → V = 4
2
2
V)V + A + F = 14 → 4 + 6 + F = 14 → F = 4
Logo, o poliedro tem 4 faces e 6 arestas.
A
Os brilhantes ocuparão a posição dos vértices e as hastes 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:
a
a
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)
10 D
Dado: a = 8 cm
B
8=b 2
b
a
b
• S = (V – 2) · 360º ⇒ 720º = (V – 2) · 360º ⇒
01 Tetraedro, hexaedro (cubo), octaedro, dodecaedro e icosaedro regulares.
⇒V–2=2⇒V=4
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:
Como F =
• A + 2 = V + F ⇒ A + 2 = 4 + F ⇒ A = 2 + F.
2
A, obtemos:
3
2
A ⇒ 3A = 6 + 2A ⇒ A = 6
3
2
Daí, F = ⋅ 6 = 4.
3
A=2+
05 123
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 dodecaedro (F = 12):
2A = F · m → 60 = 12 · n → n = 5 (faces pentagonais)
Logo, o dodecaedro apresenta 12 faces pentagonais. Daí, a soma (S) dos ângulos será:
S = 12 · (n – 2) · 180°
S = 12 · (5 – 2) · 180°
S = 6480°
Outra solução:
S = (V – 2) · 360º
S = (20 – 2) · 360º
S = 6480º
b
04 B
B
A
b = 4 2cm
Atividades para Sala – pág. 110
b
D
8
8 2
b=
=
2
2
C = 200 · 30 + 250 · 12 = R$ 9000,00.
C
F3 = 3
Dados
F4 = 1
F5 = 1
F6 = 2
a)• 2A = 3F3 + 4F4 + 5F5 + 6F6
2A = 9 + 4 + 5 + 12
2A = 30
A = 15
• F = F3 + F4 + F5 + F6
F = 3 + 1 + 1 + 2
2a Série – Ensino Médio | 21
VOLUME 1 | GEOMETRIA
F = 7
•A+2=V+F
15 + 2 = V + 7
V = 10
O poliedro tem 10 vértices, 7 faces e 15 arestas.
V ( V − 1)
– A – N, onde:
2
N = F3 · d3 + F4 · d4 + F5 · d5 + F6 · d6
b)D =
3 (3 − 3)
4 ⋅ (4 − 3)
5 (5 − 3 )
6 (6 − 2)
+ 1⋅
+ 1⋅
+ 2⋅
2
2
2
2
N = 0 + 2 + 5 + 18
N = 3 ⋅
N = 25
Como A = 3 · F5 ⇒ A = 3x.
• 2A = 3F3 + 5F5
6x = 36 + 5x
x = 36 ⇒ F5 = 36
• Si = (n – 2) · 180º, onde Si é a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados
Para n = 5 ⇒ Si = (5 – 2) · π ⇒ Si = 3π
(note que πrad = 180º)
Daí,
10 (10 − 1)
− 15 − 25
2
D = 5 · 9 – 40
D =
D = 45 – 40
D = 5
Atividades Propostas – pág. 111
02 De acordo com o enunciado, V = 60 e A = 90. Sendo
F5 = x e F6 = y, temos:
I) F = F5 + F6 ⇒ F = x + y
II)V + F = A + 2 ⇒ 60 + F = 90 + 2 ⇒ F = 32
Daí, x + y = 32
05 Foi dado S = 32r, onde r é o ângulo reto e sabemos que
S = (V – 2) · 360º. Daí, temos:
32 ⋅ 90º
⇒ V – 2 = 8 ⇒ V = 10
I) (V – 2) · 360º = 32r ⇒ V – 2 =
360º
II) V + F = A + 2 ⇒ 10 + F = 20 + 2 ⇒ F = 12
F3 = x
III)
⇒F = x + y ⇒ x + y = 12
F5 = y
IV)2A = 3F3 + 5F5 ⇒ 40 = 3x + 5y
Resolvendo o sistema
x = 10 e y = 2.
Logo, F3 = 10 e F5 = 2.
O poliedro apresenta 10 faces triangulares e 2 faces pentagonais.
123
01 D
O poliedro regular, de faces triangulares, e que não possui diagonais é o tetraedro, cujo número de vértices é
igual a 4.
Daí, S = (V – 2) · 360º ⇒ S = (4 – 2) · 360º ⇒ S = 720º
• Sendo S a soma pedida, temos que S = 36 · Si ⇒
S = 36 · 3π ⇒ S = 108π.
123
O poliedro possui 5 diagonais.
04 E
F3 = 12
⇒ F = F3 + F5 ⇒ F = 12 + x.
F5 = x
123
x + y = 12
3x + 5y = 40
06 A
I)F4 = x e F3 = 4 ⇒ F = 4 + x
II)S = 12r (onde r é um ângulo reto).
