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GEOMETRIA ESPACIAL 1 AUTOR: JERLEY DANTAS 11. VAMOS RESOLVER JUNTOS 10. VAMOS RESOLVER JUNTOS Ilustrando a situação temos:

AB .H 3 100.100.100 1000000 3 VPIR   m 3 3 vamos fazer uma regra de três para obter o tempo necessário para a construção VPIR 

1000m 3 _______54 dias 1000000 3 m _______ x 3 x  18000dias 18000 x  50 anos( letra b) 360 Fazendo a semelhança dos triângul os, temos : r h  R H 1 h  1,6 1  h 1,6h  1  h 0,6h  1 1 h 0,6 10 5 h   cm (altura do cone menor) 6 3 5 8  1  cm (altura do cone maior) 3 3 8  .1,6 2 . 2 R H 3   .2,56. 8 . 1  20,48 ml VC   3 3 3 3 9 5  .1 2 .  r 2h 3   .1. 5 . 1  5 ml VNC   3 3 3 3 9 VT  VC  V NC 20,48 5  9 9 15,48 5,16 VT  ml  ml ( volume de uma dose) 9 3 V 51,6 3 n  T 0TAL   51,6.  10.3  30 ( letra d ) VDOSE 5,16 5,16 3 VT 

12. VAMOS RESOLVER JUNTOS Ilustrando a situação temos:

VAMOS RESOLVER JUNTOS Aplicando semelhança, temos:

Volume do tronco = Volume da pirâmide – Volume da nova pirâmide

VTRONCO  VP  VNP

ou

Volume do tronco = Volume pirâmide maior – Volume da pirâmide menor

( letra b )

13. VAMOS RESOLVER JUNTOS

15. VAMOS RESOLVER JUNTOS

ALP  2.h.4  8h (4 retângulos com base 2m e altura h) 1 ALC  2RH  2 . .H  H 2 (1 retângulo com base 2 R e altura H) ALP  2. ALC 8h  2.H h 2  H 8 h   H 4 vamos agora calcular os volumes VPRI  A B .H  2.2.h  4h

H 1 VCIL  R .H   .  .H  4 2 VPRI 4h 4 16h   4h.  VCIL H H H 4 h  como  , então : H 4 VPRI 16h 16    .  4 ( letra a) VCIL H  4 2

2

quando o barbante contorna a circunferê ncia do tronco seu comprimento é 2  R e na 2ª dobra este comprimento é dividido em 4 partes iguais, então : 2  R R  4 2 R R  2 .R 2 .h V MADEIRA  . .h  2 2 4 2 VCIL   .R .h V PERDA  VCIL  V MADEIRA

 2 .R 2 .h 4    .R 2 .h ( 1 - ) 4 3 ,14   .R 2 .h ( 1 ) 4 3,14   .R 2 .h ( 1 ) 4   .R 2 .h ( 1 - 0,785)

V PERDA   .R 2 .h  V PERDA V PERDA V PERDA V PERDA

V PERDA   .R 2 .h ( 0,215) V PERDA  0,215 .R 2 .h V PERDA  22% VCIL ( letra b )

16. VAMOS RESOLVER JUNTOS 14. VAMOS RESOLVER JUNTOS

VCONE 

 .R 2 .h

3  .4 2.10 VCONE  3 160 VCONE  cm 3 3 4 .R 3 4 .2 3 VESF   3 3 32 VESF  cm 3 3 160 VCONE 160 3 160 q  3  .   5 ( letra c) 32  VESF 3 32 32 3

Como os cones são semelhantes, então vamos calcular a razão de semelhança . ( mesmo raciocínio da questão 8 ) altura do cone menor K altura do cone maior H H 1 1 k 2    H 2 H 2 V Como NC  K 3 , então VC VNC  1    VC  2  VNC 1  VC 8

3

1 V NC  .VC 8 1 V NC  .1200  150 l ( letra e ) 8

17.

21. VAMOS RESOLVER JUNTOS VAMOS RESOLVER JUNTOS

V1  VCIL  R 2 H   .20 2.60  24000 cm 3 V2  VCONE 

 .R 2 .h

 .30 2.90

3 3 V1 24000 24 8    ( letra c ) V2 27000 27 9

 27000 cm 3

18.

