Document

SOLON
RAMOS
MATEMÁTICA VI
GEOMETRIA PLANA - ENEM
Competência de área 2 – Utilizar o conhecimento geométrico para realizar a
leitura e a representação da realidade e agir sobre ela.
H6 - Interpretar a localização e a movimentação de pessoas/objetos no espaço
tridimensional e sua representação no espaço bidimensional.
H7 - Identificar características de figuras planas ou espaciais.
H8 - Resolver situação-problema que envolva conhecimentos geométricos de
espaço e forma.
H9 - Utilizar conhecimentos geométricos de espaço e forma na seleção de
argumentos propostos como solução de problemas do cotidiano.
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
1 – INTRODUÇÃO – POSTULADOS / POSIÇÕES RELATIVAS
2 – ÂNGULOS – CLASSIFICAÇÃO / SISTEMA DE MEDIDAS DE ÂNGULOS / ÂNGULOS
FORMADO POR DUAS RETAS PARALELAS E UMA TRANSVERSAL /
TEOREMA DE TALES
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
3 – POLÍGONOS – Polígonos regulares / Soma dos ângulos internos
[Si = (n – 2).1800] e soma dos ângulos externos (Se = 3600)
Número de diagonais (
)
Ângulos internos e externos de um polígono regular:
4 – SIMETRIA – CLASSIFICAÇÃO:
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
4 – SIMETRIA – CLASSIFICAÇÃO (CONTINUAÇÃO):
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
5 – TRIÂNGULO – CLASSIFICAÇÃO / CEVIANA: ALTURA:
CEVIANA: MEDIANA
CEVIANA: BISSETRIZ INTERNA
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
PONTOS NOTÁVEIS
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
SEMELHANÇA DE TRIÂNGULOS (AA)
TEOREMA DA BISSETRIZ INTERNA:
RELAÇÕES MÉTRICAS
RETÂNGULO:
LEI DOS SENOS:
NO
TRIÂNGULO
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
LEI DOS COSSENOS:
6 – QUADRILÁTEROS – CLASSIFICAÇÃO / PROPRIEDADES
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
7 – CIRCUNFERÊNCIA – ÂNGULOS / PROPRIEDADES:
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
COMPRIMENTO: C = 2R
RELAÇÕES MÉTRICAS:
POLÍGONOS INSCRITOS E CIRCUNSCRITOS.
GEOMETRIA PLANA - LEMBRETES
7 – ÁREA DAS FIGURAS PLANAS
RETÂNGULO:
QUADRADO:
PARALELOGRAMO:
TRIÂNGULO:
HEXÁGONO REGULAR:
LOSANGO:
COROA CÍRCULAR:
TRAPÉZIO:
SEGMENTO CÍRCULAR:
CÍRCULO:
SETOR CÍRCULAR:
Página 298
QUESTÃO 111
Ao longo da história, o parafuso foi sempre a solução de infindáveis
problemas, mas, também, gerava outros, pois inventores, industriais e
ferramenteiros desenvolviam seus parafusos e estes, quando
utilizados em outras localidades ou situações, apresentavam questões
de problemas técnicos para falta de padrão. Como resultado desses
contratempos, foram criados padrões, os quais garantiriam o
intercâmbio dos parafusos, tornando universal sua aplicação. Esses
padrões garantiram a produção e o consumo em escala industrial dos
parafusos. Então, quando se projeta parafusos com cabeças
prismáticas, o polígono regular da base deve ser
escolhido levando-se em conta alguns aspectos:
Página 298
QUESTÃO 111
– A existência de lados paralelos e simétricos: Quando o parafuso não
apresenta lados paralelos e simétricos isso dificulta o encaixe da chave.
– A medida do ângulo central: Quando um mecânico está concertando um
defeito qualquer numa máquina, por exemplo, um automóvel, muitas vezes,
ele tem pouco espaço para trabalhar. Por essa razão, o mais cômodo é que o
parafuso possa ser apertado ou desapertado com giros curtos. Esse ângulo de
giro a que estamos nos referindo é o ângulo central do polígono regular.
– A medida do ângulo interno: Quando a medida do ângulo interno é grande, o
parafuso tem facilidade de arredondar sua cabeça e, portanto, uma vez
arredondada, fica muito difícil apertar ou desapertar o parafuso.
Utilizando esses critérios, qual dos parafusos abaixo cujas bases das cabeças são
polígonos regulares é o mais adequado para o uso?
d
e
f
g
h
Página 298
QUESTÃO 111
RESOLUÇÃO:
Dados:
- Lados paralelos e simétricos
- Ângulo central – Giros curtos
- Ângulo interno – pequeno.
d
e
f
Não possui lados
paralelos.
