09 26 - (Lista Cilindros, Cones e Esferas) Gabarito

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Prof. Anderson Weber 
Matemática 
 
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Lista – Cilindros, Cones e Esferas 
Resolução 
 
1. a) 
Considere a seguinte planificação da superfície lateral do 
cilindro. 
 
 
A área da faixa corresponde, aproximadamente, à área de 
um paralelogramo de base 3,14 cm e altura 80 cm. Daí, 
segue que a resposta é dada por 
3,14 80
100% 5%.
20 80π

 

 
 
2. b) 
Considerando r o raio da base do cilindro, h a altura do 
cilindro e que a área lateral do cilindro é 64 ,π temos: 
2 r h 64 h 32π π π   =    = (Equação 1). 
 
Considerando, agora, que 2r é o raio da base do cone, 
h 2− sua altura e o volume é 3128 cm ,π podemos escrever 
que: 
( ) ( )
2 21 2r h 2 128 r (h 2) 96
3
π π   − =    − = (Equação 2) 
 
Das equações 1 e 2, temos: 
2
2
2
2
r (h 2) 96
r r h 2 r 96
32r 2r 96
r 16r 48 0
 − = 
  −  = 
− = 
− + =
 
 
Resolvendo a equação do segundo grau, obtemos r 12= 
ou r 4.= 
32
r 12 h
12
=  = (não inteiro) 
32
r 4 h 8
4
=  = = (inteiro) 
 
Calculando, agora, a geratriz do cone. 
2 2 2 2 2 2g (2r) (h 2) g 8 6 g 10 cm.= + −  = +  = 
 
Logo sua área lateral será dada por: 
2
LA 2r g 8 10 80 cmπ π π=   =   = 
 
3. 
 
Calculando: 
 
 
4. a) 
Seja r a medida do raio da esfera obtida após a fundição 
de três esferas idênticas e maciças de diâmetro 2 cm. 
Daí, 
3 3
3
3
4 4
r 3 1
3 3
r 3
r 3 cm
π π=  
=
=
 
 
Observação: Tanto o enunciado quanto as alternativas não 
garantem que a medida do raio da nova esfera é dado em 
cm. 
 
5. b) 
Considere a figura, em que O é o centro da Terra e P é o 
pé da perpendicular baixada de N sobre OB. 
 
 
 
Sabendo que AON 60 ,=  temos NOP 30=  e, portanto, 
vem 
NP 1 NP
senNOP
2 6400ON
NP 3200km
=  =
 =
 
 
Ademais, como MPN 2 15 rad,
6
π
=   = encontramos 
MN MPN NP
3200
6
1600km.
π
= 
= 

 
 
 
 
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6. d) 
Como os cilindros possuem a mesma área lateral podemos 
escrever que: 
h
2 6 H 2 r h 6 r 6 1,2 r r 5 cm
H
h
1,2 h 1,2 H
H
π π   =     =   =   =
=  = 
 
 
O volume do cilindro B é 3240 cm ,π logo: 
25 h 240 h 9,6 cm e H 8 cmπ π  =   = = 
 
Portanto, a diferença entre os volumes será dada por: 
2 3
A BV V 6 8 240 48 cmπ π π− =   −  =   
 
7. a) 
Do enunciado e da figura, temos: 
 
 
 
3
3
3
2v H
v 1
2 H
H 2
 
=  
 
=
=
 
 
8. 
 
 
hipotenusa a b + 
cateto maior a 1 + 
cateto menor b 1 + 
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b 2 1 6 2 2 6
a b a 1 b 1 ab a b 1 2 2 6 1 3 2 6
+ = + = +
+ = + + +  = + + = + + = +
 
 
Supondo, ( ) ( )2x 2 2 6 x 3 2 6 0− + + + = 
 
Por Girard, raízes a e b
a 3 6
b 1 6
= +

= − +
 
 
( ) ( )
( )
total lateral base
22
total total
total
Cone S S S
S Rg R S 6 2 2 6 6
S 2 9 6 u.a.
π π π π
π
 = +
= +  =   + + 
= +
 