VAMOS RESOLVER JUNTOS

Calculando e igualando os volumes, temos : VPAR  abc  3.18.4  216 cm 3 VCUBO  a 3 VCUBO  V PAR

podemos perceber pelo desenho que o comprimento da menor gaveta retangular é 1 1 1 1 a . .  m , 2 2 2 8 podemos perceber pelo desenho que a altura da menor gaveta retangular é 1 1 1 1 1 b . . .  m 2 2 2 2 16 e a profundidade dessa gaveta é igual para todas 1 c  m , então : 2 VGAV  a.b.c 1 1 1 VGAV  . . 8 16 2 1 3 VGAV  m ( letra b ) 256

a  216 3

a  3 216 a  6 cm ( letra b )

22.

19.

VAMOS RESOLVER JUNTOS

VAMOS RESOLVER JUNTOS

VCIL  R 2 .h  3,14  20 2  50  62800cm 3

VCIL   R 2 h  3.2 2.4  48m 3

V ÁGUA  95%.62800  0,95.62800  59660cm 3

VESF 

4 .2 3 32.3   32m 3 3 3 VT  48  32

abc 80.200.50   400000cm 3 2 2 V 400000 n  PAR  7 VÁGUA 59660

VPAR 

VT  80m 3 ( letra a) 23.

( letra c )

VAMOS RESOLVER JUNTOS

20. VAMOS RESOLVER JUNTOS

V PAR  abc  6.6.13  468cm

VOBJ   .10 2.10  1000 cm 3 ( letra a )

3

VCIL1   R 2 H  3,14.3 2.10  282,6cm 3 VCIL 2   r 2 h  3,14.12.3  9,42cm 3 VCIL  282,6  9,42  292,02cm V NÃO OCUPADO  468  292,02 V NÃO OCUPADO  175,98cm 3 V NÃO OCUPADO  176cm 3 ( letra d )

VOBJ  VCIL DESLOCADO   R 2 h   .10 2.10  1000 cm 3

3

24. VAMOS RESOLVER JUNTOS

VCIL   R 2 h   .15 2.40  9000 cm 3 ( letra b )

25. VAMOS RESOLVER JUNTOS Ilustrando a situação temos:

Fazendo a semelhança dos triângul os, temos : 2 r   0,4 5 1 R   0,5 2 0,4 h  0,5 4  h 0,5h  1,6  0,4h 0,1h  1,6 1,6 h  16m 0,1 h  16m ( altura do cone menor) 16  4  20m ( altura do cone maior)

 R 2 H 3,14.0,5 2 .20   5,233m 3 3 3 2  r h 3,14.0,4 2 .16 VNC    2,679 m 3 3 3 VT  VC  V NC VT  5,233  2,679 VC 

VT  2,55m 3  rodo   2 R  V   .h    .h  4   4  2

2

 2 .0,5 2  R  V  . 4  .4  4  2  V  3,14 2 .0,5 2  2,46 m 3 ERRO  2,55  2,46 2

ERRO  0,09m 3

GEOMETRIA PLANA AUTOR: George Christ EXERCÍCIOS 01. (UFSJ) Para se preencher um mosaico, cujo formato é o da figura abaixo, foram usadas pastilhas quadradas com lado de 0,5 cm, na proporção de: 40% das pastilhas na cor azul, 35% das pastilhas na cor verde e 25% das pastilhas na cor branca.

A área do mosaico é: Amosaico  A verde  Aazul  1  39  40 cm2 . A área de cada patilha é Apastilha  0,5 . 0,5  0,25 cm2 . Para calcular o número de pastilhas de cada cor, dividimos a área coberta pelo tipo de pastilha pela área de cada uma delas. Sabendo-se que não houve desperdício nos recortes das pastilhas, foram utilizadas 40%.40 40%.40 0,4 .40 Pazuis     64 pastilhas Apastilha 0,25 0,25 Pverdes 

azuis,

35%.40 35%.40 0,35 .40    56 Apastilha 0,25 0,25

pastilhas Pbrancas

verdes 25%.40 25%.40 0,25 .40     40 Apastilha 0,25 0,25

e pastilhas

brancas. 02. (ENEM) Um mecânico de uma equipe de corrida necessita que as seguintes medidas realizadas em um carro sejam obtidas em metros: a) distância a entre os eixos dianteiro e traseiro; b) altura b entre o solo e o encosto do piloto.