Lados paralelos
– Ângulo central = 90°
- Ângulo interno = 90°
Não possui lados
paralelos.
x
g
h
Lados paralelos
– Ângulo central = 60°
- Ângulo interno = 120°
Lados paralelos –
Ângulo central = 45°
Ângulo interno = 135°
Observamos que o hexágono
regular
possui
melhores
características para o problema,
pois o octógono regular é mais
redondo que o hexágono
RESPOSTA: D
Página 299
QUESTÃO 112
Um sistema de irrigação foi projetado conforme a figura abaixo. A água é captada
do rio no ponto A e bombeada para a cisterna B, a 200 m de A. Em B, a água sofre
um pequeno tratamento e é novamente bombeada para o ponto de distribuição
C, a 320 m de B. A direção do rio é paralela à direção BC. Em virtude de um
problema na cisterna, a água deverá ser bombeada do ponto de captação no rio
(A) ao ponto de distribuição C.
Sabendo-se que o encanamento do projeto
se encontra em um mesmo plano, a
quantidade de cano, em metros, para
realizar tal tarefa é:
d 260 m.
e 280 m.
f 300 m.
g 320 m.
h 340 m.
Página 299
QUESTÃO 112
Resolução:
AC2 = 2002 + 3202 – 2 . 200 . 320.cos 60° 
AC2 = 40.000 + 102.400 – 2. 64000 .
DADOS:
AC2 = 142.400 – 64000  AC2 = 78400  AC2 = 784 x 100

AC = 280m
B
60°
1

2
Angulo alterno interno
60°
320m
A
d 260 m.
e 280 m.
f 300 m.
x
g 320 m.
h 340 m.
C
RESPOSTA: B
Página 299
QUESTÃO 113
Diz-se que uma obra qualquer está “no esquadro” quando o ângulo formado
entre suas partes for reto (90°). O esquadro é um instrumento de desenho
utilizado em obras civis e, também, pode ser usado para fazer linhas retas
verticais com precisão para 90°. Têm-se notícia que os primeiros a utilizar o
esquadro foram os egípcios, tendo em vista que suas pirâmides são compostas
de pedras perfeitamente esquadrejadas e com as bases perfeitamente
esquadrejadas. Os egípcios descobriram que, utilizando-se uma corda
marcada em intervalos iguais e tomando-se as medidas 3, 4 e 5 para os lados de
um triângulo, obtinham um triângulo retângulo, no qual os catetos menores
eram os lados de 3 e 4 unidades e a hipotenusa o lado maior. Assim, usavam
essas medidas para confeccionar triângulos de madeira com a forma muito
parecida com os esquadros que conhecemos hoje em dia, utilizando os mesmos
para manter a perfeição de suas construções.
Com base no texto, qual dos triângulos abaixo poderia ser usado para verificar se
as paredes de uma casa estão no esquadro?
Página 299
QUESTÃO 113
d Triângulo de lados medindo 15 cm, 20 cm e 23 cm.
e Triângulo de lados medindo 30 cm, 40 cm e 0,6 m.
f Triângulo de lados medindo 0,6 m, 0,8 m e 1 m.
x
g Triângulo de lados medindo 2 m, 4 m e 5 m.
h Triângulo de lados medindo 1 m, 3 m e 3,5 m.
DADOS: Triângulo de lados 3, 4, 5. (Triângulo retângulo)
RESOLUÇÃO: Devemos verificar se o triângulo formado é semelhante ao triângulo
retângulo (3, 4 e 5)
d 23,20 e 15  Não são proporcionais a 5, 4 e 3.
e 60cm; 40cm e 30cm  Não são proporcionais a 5, 4, e 3.
1m; 0,8m e 0,6m é proporcional a 5, 4 e 3, verificamos melhor colocandoos em cm: 100cm; 80cm e 60cm.
RESPOSTA: C
g 5m; 4m e 2m  Não são proporcionais a 5, 4 e 3
f
h
3,5m; 3m e 1m  Não são proporcionais a 5, 4 e 3
Página 300
QUESTÃO 114
Buraco da camada de ozônio
O buraco na camada de ozônio, o escudo protetor da Terra
contra os raios ultravioleta, deve ficar menor este ano
sobre a Antártida do que no ano passado, mostrando
como a proibição a substâncias prejudiciais interrompeu a
sua destruição, disse a Organização das Nações Unidas
(ONU) nesta sexta-feira.