Logo, (V – 2) · 360º = 12r ⇒ V – 2 =
Logo, A = 6 + 2 · 1 ⇒ A = 8.
123
III) 2A = 5F5 + 6F6 ⇒ 180 = 5x + 6y.
x + y = 32
, encontram-se x = 12 e y = 20.
Do sistema
5x + 6y = 180
Logo, F6 = 20. Portanto, serão 20 os homenageados.
2A = 12 + 4x
A = 6 + 2x
IV) V + F = A + 2 ⇒ 5 + (4 + x) = (6 + 2x) + 2 ⇒ x = 1
07 A
F3 = x
I)
⇒F=x+y
F4 = y
II)S = 2880º e S = (V – 2) · 360º. Daí:
2880º = (V – 2) · 360º
V – 2 = 8 ⇒ V = 10
III) V + F = A + 2 ⇒ 10 + F = 20 + 2 ⇒ F = 12.
Daí, x + y = 12
IV) 2A = 3F3 + 4F4
40 = 3x + 4y
x + y = 12
, obtemos x = 8 e y = 4.
Resolvendo o sistema
3x + 4y = 40
123
22 | 2a Série – Ensino Médio
III) 2A = 3F3 + 4F4
12 90”
⇒ v=5
360”
123
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 = 40
III) V + F = A + 2 ⇒ V + 20 = 40 + 2 ⇒ V = 22
IV) O no de diagonais do poliedro (D) será:
V ⋅ ( V − 1)
D=
− A − N, onde :
1
N = F3 · d3 + F5 · d5 (N é o número de diagonais de
todas as faces)
3 ⋅ (3 − 3) 10 ⋅ 5 ⋅ (5 − 3)
N = 10 ·
+
2
2
N = 0 + 50 = 50
22 ⋅ (22 − 1)
Daí, D =
− 40 − 50
2
D = 11 · 21 – 90
D = 141
, encontramos
O poliedro possui 8 faces triangulares e 4 faces quadrangulares.
VOLUME 1 | GEOMETRIA
A
08 Considere o tetraedro ABCD
representado na figura e α o
ângulo diedro formado pelas
faces BCD e ACD. Como todas as
faces são triângulos equiláteros
e sendo  a medida das arestas
x
02 l
D
e
e
y
d
B
2r
O
a
r
c
c
l
 3
.
2
O centro do triângulo BCD é
baricentro. Sendo assim,
d
z
M
500cm = 5m
w
b
do tetraedro, BM = AM =
C
b
r
a
a
 3
 3
⇒r=
2
6
OM = r e BM = 2r. Daí: 2r + r =
No triângulo retângulo AOM, cosa =
⇒ cosa =
OM
⇒
AM
 3 2
1
⋅
⇒ cos α = .
6  3
3
r
w
z
y
x
0,004km = 4m
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
09
A
O
600dm = 60m
23, 2, 15, 15
2
0,6hm = 60m
23, 1, 15, 15
3
23, 1, 5, 5
5
23, 1, 1, 1
23
1, 1, 1, 1
r
x
2r
2
D
P
B
2
0,8dam = 8m46, 4, 30, 30
a
2r
a
03 0,092km = 92m 92, 8, 60, 60
r
a
M
a
C
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 poliedro externo. Usando a semelhança dos triângulos MAB e
a 2r + r
= 3.
MPO, obtemos: =
x
r
10 A
92 : 4 = 23
8:4=2
23 + 2 + 15 + 15 = 55 estacas.
60 : 4 = 15
60 : 4 = 15
04 Área do ladrilho = 24cm · 16cm = 384cm2
Área da sala = 700cm · 960cm = 672 000cm2
No de ladrilhos =
O cubo é um hexaedro regular que possui V = 8 (oito
vértices) e F = 6 (seis faces).
05 B
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
Capítulo 6 volume
Atividades para Sala – pág. 114
01 Seja h a altura da porta. Então, h = 12,5c. Como
c = 16cm, h = 12,5 · 16 ⇒ h = 200cm ⇒ h = 2m (dois
metros).
m.d.c = 22 = 4
Tamanho
real
A
672 000
= 1750.
384
Foto
B
b
a
Área = ab = 60cm2
Área = A · B
1
I) Escala = comprimento na foto
=
. Daí :
comprimento real
250
 A = 250a
a b
1
= =
→
A B 250
B = 250b
II)Área real = A · B
Área real = (250a) · (250b)
Área real = (250)2 · (ab)
Área real = 62 500) · (60cm2)
Área real = 3 750 000cm2
 1 
m
Área real = 3 750 000 · 
 100 