Considerando-se que não houve desperdício nos recortes das pastilhas, é CORRETO afirmar que foram gastas (A) 32 pastilhas azuis, 28 pastilhas verdes e 20 pastilhas brancas. (B) 16 pastilhas azuis, 14 pastilhas verdes e 10 pastilhas brancas. (C) 64 pastilhas azuis, 56 pastilhas verdes e 40 pastilhas brancas. (D) 48 pastilhas azuis, 42 pastilhas verdes e 30 pastilhas brancas. ALTERNATIVA C Resolução: Considere a figura.

Ao optar pelas medidas a e b em metros, obtém-se, respectivamente, (A) 0,23 e 0,16. (D) 230 e 160. (B) 2,3 e 1,6. (E) 2 300 e 1 600. (C) 23 e 16. ALTERNATIVA B Resolução: Utilizamos o quadro de múltiplos e submúltiplos do metro. km hm dam m dm cm mm X X X X X X X Preenchendo a  2300 mm km

hm

dam

m dm cm mm 2 3 0 0 Fazendo a leitura na unidade metros, obtemos a  2,3 m . Preenchendo b  160 cm A área verde corresponde a área de um triângulo de b.h 2.1   1 cm2 base 2 e altura 1, isto é, A verde  2 2 Aplicando o teorema de Pick na figura azul temos F 26 A azul   I  1   27  1  39 cm2 . 2 2

km

Hm

dam

m dm cm mm 1 6 0 Fazendo a leitura na unidade metros, obtemos b  1,6 m .

03. (UPE) Dois retângulos foram superpostos, e a intersecção formou um paralelogramo, como mostra a figura abaixo:

3. Desfazer a dobra e recortar o triângulo ABP.

Sabendo-se que um dos lados do paralelogramo mede 4,5 cm, quanto mede a área desse paralelogramo? (A) 12 cm2 (B) 16 cm2 (C) 24 cm2 (D) 32 cm2 (E) 36 cm2

A área construída da bandeirinha APBCD, em cm 2, é igual a:

ALTERNATIVA E Resolução: Considere a figura, com CF  DE  8cm.

 (B) 25  6  (C) 25  3  (D) 50  2  (E) 50  3 

 3 3 3 3

(A) 25 4  3

ALTERNATIVA B Resolução: Construindo a bandeirinha temos: Como BF é hipotenusa do triângulo retângulo BCF, segue que BF  CF  8cm. Logo, AB  4,5cm e a área pedida é dada por A  AB  CF  4,5  8  36cm2 . 04. (UERJ) Para confeccionar uma bandeirinha de festa junina, utilizou-se um pedaço de papel com 10 cm de largura e 15 cm de comprimento, obedecendo-se às instruções abaixo.

h2  52  102

1. Dobrar o papel ao meio, para marcar o segmento MN, e abri-lo novamente:

h2  75

h2  100  25

h  5 3cm

Portanto, a área da bandeirinha será:

A  10.15 

2. Dobrar a ponta do vértice B no segmento AB’, de modo que B coincida com o ponto P do segmento MN:

10.5 3  150  25 3  25(6  3 )cm2 2

05. (UEPA) Preocupado com a falta de área verde em sua cidade, um prefeito resolveu aproveitar um terreno triangular, localizado no cruzamento de duas ruas, para construir uma praça, conforme representado na figura abaixo:

30 m

Resolução: As coordenadas dos vértices do quadrilátero são  3   1  7 3  S   , 0  , R  2,  , V  5,  e B  , 4  . Logo, a área  2   2  2 2  do quadrilátero é S 3  2