O buraco, entretanto, provavelmente, está maior do que em 2010 e uma
recuperação completa ainda está longe de ocorrer. A assinatura do Protocolo de
Montreal, há 25 anos, para retirar aos poucos as substâncias químicas que
destroem a camada de ozônio, ajudou a evitar milhões de casos de câncer de
pele e de cataratas, assim como os efeitos nocivos sobre o ambiente, disse a
agência climática da ONU.
Página 300
QUESTÃO 114
“As condições de temperatura e a extensão das nuvens estratosféricas
polares, até agora, este ano, indicam que o grau de perda de ozônio será menor do
que em 2011, mas, provavelmente, algo maior do que em 2010”, disse em um
comunicado a Organização Meteorológica Mundial (OMM).
O buraco da camada de ozônio na Antártida, que atualmente mede 19
milhões de km², provavelmente, estará menor este ano do que no ano recorde de
2006, informou a organização. A ocorrência anual, em geral, atinge sua área de
superfície máxima durante o fim de setembro e sua profundidade máxima no
começo de outubro.
Os clorofluorcarbonos (CFCs) banidos, porém, que já foram usados em
geladeiras e em latinhas de spray, duram bastante na atmosfera e levará várias
décadas para que as concentrações voltem aos níveis pré-1980, informou a OMM.
Página 300
QUESTÃO 114
Se o buraco da camada de ozônio, atualmente, fosse um círculo, seu
raio seria em torno de
d 1.000 km e 2.400 km f 3.000 km g 4.300 km h 5.000 km
x
DADOS: A = 19.000.000 km2
RESOLUÇÃO:
R2
= 19000000 
3,14R2
=
19.106

R2
19
=
. 106 
3,14
R = 6,05 . 103  R = 2,45 x 103  R = 2450km
RESPOSTA: B
Página 300
QUESTÃO 115
Um município, que tem a forma de um quadrado de lado igual a 10 km, é
atendido por quatro emissoras de rádio. Suas antenas, localizadas nos vértices do
quadrado, alcançam um raio de 10 km do município. Para orçar um contrato
publicitário, uma agência precisa avaliar a região (comum) de alcance das quatro
emissoras. Assinale, dentre as regiões a seguir, pintadas de cinza, aquela que a
agência precisa avaliar.
RESOLUÇÃO:
d
B
f
h
x
10km
A
10km
e
g
C
B
C
B
A
10km
C
D
10km
A
RESPOSTA: A
A
B
10km
10km
10km
10km
10km
D
10km
A
Página 301
QUESTÃO 116
“No Rio Grande do Sul e em alguns estados do nordeste brasileiro, os agricultores
dos assentamentos utilizam um método para a medição da terra – cubação, na
linguagem usada por eles – diferente daqueles utilizados na matemática
acadêmica. Por exemplo, para o cálculo da área de um terreno com o formato
abaixo (quadrilátero) é usado o seguinte procedimento:
I. O primeiro passo consiste em calcular a média aritmética das medidas dos lados
opostos do quadrilátero do terreno
II. Em seguida, os dois valores obtidos são multiplicados e a área é determinada:
(Área = 85 . 75 = 6375 unidades de área).
Página 301
QUESTÃO 116
Neste procedimento, o quadrilátero inicialmente dado é transformado em um
retângulo (através da determinação da média aritmética entre os lados opostos) e
sua área é a seguir calculada. O valor obtido para a área, através desse processo, é
sempre igual ou superior ao que se obteria por métodos utilizados na matemática
escolar.”