1
2

m2
Área real = 3 750 000 · 
 10 000 
Área real = 375m2
2a Série – Ensino Médio | 23
VOLUME 1 | GEOMETRIA
375m2
≅ 31, 2
12m2
III)No de galões =
Logo, serão comprados, no mínimo, 32 galões ao custo
Q
05 C
3,2
total de 32 · (13 reais) = 416 reais.
3,2
3,2 16
Atividades Propostas – pág. 115
3,2
01 Sendo m’ a medida real da trena, temos:
3,2
I) 1m’ = 1m + 3mm
P
1m’ = 1m + 0,003m
3
3
3
II)Frente = 2 965m’
= 2 965 · (1,003m)
= 2 973,895m
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo PQO,
temos que:
(PQ )
2
( )
= 122 + 162 ⇒ PQ
2
= 400 ⇒ PQ = 20 m.
06 D
1 000mm
1m
=
= 200 quadradinhos no
5mm
5mm
02 1080, 840, 600
2
540, 420, 300
2
270, 210, 150
2
135, 105, 75
3
45, 35, 25
3
15, 35, 25
3
5, 35, 25
5
= 200 000mm
1, 7, 5
5
= 200m
1, 7, 1
7
07 D
a)120cm
b)1080 ÷ 120 = 9
840 ÷ 120 = 7
600 ÷ 120 = 5
São obtidos
1m
=200 quadradinhos na largura,
5mm
comprimento e
num total de (200) · (200) = 40 000 quadradinhos. Daí:
m.d.c =23 · 3 · 5 = 120
1, 1, 1
O
12
1m’ = 1,003m
3
comprimento total = 40 000 · (5mm)
1
⋅ 60 dam2 = 20dam2 (Praça de esporte).
3
50 – 20 = 30dam2 = 3 000m2 (Restante).
3 000 ÷ 50 = 60m2 (Área de cada sala de aula).
08 D
9 + 7 + 5 = 21 pedaços.
c = 1,5m
c)21 · 3cm = 63cm = 0,63m
b=
03 B
m
4,5
a = 7,5m
Seja x o número de tábuas de 2cm e y o de 5cm. Então,
x + y = 50
123
Resolvendo o sistema
2x + 5y = 154
, obtemos:
x = 32 e y = 18. Logo, x – y = 32 – 18 = 14
04 B
• 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 = 69,75m2 = 697 500cm2.
• Área de um azulejo = 152 = 225cm2
• Número de azulejos = 697 500 ÷ 225 = 3.100
09 D
500dm = 50m
321
x + y = 50 e 2x + 5y = 154cm.
Temos que:
24h = 24 · 60 · 60s = 86 400s.
0,4hm = 40m
São, portanto, 86 400 oscilações e ele desce:
= 2000m2 = 2 000 centiares
86 400 · (0,02m) = 1728mm = 1,728m
No de crianças = 2 000 · 2 = 4.000
24 | 2a Série – Ensino Médio
Área do pátio = 50m × 40m =
VOLUME 1 | GEOMETRIA
10 D
Atividades Propostas – pág. 122
Tamanho
real
B
A
Planta
12cm
01 D
14cm
10cm = 0,1m
comprimento na planta
1
I) Escala =
. Daí :
=
50
comprimento real
 A = 50 ⋅ 14cm = 700cm = 7m
14cm 12cm
1
=
=
→
50
A
B
B = 50 ⋅ 12cm = 600cm = 6m
10m
II)Área real = A · B = (7m) · (6m) = 42m2
12m
Vnecessário = 12m · 10m · 0,1m = 12m3 = 12.000 litros.
Atividades para Sala – pág. 122
02 2,5cm = 0,25dm
01 A
VB = 5 · 3 · 4 = 60
40cm = 4dm
02 B
3m = 30dm
I) Precipitação: 5cm = 50mm (choveu 50L de água por m2)
II)Área = 10km2 = 10 · (103m)2 = 10.106m2 = 107m2
Vpeça1 = 30 · 4 · 0,25 = 30dm3
Logo, houve uma precipitação de 107 · (50L) =
5 · 10 · 107L = 5 · 108L
1cm = 0,1dm
03 A
O volume do sólido é igual ao volume de água deslocado, ou seja:
V = 1m · 1m · 20cm
Observando que 20cm = 0,2m, temos:
V = 1 · 1 · 0,2 = 0,2m3 = 0,20m3.
50cm = 5dm
2m = 20dm
Vpeça2 = 20 · 5 · 0,1 = 10dm3
Regra de três:
30dm3 → 75kg
04 C
10dm3 → x
I) Volume = (1m) · (25cm) · (20cm)
Daí:
30x = 750kg.
Volume = (10dm) · (2,5dm) · (2,0dm)
x = 25kg.
Volume = 50dm3
1
kg
II)1kg = 1,7dm3 → 1dm3 =
1, 7
 1

