09 30 - (RESOLUÇÃO Cilindros) - [Med e Tetra]

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Prof. Anderson Weber 
Matemática 
 
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RESOLUÇÃO – Cilindro 
 
Resposta da questão 1: [D] 
 
Calculando: 
52 = 32 + 𝐵𝐶
2
⇒ 𝐵𝐶 = 4 
𝑉 = 𝜋 ⋅ 52 ⋅ 4 − 𝜋 ⋅ 22 ⋅ 4 = 100𝜋 − 16𝜋 = 84𝜋 
 
Resposta da questão 2: [C] 
 
Sejam r e 𝑅, com 𝑟 < 𝑅, os raios das bases dos dois 
cilindros. Tem-se que 
4𝜋𝑟2 = 16𝜋 ⇒ 𝑟 = 2𝑐𝑚 
 
e 
4𝜋𝑅2 = 100𝜋 ⇒ 𝑅 = 5𝑐𝑚. 
 
Portanto, os volumes dos cilindros são, respectivamente, 
iguais a 2𝜋 ⋅ 23 = 16𝜋 𝑐𝑚3 e 2𝜋 ⋅ 53 = 250𝜋 𝑐𝑚3. 
 
Resposta da questão 3: 
 a) Note que: 
1 ℓ = 1 000 𝑐𝑚3 
 
Do enunciado, temos: 
𝜋 ⋅ 22 ⋅ ℎ = 1 000 
ℎ =
250
𝜋
 𝑐𝑚 
 
Daí, sendo tA sua área de superfície total, temos: 
𝐴𝑡 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 2
2 + 2𝜋 ⋅ 2 ⋅ ℎ 
𝐴𝑡 = 8𝜋 + 4𝜋 ⋅
250
𝜋
 
𝐴𝑡 = 8𝜋 + 1 000 
𝐴𝑡 = 8 ⋅ (𝜋 + 125) 𝑐𝑚
2 
 
b) Do enunciado, temos: 
ℎ2 = 𝑟 ⋅ 𝑑 ⇒ ℎ2 = 2𝑑 
 
Mas, 
𝑑2 = (2𝑟)2 + ℎ2 
𝑑2 = (2 ⋅ 2)2 + ℎ2 
𝑑2 = 16 + ℎ2 
 
Como ℎ2 = 2𝑑 e 𝑑2 = 16 + ℎ2, 
𝑑2 = 16 + 2𝑑 
𝑑2 − 2𝑑 − 16 = 0 
𝑑 =
−(−2) ± √(−2)2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−16)
2 ⋅ 1
 
𝑑 =
2 ± 2√17
2
 
 
Como 𝑑 > 0, 
𝑑 = 1 + √17 𝑐𝑚 
 
Resposta: 
a) 8 ⋅ (𝜋 + 125) 𝑐𝑚2; 
b) 1 + √17 𝑐𝑚. 
 
Resposta da questão 4: [A] 
 
Seja r a medida do raio da base do cilindro. Desde que o 
comprimento da circunferência da base mede 31cm, 
temos 
31 = 2𝜋 ⋅ 𝑟 ⇒ 𝑟 ≅
31
2 ⋅ 3,1
 
    ⇒ 𝑟 ≅ 5𝑐𝑚. 
 
Portanto, a resposta é 3,1 ⋅ 52 ⋅ 20 ≅ 1.550  𝑐𝑚3. 
 
Resposta da questão 5: [B] 
 
Considerando r o raio da base do cilindro, ℎ a altura do 
cilindro e que a área lateral do cilindro é 64𝜋, temos: 
2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟 ⋅ ℎ = 64 ⋅ 𝜋 ⇒ 𝜋 ⋅ ℎ = 32 (Equação 1). 
 