Texto adaptado da revista Scientific American Brasil No 11 edição especial etnomatemática
Utilizando a situação descrita no texto, a diferença entre o valor da área obtido
pela cubação do terreno e o valor da área obtido pelo processo acadêmico, isto é,
aquele ensinado na matemática escolar, é, em unidades de área, igual a
d 1.000
e 1.200
f 2.000
g 2.775
h 3.125
Página 301
QUESTÃO 116
RESOLUÇÃO:
B
DADOS:
M
N
40
120
A
e
75
50
30
C
pBCD =
D
130
50  120  130
 150 (p = semiperímetro)
2
AABCD = AABC + A BCD  A ABCD =
Q
85
P
40  30
 150 150  50150  130150  120
2
AABCD = 600 + 150  100  20  30 = 600 + 10  10  150x6 = 600 + 100  30 = 3600
AMNPQ = 85 x 75 = 6.375
RESPOSTA: D
A = AMNPQ – AABCD = 6.375 – 3600 = 2.775
GEOMETRIA ESPACIAL - LEMBRETES
1 – POLIEDROS – ELEMENTOS / NÚMERO DE LADOS O DOBRO DO
NÚMERO DE ARESTAS (L = 2A) / RELAÇÃO DE EULER (V + F = A +
2) / POLIEDROS DE PLATÃO / POLIEDROS REGULARES
Poliedro
Planificação
Elementos
4 faces triangulares
4 vértices
6 arestas
Tetraedro
6 faces quadrangulares
8 vértices
12 arestas
Hexaedro
Poliedro
Planificação
Elementos
8 faces triangulares
6 vértices
12 arestas
Octaedro
12 faces pentagonais
20 vértices
30 arestas
Dodecaedro
20 faces triangulares
12 vértices
30 arestas
Icosaedro
2 – PRISMAS – CLASSIFICAÇÃO / NOMENCLATURA
Alat (prisma reto) = (2P)base.h
Paralelepípedo
ABASE = a.b
ALATERAL = 2ac +2bc = 2(ac + bc)
ATOTAL = 2(ac + bc + ab)
V = a.b.c
D = a2  b2  c2
Vprisma reto = Abase.h
Cubo
ABASE = a2
ALATERAL = 4.a2
ATOTAL = 6.a2
V = a3
D=a 3
3 – PIRÂMIDE – CLASSIFICAÇÃO / NOMENCLATURA
Numa pirâmide regular, convém destacar:
 Relações
g2 = h2 + m2
a2 = h2 + R2
a2 = g2 + ( ) 2
2
R 2 = m2 + ( ) 2
2
 Áreas
.g
ALATERAL  n.
2
Área total ATOTAL = ALATERAL + ABASE
 Volume V  ABASE .h
3
 Tetraedro Regular
3
a 6
a
2
h
, A  a2 3 e V 
3
12
 Pirâmide Semelhantes
Relações
2
3
3
B  h V  h  B  V 
  ;    ;    
b  d v  d  b   v 
Vtronco = Vpir. maior – Vpir. menor
2
GEOMETRIA ESPACIAL - LEMBRETES
5 – CILINDRO – CILINDRO EQUILÁTERO
h
h
R
R
R
Secção meridiana
AS.M. = 2R.h
(2P)S.M. = 4R + 2h
Quando a secção meridiana de um cilindro reto é um quadrado, dizemos que o
cilindro é equilátero.
h = 2r
• Planificação do cilindro reto
• Áreas:
ABASE = CÍRCULO = R2
ALATERAL = (2P)BASE.ALTURA = 2R.H
ATOTAL = 2ABASE + ALATERAL = 2R2 + 2R.H
• Volume de um cilindro: Vcilindro = Ab . h = R2h
• Tronco de cilindro de bases não paralelas
G
g
r
G+g
2
r
VTronco = Ab . hmédia = R2(G + g)/2
AL(Tronco) = (2P)base . hmédia = 2R(G + g)/2
5 – CONE
Cone Equilátero
Um cone é dito equilátero quando a geratriz for
igual ao diâmetro da circunferência, ou seja, g =
2R.
 Áreas
R2
ABASE =
ALATERAL =  R . G
ATOTAL =  R(g + R)

Volume
VCone = R2 h
3

Cones Semelhantes
Relações
h 2
B
=
;
d
B’
V
v
=
h 3
d
;
B 3 V 2
=
v
B’
h
r1
g1
d = r2 = g2
Vtronco = Vcone maior - Vcone menor
6 – ESFERA
Secção
s 2 = r2 - d 2
Área da Esfera
A = 4 .  . r2
Volume da Esfera
3
Vesfera = 4  r
3
Fuso Esférico
r 
360° - 4r2
 A fuso =
90
° - Afuso
2
Cunha Esférica
360° -
4
..r3
3
° - Vcunha
2 . r3. 
 V cunha =
270
7 – INSCRIÇÃO E CIRCUNSCRIÇÃO DE SÓLIDOS
RELACIONAR OS ELEMENTOS / CUBO E ESFERA / CUBO E CONE /
CUBO E CILINDRO / CILINDRO E ESFERA / CILINDRO E CONE /
ESFERA E CONE
Página 301
QUESTÃO 117
A figura abaixo representa uma pista de skate construída com concreto, onde AB
representa uma semicircunferência.