500
kg =
Logo, ela comprará 50 · 
kg ≅ 29,4kg
 1, 7 
17
03 E
0,5cm
05 E
I) Volume de sangue = 5,5L = 5,5dm = 5,5 · (10 mm) = = 5,5.106mm3.
II)No de glóbulos vermelhos = (5,5 · 106) · (5 milhões) =
= 27,5 · 106 milhões
=(2,75 · 10) · 106 · 106
= 2,75 · 1013
50cm
3
cm
2
60
3
Pedra
80cm
Vpedra = 80 · 60 · 0,5 = 2 400cm3
2a Série – Ensino Médio | 25
VOLUME 1 | GEOMETRIA
Sendo x a medida da aresta do cubo, o volume da parte
vazia deve corresponder a 192L = 192dm3.
04 C
15cm
Logo, volume vazio = x · x · (30cm) = 192dm3
x2 · (3,0dm) = 192dm3
0,65m
x2 = 64dm2
x = 8dm
Logo, o volume do cubo será x3 = (8dm)3 = 512dm3 = 512L
1 ,2
m
09 B
OBS: 15cm = 0,15m
Castelo
Seja h a altura que o nível da água alcançaria.
0,6m
Então, 510 000 000km2 · h = 13 000km3 ⇒
13 000km3
⇒
510 000 000km2
⇒ h = 0, 0000254km ⇒ h = 2, 54cm
⇒h=
Vcastelo = 0,6 · 1,2 · 0,15 = 0,108m3 = 108dm3
10 D
05 C
Sendo x3 o volume do cubo, temos:
I)V1 = abc = 50x3
x
· 143,2 = 179 ⇒ 14.320 + 143,2x = 17.900 ⇒
100
⇒ 143,2x = 3.580 ⇒ x = 0,25 ⇒ x = 25%
143,2 +
Caixa 1 (V1)
c
06 I) Área da região = 10m · 15m = 150m2
II)A quantidade máxima de água ocorrerá para uma
chuva de 60mm = 60L em 1m2, por hora.
Daí, a quantidade de água recebida na região, em 1
hora, será: 150 · (60L) = 9 000L
a)Número máximo de notas:
56 cm
560mm
I) No comprimento:
=
=4
140mm 140mm
II)Na largura:
x
a
II)V2 = 2a · 2b · 2c
V2 = 8abc
V2 = 8 · 50x3
07 b
x
39cm 390mm
=
=6
65mm 65mm
10 cm
100mm 1 000
=
=
= 500
III) Na altura:
0, 2mm 0, 2mm
2
Daí, o número máximo de notas será 4 · 6 · 500 = 12 000
notas, no valor de 12 000 · (50 reais) = 600 000 reais.
b)
I) Volume das notas = (56cm) · (39cm) · (10cm) = 21 840cm³.
II)Cada cm³ de notas tem o peso de 0,75g. Daí:
Peso das notas: 21 840 · (0,75g) = 16 380g = 16,38kg
Peso da mala cheia = (16,38 + 2,6)kg = 18,98kg.
08 D
V = 400x3
2
2
V = 400 · VCUBO
Caixa 2 (V2)
2c
2b
x
x
2a
Logo, podem ser colocados 400 cubos na caixa maior.
Capítulo 7 Prismas
Atividades para Sala – Pág. 131
01 30cm
Base
6
P
6
6
16
x
A
6
6
6
6
D
x
x
A
D
x
B
26 | 2a Série – Ensino Médio
6
C
B
C
VOLUME 1 | GEOMETRIA
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.
= 360º = 180º e AC
D = AD = 90º (ângulo inscrito).
II)
AD
2
2
III)No triângulo retângulo ACD:
(AD) = (AC) + (CD)
2
2
2
122 = (AC)2 + 62
144 – 36 = (AC)2
(AC)2 = 108
IV)No triângulo retângulo PAC:
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
512
Daí,
=
→ x = 10 reais.
x
1 000
05 A superfície da água sempre fica na horizontal, paralela