Considerando, agora, que 2r é o raio da base do cone, 
h 2− sua altura e o volume é 128𝜋 𝑐𝑚3, podemos escrever 
que: 
1
3
⋅ 𝜋 ⋅ (2𝑟)2 ⋅ (ℎ − 2) = 128 ⋅ 𝜋 ⇒ 𝑟2 ⋅ (ℎ − 2) = 96 (Equação 
2) 
 
Das equações 1 e 2, temos: 
𝑟2 ⋅ (ℎ − 2) = 96 ⇒ 
𝑟 ⋅ 𝑟 ⋅ ℎ − 2 ⋅ 𝑟2 = 96 ⇒ 
32𝑟 − 2𝑟2 = 96 ⇒ 
𝑟2 − 16𝑟 + 48 = 0 
 
Resolvendo a equação do segundo grau, obtemos 𝑟 = 12 
ou 𝑟 = 4. 
 
𝑟 = 12 ⇒ ℎ =
32
12
 (não inteiro) 
𝑟 = 4 ⇒ ℎ =
32
4
= 8 (inteiro) 
 
Calculando, agora, a geratriz do cone. 
𝑔2 = (2𝑟)2 + (ℎ − 2)2 ⇒ 𝑔2 = 82 + 62 ⇒ 𝑔 = 10 𝑐𝑚. 
 
Logo sua área lateral será dada por: 
𝐴𝐿 = 𝜋 ⋅ 2𝑟 ⋅ 𝑔 = 𝜋 ⋅ 8 ⋅ 10 = 80𝜋𝑐𝑚
2 
 
Resposta da questão 6: [C] 
 
A figura ilustra a situação descrita. 
 
 
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De início, convém lembrar que o volume de um cilindro 
com base de diâmetro D e altura H é dado por 
𝑉 =
𝜋𝐷2
4
. 
 
Na figura 1, com o cilindro cheio, o volume de água é igual 
ao volume do cilindro. 
𝑉1 =
𝜋62
4
24 ⇒ 𝑉1 = 216𝜋𝑐𝑚
3. 
 
Na figura 2, o volume de água que permanecerá no 
recipiente corresponde ao volume do cilindro menos o 
volume de água derramado, que corresponde à metade do 
volume de um cilindro de raio da base igual a 6 cm e altura 
6 cm. Assim: 
 
𝑉2 = [
𝜋62
4
24] − [
1
2
(
𝜋62
4
6)] ⇒ 𝑉2 = (216𝜋 − 27𝜋)𝑐𝑚
3
⇒ 𝑉2 = 189𝜋 𝑐𝑚
3. 
 
Fazendo a razão: 
 
𝑉2
𝑉1
=
189𝜋
216𝜋
⇒ 𝑉2 =
7
8
𝑉1. 
 
Resposta da questão 7: F F F V 
 
Resposta da questão 8: [D] 
 
Como os cilindros possuem a mesma área lateral 
podemos escrever que: 
2 ⋅ 𝜋 ⋅ 6 ⋅ 𝐻 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑟 ⋅ ℎ ⇒ 6 =
ℎ
𝐻
⋅ 𝑟 ⇒ 6 = 1,2 ⋅ 𝑟 ⇒ 𝑟
= 5 𝑐𝑚 
ℎ
𝐻
= 1,2 ⇒ ℎ = 1,2 ⋅ 𝐻 
 
O volume do cilindro B é 240𝜋 𝑐𝑚3, logo: 
 
𝜋 ⋅ 52 ⋅ ℎ = 240 ⋅ 𝜋 ⇒ ℎ = 9,6 𝑐𝑚 𝑒 𝐻 = 8 𝑐𝑚 
 
Portanto, a diferença entre os volumes será dada por: 
𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 = 𝜋 ⋅ 6
2 ⋅ 8 − 240 ⋅ 𝜋 = 48 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑐𝑚3 
 
Resposta da questão 9: [E] 
 
Calculando: 
𝐷 = 2𝑅 
𝑉1 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 ⋅ ℎ 
𝑉2 = 𝜋 ⋅ (1,2𝑅)
2 ⋅ ℎ ⇒ 𝜋 ⋅ 1,44𝑅2 ⋅ ℎ 
Ou seja, um aumento de 44%. 
 