Considere  = 3 e R$ 200,00 como sendo o custo do m³ de concreto, incluindo
material e mão de obra, então o custo de construção da pista foi de
d 1.200,00
h 6.000
f 3.600,00
e 2.400,00
g 4.800,00
Página 301
QUESTÃO 116
DADOS:
Resolução:
Na figura temos a metade do volume da
diferença entre um prisma e um cilindro.
Figura
1m
1m
4m
1m3 - 200
d 1.200,00
e 2.400,00
f 3.600,00 RESPOSTA: C
x
g
h
4.800,00
6.000,00
V1 
18m2 - x
3m
x = R$ 3600,00
1m
Vprima  V cilindro
2

1m
6m
6  4  3   2  3 72  3  12 72  36



 18
2
2
2
2
Página 302
QUESTÃO 118
Observe as especificações de um impermeabilizante:
A MANTA ASFÁLTICA TRANSITÁVEL é elaborada com asfalto e revestimento de
Geotêxtil (Poliéster) de fio contínuo, formando um não tecido com resinas que
aumentam suas propriedades de adesão. Possui armadura central de Polietileno
de alta densidade e dupla capa asfáltica. Ideal para impermeabilizações que
requeiram alta resistência mecânica e/ou transitabilidade, com um excelente
acabamento estético, obtendo, também, uma impermeabilização eficiente e
duradoura.
Características
Aparência: Cor preta
Composição básica: asfalto modificado com polímeros, armado com estruturante
e recoberto com geotêxtil 180 g/m².
Validade: 36 meses
Custo: R$ 20,00 – rolo de 10 m².
Página 302
João deseja impermeabilizar a lateral e o fundo do reservatório abaixo
O custo da manta usada na impermeabilização é de aproximadamente
DADOS:
Resolução:
d R$ 43,96.
Custo: R$ 20,00 –
e R$45,98. rolo de 10 m².
AIMPERMEABILIZAR = AL + AB  AI = (2P)base.h + R2
f R$46,78.
AI = 2Rh + R2  AI = 2.1.3 + .12 
g R$48,75.
AI = 6 +   AI = 7  AI = 7.3,14  AI = 21,98 m2
h R$50,32.
1 rolo - 10m2
Quantidade de rolos:
 n = 2,198 rolos
2
x
n rolos - 21,98m
Custo: 2,198 x 20 = R$ 43,96
RESPOSTA: A
Página 302
QUESTÃO 119
Uma caixa d’água de forma cúbica com capacidade de 512 litros está
completamente cheia e sua base perfeitamente assentada no piso horizontal de um
terreno. Bruna precisa retirar 128 litros de água dessa caixa e sabe que ela possui
uma válvula de escoamento localizada em sua parte inferior. Como não dispunha de
objetos para medir capacidade, Bruna teve a ideia de colocar uma régua graduada
em centímetros perpendicular ao piso na parte superior interna da caixa, de modo
que a borda coincida com a medida 0 cm da régua. Para garantir a retirada dos 128
litros, Bruna deve abrir a válvula de escoamento e esperar que o nível da água baixe
exatamente: DADOS: Vcaixa = 512 L = 512 dm3 = 512.000 cm3
d 14 cm.
Resolução:
e 16 cm.
128 L
Vcaixa = 512.000  a3 = 512.000  a = 80 cm
f 18 cm.
xg 20 cm.
Vretirado = 128 L = 128.000 cm3 
802.h = 128.000  h = 20 cm
h 22 cm.
80 cm
80 cm
RESPOSTA: D
Página 302
QUESTÃO 120
Na figura abaixo estão representadas três maneiras de lacrar uma caixa, em forma
de paralelepípedo, com fita adesiva preta.
Ordenando crescentemente as caixas pela quantidade de fita gasta em cada uma
delas, obtém-se:
Resolução:
Caixa 1, caixa 2, caixa 3.
d
Caixa 1: Qfita = 4.12 + 2.4 + 2.3 = 48 + 8 + 6  Qfita = 62 cm
Caixa 1, caixa 3, caixa 2.
e
Caixa 2: Qfita = 2.12 + 4.4 + 2.3 = 24 + 16 + 6  Qfita = 46 cm
f Caixa 3, caixa 1, caixa 2.
g Caixa 2, caixa 3, caixa 1. Caixa 2: Qfita = 2.12 + 2.4 + 4.3 = 24 + 8 + 12  Qfita = 44 cm
x
h
Caixa 3, caixa 2, caixa 1.