ao solo. Como os ângulos alternos internos de retas
paralelas são iguais, devemos ter:
(PC)2 = (AP)2 + (AC)2
(PC)2 = 256 + 108
4
(PC) = 364
2
x
20 3
PC = 2 91cm
V)No triângulo retângulo PAD:
60º
y
2
h
2
y
(PD)2 = 256 + 144
30º
(PD)2 = 400
PD = 20cm
As possíveis medidas são 2 91cm e 20cm.
02 B
No paralelepípedo, temos:
I) Área total: S = 2ab + 2ac + 2bc
II) Diagonal: d =
III) m = a + b + c
IV)Produto notável:
a2 + b2 + c 2 ⇒ d2 = a2 + b2 + c 2
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
m2 = d2 + S
x
4
(PD) = (PA) + (AD)
2
4
S = m2 – d2
03 C
I) Volume do reservatório:
60º
4
4
4 3
= 3⇒x=
=
3
x
3
2
II)Volume de água = · [(4cm) · (4cm) · ( 20 3cm)] =
3
40 3
1
(4cm) · (4cm)=· y + ⋅ x(4cm) · (4cm) · x
3
2
Dividindo por (4cm) · (4cm), obtemos:
Tg 60º =
I)
40 3
1
3 = y + 2 ⋅ x
40 3
1 4 3
38 3
3 = y + 2 ⋅ 3 ⇒ y = 3
42 3
= 14 3
3
III) x + y =
IV) sen60º =
3
h
h
3
=
⇒
=
⇒ h = 21cm
2
x+y
2
14 3
V = a · b · c
V = 8m · 5m · 120cm
Atividades Propostas – pág. 131
V = 80dm · 50dm · 12dm
V = 48 000dm3
V = 48 000L
01 II)Regra de três:
2 litros → 1 segundo
48 000 litros → x
Daí, 2x = 48 000
I) S = (V – 2) · 360° = 72 · (ângulo reto)
72 ⋅ (90º )
360º
V – 2 = 18
V – 2 =
x = 24 000s
24 000
x=
= 400 min
60
V = 20
04 I. D
Daí: 2 · n = 20 ⇒ n = 10 (a base é um decágono).
Sendo a a medida da aresta de C1, a medida da aresta de
II)Sendo n o número de lados da base, o prisma terá 2n
vértices (n em uma das bases e n na outra base).
III)O prisma terá 30 arestas (10 em uma base, 10 na
C2 será a + 2. Daí, devemos ter:
outra base e 10 laterais).
Área de C2 = Área de C1 + 216
Resposta: Prisma decagonal; 30 arestas.
6 · (a + 2)2 = 6a2 + 216
6 · (a2 + 4 a + 4) = 6a2 + 216
24a = 216 – 24 ⇒ a = 8
02 D
Área de uma caixa, em cm2 :
II. E
A = 2 · (14 · 20 + 14 · 40 + 20 · 40) = 3280cm2 = 0,328m2
Área total de 10 000 caixas: 10 000 · A = 3280m2
I) Volume de C1 = 83 = 512cm3
2a Série – Ensino Médio | 27
VOLUME 1 | GEOMETRIA
03 C
No caminhão, no máximo, caberão:
 60 − 2x   60 − 2x  x
No de bolas = 
 ⋅ = 6 ⋅ 6 ⋅ 2 = 72
 ⋅
6  
6  6
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,
240
= 12 viagens.
20
Sendo a, b e c as dimensões do paralelepípedos B, devemos ter:em
medida
A
1 A
medida
= em
. Daí=: 1 . Daí :
10
medida
B
Escala =em
medida em B 10
a · b · c = 85.000cm3
III) Produto notável:
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
a=b–R
IV) P.A. de razão R : (a, b, c) ⇒
V)a + b + c = 12 ⇒ (b – R) + b + (b + R) = 12 ⇒ b = 4
c=b+R
a=4–R
123
⇒
 60 − 2x   60 − 2x  x
No de bolas = 
 ⋅ = 2 ⋅ 2 ⋅ 4 = 16
 ⋅