Praça 150º 40 m

0

R

V

2

5

1 2

7 2

B 3 2

S 3  2

4

0

3 21 5  7  20  6    24,5 4 4 2 D 24,5 A   12,25 cm2 (mapa). 2 2 Na escala 1 : 10.000.000, cada 1 cm no mapa equivale à 10.000.000 cm (10 km) na realidade, veja: D

A área da praça a ser construída, em m², é: (A) 250 (B) 250 3 (C) 300 (D) 300 3 (E) 500 ALTERNATIVA C

Realidade

Mapa

Resolução: São dados dois lados do triângulo e o ângulo formado entre eles, portanto: b.c.sen  A 2 30.40.sen150º A 2 1 1200. 2 A 2 A  300 m2 06. (UERJ) Observe o mapa da região Sudeste.

1 cm2

1 cm

10.000 km2

100 km Cada 1 cm2 no mapa corresponde à 10.000 km 2 na realidade. Portanto a área real do quadrilátero é A  12,25 . 10000  122500 km2 07. (UNIFOR) A parte superior de um tablado tem a forma de um trapézio isósceles com 56 m de perímetro e cujos lados paralelos medem 12 m e 24 m. Se a superfície desse tablado for inteiramente revestida de uma camada de verniz, ao preço de R$ 6,50 o metro quadrado, a quantia a ser desembolsada por esse serviço será: (A) R$ 916,00 (D) R$ 950,00 (B) R$ 920,00 (E) R$ 986,00 (C) R$ 936,00 ALTERNATIVA C Resolução: 12 m

Considere o Trópico de Capricórnio como o eixo das abscissas e o meridiano de 45° como o eixo das ordenadas. Neste sistema cartesiano, as coordenadas das cidades de São Paulo, Rio de Janeiro, Belo Horizonte e Vitória são, respectivamente,

10 m 6m

10 m

h 12 m

6m

Pelo teorema de Pitágoras: todas as medidas em centímetros. Supondo que a escala do mapa é de 1 : 10.000.000, a área do quadrilátero cujos vértices estão representados por essas quatro cidades, em quilômetros quadrados, é igual a 2 (A) 118500 km

2 (D) 124500 km

2 (B) 120500 km

2 (E) 126500 km

2

(C) 122500 km

ALTERNATIVA C

100 km

1 cm

102  62  h2 h2  64 h8m A área do trapézio será: B  b .h  24  12.8 A   144 m2 2 2 O valor V desembolsado será: V  A.6,5  144.6,5  936 reais

08. (UFSJ) Observe a figura abaixo.

Resolução: 3 de um círculo de raio r 4 e um quadrado de lado r e sua área é 3  3  2  3  4  A  . r 2  r 2  r 2 .   1  r .   . 4  4   4 

A figura é composta por

k A razão entre a área e o perímetro do hexágono regular inscrito na circunferência de diâmetro k é 8 3 8 3 3 3 3 (A) (D) k (B) k k (E) k (C) 3k 3 6 8 4

10. (FMTM) Na figura, a medida dos segmentos OA e OB é 4 cm. O arco AOB tem 90º e OCA e OCB são semicircunferências. A área da superfície hachurada é:

ALTERNATIVA D Resolução: O lado do hexágono regular é igual ao raio do círculo k que é igual a  , então a razão entre a área e o 2 perímetro é 2

k 3.   . 3 3k 2 3 2 Área 3k 2 3 1 k 3 8 2    .  k Perímetro 3k 8 3k 8 6. 2

09. (UEPA) A larga experiência tem levado profissionais ligados às diversas áreas de produção de conhecimento tecnológico a escreverem manuais técnicos com a finalidade de orientar estudantes, projetistas de máquinas e professores de cursos técnicos. A figura abaixo ilustra o desenho técnico planificado de uma peça que será produzida em escala industrial.

(A)  4    cm2 .

(D)    3  cm2 .

(B)  6    cm2 .

(E)  2  5  cm2 .