RESPOSTA: A
Página 303
QUESTÃO 121
Um copo de chope e a altura de um cone
Num dia de muito calor, Augusto senta-se à mesa de um bar e pede um chope.
Nesse lugar, o chope é servido em “tulipas”, que são copos com a forma de um cone
invertido.
No preciso instante em que o garçom traz a bebida, chega à mesa de Augusto o seu
amigo João.
— Como vai, João? Sente-se e tome a metade deste copo de chope. Eu tomo a
outra metade.
A fisionomia de João mostra alguma surpresa: como determinar a metade do
conteúdo do copo, se o copo é cônico?
Augusto alivia a situação. — Meu caro amigo! Com a ajuda de uma régua e de uma
calculadora, podemos resolver o nosso problema.
Augusto, então, saca de sua régua, calculadora e caneta, escrevendo a solução num
guardanapo, sob olhar estupefato do garçom.
Página 303
QUESTÃO 121
— Observe, João, que o copo tem 20 cm de altura. Desejamos obter a altura da
superfície do líquido que corresponda à metade do volume do copo. Para isso,
precisamos recordar dois teoremas.
TEOREMA 1: Toda seção paralela à base de um cone forma um outro cone
semelhante ao primeiro.
TEOREMA 2: A razão entre o volume de sólidos semelhantes é igual ao cubo da
razão de semelhança.
Ao pedir que João tomasse metade do copo, Augusto quis dizer metade da altura
(h = 10), sendo que em relação ao volume, o que restou no copo foi
aproximadamente:
d metade do volume do copo.
e um terço do volume do copo.
f um quarto do volume do copo.
g um oitavo do volume do copo.
h um décimo do volume do copo.
Página 303
QUESTÃO 121
Resolução:
TEOREMA 1: Toda seção paralela à base de um cone forma um outro cone
semelhante ao primeiro.
TEOREMA 2: A razão entre o volume de sólidos semelhantes é igual ao cubo da
razão de semelhança.
V1 = Volume do cone menor
V2 = Volume do tronco
V = Volume do cone
3
V1
V1
V
1
1
V
 10 
  
  1   V1 
V1  V2  20 
V1  V2 8
V
8
8
d metade do volume do copo.
e um terço do volume do copo.
f um quarto do volume do copo.
xg um oitavo do volume do copo.
h um décimo do volume do copo.
RESPOSTA: D
Página 303
QUESTÃO 122
“Vencer a resistência do ar ao deslocamento do carro é função da aerodinâmica. A
forma ideal de qualquer modelo seria a criada pela natureza na gota d’água”, explica
o chefe de Design da Volkswagen do Brasil, Luiz Alberto Veiga (que preparou para o
jornal O Estado de S. Paulo os desenhos do quadro abaixo).
Página 303
QUESTÃO 122
Numa boa aproximação uma gota d’água pode ser considerada como o resultado da união de dois sólidos: uma semiesfera e um cone (veja a figura
seguinte).
Considerando que os volumes do cone e da
semiesfera são iguais, o valor da razão h/R é
igual a
Resolução:
d 2
Vesfera
e 4/3 Vcone  2  2Vcone  Vesfera
f 1
3
x
g 1/2
h 1/3
1 2
4R
h
2. .R .h 
 h  2R   2
3
3
R
RESPOSTA: A
Página 304
QUESTÃO 123
Um artefato de decoração foi produzido a partir da pirâmide reta ABCDV de base
quadrada, conforme apresentação na figura 1. A sequência das figuras mostra
como a peça será produzida. Os pontos P, Q, R e S são pontos médios das arestas
laterais dessa pirâmide e definem o plano pelo qual a pirâmide será seccionada,
gerando uma nova pirâmide menor e um tronco de pirâmide (figura 2). A nova pirâmide menor serve de molde para escavar o tronco de pirâmide e, assim, ser gerado
o artefato de decoração (figura 3). Se AB = 12 cm e a altura da pirâmide ABCDV
mede 15 cm. Então, o volume do artefato de decoração gerado em cm³ é igual a
d 720
e 630
f 540
g 450
h 360
Página 304
QUESTÃO 123
V1= Volume da pirâmide menor
V2= Volume do Tronco
VA= Volume do artefato
Dados:
V= Volume da pirâmide maior
d 720
e 630
f 540
x
g 450
h 360
12
Resolução: VA = V2 – V1  VA = V – V1 – V1  VA = V – 2V1
VA 
1 2
1
15
.12 .15  2. .62.  VA  144.5  36.5  VA  540cm3
3
3
2
RESPOSTA: C