6  
6  6
Logo, o máximo será 72 bolas.
08 C
c
ab = 14
Temos: ac = 10
bc = 5
Multiplicando membro a membro, obtemos:
c=4+R
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.
Volume de água =
40cm · 10cm · (20 – 6)cm = 20cm · 10cm · (40 – x)cm.
Daí:
40 · 10 · 14 = 20 · 10 · (40 – x) ⇒ 2 · 14 = 40 – x
⇒ x = 12cm
VI)a2 + b2 + c2 = 50
16 – 8R + R2 + 16 + 16 + 8R + R2 = 50
R = 1 ⇒ P. A.: (3, 4, 5)
2
2R = 2
ou
Atividades para Sala – pág. 135
R = –1 ⇒ P. A.: (5, 4, 3)
Logo, V = a · b · c = 3 · 4 · 5 = 60m3
01 D
Base
3cm
D
A
06 A
S(x) = (2x + 180) · (2x + 270 + 135 · 2)
S(x) = 4x2 + 540x + 360 + 48 600
S(x) = 4x2 + 900x + 48 600
07 A
As dimensões da caixa são (60 – 20x), (60 – 2x) e x, onde
0 < x < 30, e a altura da bola é 2 · 3cm = 6cm. Podemos
ter:
I) Para 1 camada (x = 6cm):
 60 − 2x   60 − 2x  x
No de bolas = 
 ⋅ = 8 ⋅ 8 ⋅ 1 = 64
 ⋅