(C)  2  4  cm2 . ALTERNATIVA C Resolução: O setor circular maior de centro O, ângulo central reto e lados OA  4 e OB  4 é composto por um quadrado de lado 2 , dois setores menores de ângulo central reto e raio 2 e a figura verde de área solicitada. B

C

r O Portanto,

Fonte: Elementos de máquina, Sarkis Melconian – edição atualizada e revisada, São Paulo: Érica, 2000.

Com base nessa figura, a área delimitada pelo desenho planificado da peça é:  3  1  (A) r 2   unidades de área.  4   3  4  (B) r 2   unidades de área.  4   3   4  unidades de área. (C) r 2   4   3  4  (D) r   unidades de área.  4  1  (E) r 2  3   unidades de área. 4   ALTERNATIVA B

 .42  . 22  22  2 .  A verde 4 4 4  4  2  A verde A verde  2  4

A

11. (ENEM) Em canteiros de obras de construção civil é comum perceber trabalhadores realizando medidas de comprimento e de ângulos e fazendo demarcações por onde a obra deve começar ou se erguer. Em um desses canteiros foram feitas algumas marcas no chão plano. Foi possível perceber que, das seis estacas colocadas, três eram vértices de um triângulo retângulo e as outras três eram os pontos médios dos lados desse triângulo, conforme pode ser visto na figura, em que as estacas foram indicadas por letras. B

P

M

cada uma das seguintes retas: x  1 , x  8 , y  2 e

y 5. Se foi utilizada a mesma unidade de comprimento em ambos os eixos, a medida do perímetro desse polígono é: (A) 10 (B) 13 (C) 18 (D) 20 (E) 24 ALTERNATIVA D Resolução: De acordo com o texto, a curva é composta por segmentos como segue no desenho:

C

A N

A região demarcada pelas estacas A, B, M e N deveria ser calçada com concreto. Nessas condições, a área a ser calçada corresponde (A) à mesma área do triângulo AMC. (B) à mesma área do triângulo BNC. (C) à metade da área formada pelo triângulo ABC. (D) ao dobro da área do triângulo MNC. (E) ao triplo da área do triângulo MNC.

Se “abrirmos” a curva como segue:

Teremos:

ALTERNATIVA E Resolução: Os triângulos BAC e MNC são semelhantes e AC 2.NC AC=2.NC,então k    2. NC NC A relação entre as áreas é A BAC  k2 A MNC

Se “abrirmos” novamente como segue:

A BAC  22 A MNC A BAC  4.A MNC A área S da calçada será o triplo da área do triângulo MNC. S  ABAC  AMNC  4.AMNC  AMNC  3.AMNC

12. (UERJ) Ao observar, em seu computador, um desenho como o apresentado a seguir, um estudante pensou tratar-se de uma curva.

Teremos um retângulo cujos lados são 3, 7, 7 e 3 conforme a figura a seguir: 7

3 3

3 3

7 O perímetro da curva será igual ao perímetro do retângulo, isto é, P  3  3  7  7  20 . Porém, após aumentar muito a figura, verificou que a tal "curva" era, de fato, um polígono, com o menor perímetro possível, formado por uma quantidade finita de lados, todos paralelos ao eixo x ou ao eixo y. Verificou ainda que esse polígono possuía um lado em

13. (CESESP) Considere a figura onde G é o baricentro do triângulo ABC. B D G

A

E

14. (UEPA) A Universidade do Estado do Pará mantém, em alguns municípios do nosso estado, Pólos de Educação a Distância, entre eles São Miguel do Guamá e Vigia de Nazaré. Supondo que o coordenador do curso de matemática à distância saiu de Belém para realizar visitas técnicas ao pólo de Vigia, depois ao pólo de São Miguel e voltou para Belém, conforme trajetória descrita na figura 1. Figura 1

C

A razão entre as áreas dos triângulos ABG e EGD é igual a (A) 1. (B) 2. (C) 3. (D) 4. (E) 12.

Y (km) V (Vigia)

80

ALTERNATIVA D Resolução: Como G é o baricentro então AD e BE são medianas. Toda mediana é dividida pelo baricentro em duas partes sendo a parte que tem extremidade no vértice do triângulo igual ao dobro da parte que contém o ponto médio, isto é, B 2y

2z 2x

z

y A

100

B (Belém)

60 30

X (km)

140 km aprox. M (S. Miguel)

Com base na figura 2, a área do triângulo BVM, em unidades de área, é: (A) 3.100 (B) 4.900 (C) 6.200 (D) 9.800 (E) 10.500

D

x

G

150 km aprox.