9. c) 
De acordo com o enunciado: 
 
 
 
Considerando: 
V volume total do cone
v ' volume cheio (tronco)
v '' volume vazio (topo)
H 12 altura total
h 6 altura topo / altura tronco
=
=
=
= =
= =
 
 
Pode-se calcular: 
3 3
2 2
3
3
V H 12 V
V 8v ''
v '' h 6 v ''
V 7
v ' v '' V v ' V v ' V
8 8
1 1
V R H 3,14 4 12 V 200,96
3 3
7 7
v ' V 200,96 v ' 175,85 m
8 8
Tempo : 500 L / min 0,5 m / min
1min
π
   
= → = → =   
   
+ = → + = → =
=    =    → =
= =  → =
=
30,5 m
t 3175,85 m
t 351,7 min 5h e 50 min= 
 
 
10. a) 
Se g é a geratriz do cone, então 
2 g 2 2 6 g 12cm.π π =    = 
 
Logo, sendo h a altura do cone, vem 
2 2 2h 12 6 h 6 3 cm.= −  = 
 
A resposta é dada por 
2
36 6 3 72 3 cm .
3
π
π
 
= 
 
 
 
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11. a) 
Considere a figura, em que A, B e C são, respectivamente, 
os centros das esferas de raios 1cm, 2cm e 3cm. 
 
 
 
Sejam A',B' e C', respectivamente, as projeções 
ortogonais dos pontos A, B e C sobre o plano xOy, em 
que O coincide com A '. Ademais, sejam P, Q e R, 
respectivamente, as projeções ortogonais de A sobre BB', 
de B sobre CC' e de A sobre CC'. 
 
Desse modo, pelo Teorema de Pitágoras, vem 
2 2 2 22 2AB AP BP 3 AP 1
AP 2 2 cm,
= +  = +
 =
 
 
2 2 2 22 2BC BQ CQ 5 BQ 1
BQ 2 6 cm
= +  = +
 =
 
e 
2 2 2 22 2AC AR CR 4 AR 2
AR 2 3 cm.
= +  = +
 =
 
 
Em consequência, a resposta é 32 2 2 6 2 3 48cm .  = 
 
12. c) 
Reescrevendo as duas primeiras inequações como 
equações, tem-se: 
y x y x
1 1 y 3 x
3 3 3 3
y x 1 y x 1 y 1 x
+  → + = → = −
+  → +  → = −
 
 
Tendo estas duas equações de retas e sabendo que x 0 
e y 0, pode-se construir o gráfico a seguir, que apresenta 
a região E (em rosa) indicada no enunciado: 
 
 
Rotacionando a área E (em rosa) em 360 em torno do eixo 
x teremos um cone “oco” de altura e raio 3, com uma 
concavidade também em formato de cone, de altura e raio 
igual a 1 (região indicada em azul). Assim, para se 
conseguir o volume somente do sólido gerado pela rotação 
da área rosa E, podemos calcular o volume total do cone de 
altura e raio 3 (que chamaremos de V) e subtrair dele o 
volume do cone gerado pela rotação da área representada 
em azul (que chamaremos de azulV . Assim, o volume do 
sólido gerado pela rotação da área E E(V ) será: 
E azulV V V= − 
Sendo o volume de um cone de revolução dado pela 
fórmula 2cone
1
V R h,
3
π=   temos que: 
2 2
E E
1 1 26
V 3 3 1 1 9 V
3 3 3 3
π π
π π π
   
=    −    = − → =   
   
 
 
Porém, o solicitado no enunciado não é uma rotação de 
360 em torno do eixo x, mas sim uma rotação de 270 . 
Nesse caso, o volume final 'EV será correspondente a 
E
3 V .
4
 Ou seja: ' 'E E E
3 26 78 133V V V
4 4 3 12 2
π π π
= =  = → =