6  
6  6
(2 ⋅ 7) ⋅ (2 ⋅ 5) ⋅ 5 = 10
a2b2c2 = 14 · 10 · 5 ⇒ abc =
(4 – R)2 + 42 + (4 + R)2 = 50
b
a
10 A
123
(a + b + c)2 = 50 + 94
a + b + c = 144 = 12
IV) Para 4 camadas (x = 4 · 6cm = 24 cm):
05 A
Sendo a, b, c as dimensões do paralelepípedo, temos:
2
2
2
2
2
2
I) Diagonal: D = a + b + c = 5 2 ⇒ a + b + c = 50
123
a = 85cma = 85cm
8, 5cm 28,,55cm
1 4cm 1
, 5cm
cm = 42cm
=
=
→
cmb = 25cm
b= = 25→
=
a
ba = c b 10
c c =10
40cmc = 40cm


Logo, o volume de B será:
II)Atotal = 2ab + 2ac + 2bc = 94
 60 − 2x   60 − 2x  x
No de bolas = 
 ⋅ = 4 ⋅ 4 ⋅ 3 = 48
 ⋅

6  
6  6
04 D
III) Para 3 camadas (x = 3 · 6 cm = 18 cm):
II)Para 2 camadas (x = 2 · 6cm = 12cm):
28 | 2a Série – Ensino Médio
B
a
C
A
a
B
a
 a2 3  3a2 3
I)ABASE = 6 · 
=
2
 4 
II)Alateral = 6 · [a · 3] = 18a
 3a2 3 
18a = 2 ⋅ 

 2 
18
a2
=
a
3 3
a = 2 3cm
a
a
III)Alateral = 2 · ABASE
D
a
a
a
C
VOLUME 1 | GEOMETRIA
IV) Volume = V = ABASE · (Altura)
04 2
3
⋅3
2
3⋅4 ⋅3⋅ 3
⋅3
V=
2
V = 54 3cm3
3a
m
V=
6c
60º
20m
02 Temos:
15m
8m
0,9m
15m
A
C
x
123
F
E
D
0,9
123
x
F
0,6
D
2,7 – 0,9 = 1,8
1,8
III) V = Ab · H ⇒ V = 6 3 ⋅ 3 3 ⇒
V = 54cm3
0,9
15
05 C
C
E
No triângulo sombreado, 52 = 42 + h2 ⇒ 25 – 16 = h2
⇒ h2 = 9 ⇒ h = 3.
5
I) Semelhança de triângulo:
0, 6
x
=
→ x = 5m
15 1, 8
⇒ Ab = 6 3cm2
II) sen60º = H ⇒ 3 = H ⇒ H = 3 3cm
6
2
6
B
3
4
Água
15
A
2
8m
x
0,6m
I) Ab = 6 ⋅ 2
B
8m
123
2,7m
H
4
II)A água forma um prisma de base triangular e altura
8m. Daí, o volume da água é:
5
h
4
8
Vágua = ABASE · altura
Vágua =  x ⋅ 0, 6  ⋅ 8 =  5 ⋅ 0, 6  ⋅ 8 = 12 m3
 2 
 2 
Logo, a área da base do prisma será:
5+5+8

=9
8⋅3
p =
2
Ab =
⇒ Ab = 12m2 ou 
2
 Ab = 9 ⋅ 1⋅ 4 ⋅ 4 = 12m2

Assim, o volume será:
03 Temos:
V = Ab · H ⇒ V = 12 · 3 ⇒ V = 36m3
ABASE = ASECÇÃO = S1 + S2, onde:
Atividades Propostas – pág. 136
7m
01 D
S1
2m
2m
3m
2m
I)S1 =
4m
S2
3m
(7 + 5) ⋅ 2 = 12m2
2
II)S2 = 3 · 2 = 6m2
Pelo princípio de Cavalieri, as pilhas têm o mesmo volume.
02 D
5 3 3
a2 3
12 3
⋅H =
⋅ 10 =
m
4
4
2
I)Vcoluna =
II)10 · Vcoluna = 10 ⋅
5 3
= 25 3 m3
2
Logo, custo = 25 3 ⋅ (200 reais) = 5 000 3 reais.
Utilizando 3 ≅ 1, 73 , obtemos custo ≅ 5 000 · (1,73) =
8 650 reais.
Daí:
• ABASE = S1 + S2 = 12 + 6 = 18m2
• Vpiscina = 18 · 3 = 54m3
03 E
22 3
=6 3
4
V = Ab ⋅ H ⇒ V = 6 3 ⋅ 2 ⇒ V = 12 3
Ab = 6 ⋅
2a Série – Ensino Médio | 29
VOLUME 1 | GEOMETRIA
ou
04 Sendo x a medida da aresta da base, temos:
12
3
(Figura 1)
2a
123
A
x O
x
x
x
B
z
06 C
4m
II)Semelhança de triângulos:
•
J
F
x 2
+
L
4x
8a 4a
z
=
→2=
=
2a 6x
6
3
•
Na figura 2 (prisma), temos:
123
P
x
x
B
7
(
)
x 2 + 9 + 10 − x = 77
x + 9 + 10 − x = 11
2
x2 + 9 = x + 1
2
d2 = a2 + a2
x 2 + 9 = x 2 + 2x + 1
2x = 8
x=4
III)VPiscina = VParalel. – VPrisma trian.
 3 ⋅ 4
 ⋅7
2 
d = 2a2 = a 2
VPiscina = (10 · 7 · 4) – 
Logo, PQ = d = a 2
VPiscina = 280 – 42
05 VPiscina = 238m3
D
2
E
2
h
H 32
C
2
2
A
B
3
(Base invertida do prima)
• No triângulo CDH:
2
 3
9
2 =   + h2 ⇒ 4 =
+ h2
2
4
7
7
⇒ h2 = ⇒ h =
4
2
7
3⋅
3 7
2
• AEDC =
=
4
2
2
• AABCE = 3 · 2 = 6
3 7