ALTERNATIVA B

E

C

Como D e E são pontos médios dos lados BC e AC podemos afirmar pelo teorema da base média do triângulo que o segmento DE é paralelo ao lado AB e vale a metade de sua medida. Além disso, pelo teorema fundamental da semelhança, os triângulo ABG e EGD são semelhantes como segue:

Resolução: As coordenadas dos vértices do triângulo são B  0, 0  , M100,  30 e V  60, 80  . Logo, a área do triângulo é B 0 0

M 100 30

V 60 80

B 0 0

G

B

G

2x

2y

x

y 2z

A

E

z

D

Deste modo, podemos aplicar as propriedades da relação entre lados e áreas de polígonos semelhantes: BG k EG 2y k y k2 A ABG  k2 AEGD A ABG  22 AEGD A ABG 4 AEGD

D  0  8000  0  0  1800  0  9800 D 9800 A   4900 km2 2 2

15. (UERJ) Um professor de matemática fez, com sua turma, a seguinte demonstração: – colocou um CD sobre uma mesa e envolveu-o completamente com um pedaço de barbante, de modo que o comprimento do barbante coincidisse com o perímetro do CD; – em seguida, emendando ao barbante um outro pedaço, de 1 metro de comprimento, formou uma circunferência maior que a primeira, concêntrica com o CD. Veja as figuras.

Calculou, então, a diferença entre a medida do raio da circunferência maior e a do raio do CD, chamando-a

de x. Logo após, imaginando um CD com medida do raio idêntica à do raio da Terra, repetiu, teoricamente, as etapas anteriores, chamando de y a diferença encontrada. Assim, demonstrou a seguinte relação entre essas diferenças, x e y:

Sabemos que C4  C3  1 2R 4  2R3  1 2R 4  2R3  1 2  R 4  R 3   1

1

(A) x  y  

(B) x  y  2

1 2 De acordo com o texto R4  R3  y , então 1 . y 2 1 1 2 1 Logo x  y      1 . 2 2 2  R 4  R3 

(C) y  x  2 (D) y  x  1 ALTERNATIVA A Resolução: Situação 01: O comprimento do barbante é igual ao comprimento da circunferência do CD.

16. (ENEM) Um terreno com o formato mostrado na figura foi herdado por quatro irmãos e deverá ser dividido em quatro lotes de mesma área. Um dos irmãos fez algumas propostas de divisão para que fossem analisadas pelos demais herdeiros.

R2

R1

C1 C2 Sabemos que C2  C1  1

Dos esquemas abaixo, onde lados de mesma medida têm símbolos iguais, o único em que os quatro lotes não possuem, necessariamente, a mesma área é:

2R2  2R1  1 2R2  2R1  1 2 R2  R1   1

1 2 De acordo com o texto R2  R1  x , então

(A)

(D)

(B)

(E)

R2  R1 

x

1 . 2

Situação 02: O comprimento do barbante é igual ao comprimento da circunferência do CD.

(C)

ALTERNATIVA E

R4

R3

C3 C4

Resolução: Das opções apresentadas, a única em que os quatro lotes não possuem, necessariamente, a mesma área é a alternativa (E) pois os paralelogramos 1 e 2 podem ter área menor que os paralelogramos 3 e 4 e y para que isto ocorra basta que x  , veja: 2

cm 4 h

6

1

2 3

h/2

4 2

x

y

x

A1  A2  x.h

4

2

y.h 2 Para que as áreas sejam iguais deve-se ter: y.h x.h  2 y x 2 y Então, se x  as áreas 1 e 2 serão menores que 2 as áreas 3 e 4. A3  A 4 

17. (CEFET) Uma indústria necessita produzir lâminas de máquinas moedoras de carne, conforme a especificação a seguir. cm 6

6

8 cm

18. (UNIFESP) A figura mostra uma circunferência, de raio 4 e centro C1, que tangencia internamente a circunferência maior, de raio R e centro C2.

Sabe-se que A e B são pontos da circunferência maior, AB mede 8 e tangencia a circunferência menor em T, sendo perpendicular à reta que passa por C1 e C2. A área da região hachurada é: (A) 9 (B) 12 (C) 15 (D) 18 (E) 21 ALTERNATIVA A

4 Resolução: A área da figura hachurada corresponde à área do círculo maior menos a área do círculo menor. O raio do círculo menor é igual a 4, então:

2 8 cm 6 A área da lâmina está diretamente relacionada com a potência do motor da máquina. Considerando que o contorno da lâmina somente é constituído de semicírculos, a área da mesma, em cm 2, é igual a: (A) 16 (B) 16 (C)  (D) 4  16 (E) 4  12 2

4

Amenor  .r 2  .42  16

No triângulo retângulo ATC2 , os lados medem AC2  R , AT  4 e TC2  8  R , veja:

4

R

ALTERNATIVA A 8-R

Resolução: Vamos transformar a hélice em um quadrado como segue:

8

cm Aplicando o Teorema de Pitágoras: 6

R 2   8  R   42

4

R2  64  16R  R2  16 16R  80 80 R 16 R5 Portanto a área do círculo maior é:

2 4 2 8 cm 6 Destacando as partes azuis e encaixando-as como segue:

2

Amaior  .R2  .52  25 A área da figura hachurada é:

Ahachurada  Amaior  Amenor Ahachurada  25  16

Portanto, a área externa é: A externa  A1  A 2 A externa  14 400  6 400

Ahachurada  9

19. (UEPA) Um designer construiu um móvel temporário de papelão em forma de cubo, conforme a figura abaixo, o qual pode ser utilizado individualmente ou em conjunto, formando ambientes para sentar e apoiar. Se a diagonal do móvel na forma de cubo mede 60 3 cm e o lado do quadrado ABCD mede um terço da aresta do cubo, a área da superfície externa do cubo, em m2 , é:

A externa  20800 cm2

Utilizamos o quadro de múltiplos e submúltiplos do metro quadrado. km2 hm2 dam2 m2 dm2 cm2 mm2 XX XX XX XX XX XX XX Preenchendo Aexterna  20800 cm2 km2

hm2

dam2

m2

dm2

cm2

2

08

00

mm2

Fazendo a leitura na unidade metros quadrados, obtemos A externa  2,08 m2 . (A) 1, 20

(B) 1, 21

(C) 1, 76

(D) 1,92

(E) 2,08

ALTERNATIVA E Resolução: A diagonal de um cubo é dada por D  a 3 , então podemos calcular a aresta do cubo, veja:

20. (FUVEST) A figura representa sete hexágonos regulares de lado 1 e um hexágono maior, cujos vértices coincidem com os centros de seis dos hexágonos menores.

Da 3 D  60 3 a 3  60 3 a  60 cm Como o lado do quadrado é igual a um terço da aresta do cubo temos: 1  .a 3 1  .60 3  20 cm A área externa é composta por: 1) 4 quadrados de aresta 60 cm.

Então, a área do pentágono hachurado é igual a: (A) 3 3

(B) 2 3

(C)

3 3 2

(D)

3

(E)

3 2

ALTERNATIVA E Resolução: Podemos dividir um hexágono regular em seis triângulos equiláteros conforme mostra a figura 1 1

1

1

1 1

1

A1  4.a2  4.602  14 400 cm2

2) 2 “faixas quadrangulares” cujos lados são L  60 e  20 cm

1

1

1

1

1 A área do pentágono corresponde à área de dois triângulos equiláteros de lado igual a 1, veja:

A3  2. L2 

2

  2.602  202   2.3200  6 400 cm2

Apentágono  2.

2

. 3 12 . 3 3  2.  4 4 2

21. (UFRGS) Um cilindro tem o eixo horizontal como representado na figura abaixo. Nessa posição, sua altura é de 2 m e seu comprimento, de 5 m.