• ABASE = 
+ 6 cm2
 4

• VPrisma = ABASE · Altura
• Vprisma = 
 4
3 7
H
7 ⋅ x 2 + 9 + 7 ⋅ (10 − x ) = 77
2
2
 a
 4a a 
d2 =  2 ⋅  + 
− 
 2
 3 3
10 –x
II)AEFIJ + AFGHI = 77
III)d = (2x) + (z – y)
2
I
z
2x
2
x
2
I)(JI)2 = 32 + x2 → JI = x + 9
z–y
y
7m
7
9
123
G
3m
2a a
y
x
=
→y=
=
2a 6x
6 3
A
C
D
1m
a
2
Q
B
E
I)6x = 3a → x =
d
10m
A
Na figura 1, temos:
x
123
P
y Q
A
3a
B
)
P
z
x
1
x
Q
x x
2
y
x x
3
(
15 7 + 8
Vprisma = 15 7 + 120 =
cm3
2
2
(Figura 2)

 15 7

+ 6 ⋅ 10 = 
+ 60 cm3

 2

30 | 2a Série – Ensino Médio
V
= 238 000 litros
Piscina
IV)Em x horas, devemos ter:
(8000 L) · x = 238 000L
x = 29,75h
Observando que 0,75h = 0,75 · (60min) = 45min, obtemos
x = 29h e 45min.
07 B
V = Ab · H
52 3
⋅4 3
4
V = 25 · 3
V = 75 unidades de volume.
V=
4 3
5
VOLUME 1 | GEOMETRIA
08 D
D
3
h
E
C
3
2
2
5
A
B
3
(BASE)
3
2
3
D
C
2
E
3
A
B
I) Na base:
3 3
 3
32 =   + h ⇒ 36 = 9 + 4h2 ⇒ h =
 2
2
II)ABASE = AABCE + ACDE
2
1
ABASE = (3 · 2) +3 3⋅ 3 ⋅ h
2
3⋅
Ab = (3 ⋅ 2) +9 3 2
2
ABASE = 6 +
4
9 3
Ab = 6 +
III) V = ABASE4· (Altura do prisma)
V = Ab ⋅ H

9 3
V = 6 +
⋅5
4 

V = 30 +
(45 3 )
4
09 D
(BASE)
8
3
2
x
5
3
x
5
2
I)52 = 32 + x2 ⇒ x = 4
II)ABASE =
(8 + 2 ) ⋅ x
2
(8 + 2) ⋅ 4 = 20
ABASE =
2
III) V = ABASE · (Altura do prisma)
V = 20 · 5 ⇒ V = 100m3
10 (BASE)
2
120º
2
1
3
I)ABASE = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ sen120º = 3 cm
II)V = ABASE · Altura =
3 ⋅ 6 3 = 18 cm3
2a Série – Ensino Médio | 31