22. (ENEM) Jorge quer instalar aquecedores no seu salão de beleza para melhorar o conforto dos seus clientes no inverno. Ele estuda a compra de unidades de dois tipos de aquecedores: modelo A, que consome 600 g/h (gramas por hora) de gás propano e cobre 35 m2 de área, ou modelo B, que consome 750 g/h de gás propano e cobre 45 m2 de área. O fabricante indica que o aquecedor deve ser instalado em um ambiente com área menor do que a da sua cobertura. Jorge vai instalar uma unidade por ambiente e quer gastar o mínimo possível com gás. A área do salão que deve ser climatizada encontra-se na planta seguinte (ambientes representados por três retângulos é um trapézio).

A região sombreada representa a seção do cilindro por um plano horizontal distante 1,5 m do solo. A área dessa superfície é (A) 3. (B) 2 2. (C) 2 3. (D) 5 2. (E) 5 3. ALTERNATIVA E Resolução: Observe a secção transversal do cilindro a seguir: x 0,5

1

1

Avaliando-se todas as informações, serão necessários (A) quatro unidades do tipo A e nenhuma unidade do tipo B. (B) três unidades do tipo A e uma unidade do tipo B. (C) duas unidades do tipo A e duas unidades do tipo B. (D) uma unidade do tipo A e três unidades do tipo B. (E) nenhuma unidade do tipo A e quatro unidades do tipo B. ALTERNATIVA C

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo, temos: 12   0,5   x 2

Resolução: Calculando as áreas dos ambientes, obtemos

2

SI  8  5  40 m2,

1  0,25  x 2 x 2  1  0,25

SII  (14  8)  5  30 m2,

2

x  0,75

SIII  (14  8)  (9  5)  24 m2 e

x  0,75 x

75 100

SIV 

5 3 10 Portanto o lado do retângulo hachurado é igual a 5 3  2x  2.  3. 10 A área do retângulo hachurado é dada por x

b Aretângulo  b.  5. 3

(14  8)  4  7  35 m2. 2

Como Jorge quer gastar o mínimo com gás, ele deverá instalar duas unidades do tipo A (ambientes II e III) e duas unidades do tipo B (ambientes I e IV). 23. (UFT) Considerando a circunferência da figura a seguir com centro no ponto O e diâmetro igual a 4 cm.

Pode-se afirmar que o valor da área da região hachurada é: (A)

8  4 cm2

(B) 2 cm (C)  2  4  cm2 2

2x 3x   65 3 2 4x  9x  65.6 x  30

(D)    1 cm2

x  0,3 m2

(E)  4  2 cm2

Logo, sua área será

ALTERNATIVA C Resolução: Observe a figura:

A

Acírculo  A quadrado π.22  8   2π  4 2 2

24. (UFTM) Se a folha retangular ABCD for dividida conforme indicado na figura 1, obter-se-ão 6 quadrados (Q) congruentes. Entretanto, se a mesma for dividida conforme indicado na figura 2, obter-se-ão 6 retângulos (R) congruentes.

3x  3x  2.0,3  3  0,3  0,54 m2 .

25. (UEL) Sabendo-se que o terreno de um sítio é composto de um setor circular, de uma região retangular e de outra triangular, com as medidas indicadas na figura ao lado, qual a área aproximada do terreno?

(A) 38,28 km2 (B) 45,33 km2 (C) 56,37 km2 (D) 58,78 km2 (E) 60,35 km2 ALTERNATIVA D Resolução: O terreno é composto por um retângulo, um triângulo e um setor circular.

Sabendo-se que o semiperímetro de cada retângulo R mede 65 cm, então a área da folha ABCD é igual a (A) 0,54 m2 . (B) 0,64 m2 . (C) 0,72 m2 . (D) 0,81 m2 . (E) 1,08 m2 . ALTERNATIVA A Resolução: Lado do quadrado = x. Lados da folha 2x e 3x. 2x 3x e Lados do retângulo . 3 2

A  Aretângulo  A triângulo  A setor 7.7 π.42.45o A  7.4   58,78m2 2 360o


Resolução de questões da Oficina de Matemática