Resposta da questão 10: [D] 
 
O volume pedido é igual a metade do volume do cilindro. 
Assim, pode-se escrever: 
𝑉𝑚𝑒𝑡𝑎𝑑𝑒 =
𝜋⋅22⋅10
2
=
40𝜋
2
→ 𝑉 = 20𝜋 
 
Resposta da questão 11: 01 + 02 + 04 = 07. 
 
[01] Verdadeira. 
 
 
 
𝑠𝑒𝑛𝛼 =
20
40
=
1
2
⇒ 𝛼 = 30° 
𝑐𝑜𝑠 3 0° =
𝑥
40
⇒ 𝑥 =
40 ⋅ √3
2
= 20√3 𝑐𝑚 =
√3
5
 𝑚 
 
Logo, a área A pedida será dada por: 
𝐴 =
√3
5
⋅ 1 =
√3
5
 𝑚2 
 
[02] Verdadeira. A área da base b(A ) será a soma das 
áreas do triângulo e do setor de 30 (em 2dm ). 
 
 
 
 
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𝐴𝑏 =
2 ⋅ 2√3
2
+
𝜋 ⋅ 42 ⋅ 30°
360
=
6√3 + 4𝜋
3
 𝑑𝑚2 
 
O volume V será dado por: 
𝑉 = 𝐴𝑏 ⋅ ℎ =
6√3 + 4𝜋
3
⋅ 10 = (3√3 + 2𝜋) ⋅
20
3
 𝑑𝑚3
= (3√3 + 2𝜋) ⋅
20
3
 𝐿 
 
[04] Verdadeira. O volume V pedido será dado por: 
𝑉 =
𝜋⋅42
4
⋅ 10 = 40𝜋 𝑑𝑚3 = 40𝜋 𝐿 
 
[08] Falsa. O volume V pedido será a diferença entre o 
volume do expositor e o volume da parte inferior da 
prateleira. 
𝑉 = 40𝜋 −
20
3
⋅ (2𝜋 + 3√3) =
120𝜋 − 40𝜋 − 60√3
3
=
20
3
⋅ (4𝜋 − 3√3) 𝑑𝑚3
=
20
3
⋅ (4𝜋 − 3√3) 𝐿 
 
 
[16] Falsa. A área da região frontal do expositor, em 2m , 
será dada por: 
𝐴 =
2⋅𝜋⋅0,4
4
=
2⋅𝜋
10
=
𝜋
5
 𝑚2 
 
Resposta da questão 12: [B] 
 
O diâmetro externo da artéria mede 0,04 𝑑𝑚 = 0,4 𝑐𝑚. 
A espessura da parede da artéria mede 1 𝑚𝑚 = 0,1 𝑐𝑚. 
O diâmetro interno da artéria será igual a 0,4 − 2 ⋅ 0,1 =
0,2 𝑐𝑚, e o raio interno será igual a 0,1cm. 
 
O volume aproximado de sangue de uma seção reta dessa 
artéria com comprimento de 1,5 𝑐𝑚, em mililitros, será de: 
𝑉 = 𝜋 ⋅ 0, 12 ⋅ 1,5 ≈ 3 ⋅ 0,01 ⋅ 1,5 ⇒ 𝑉 ≈
0,045 𝑐𝑚3 = 0,045 𝑚ℓ 
 
Resposta da questão 13: 
 
 
 
Na figura, temos: 𝑑2 = 12 + 12 ⇒ 𝑑 = √2. 
𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥 − 4𝑦 + 4 ≤ 0 ⇒ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 ≤ 1 
(equação de um círculo com centro no ponto (1,2) e raio 1.) 
 
A reta y = x intercepta a circunferência do círculo nos pontos 
(1,1) e (2,2), para isto basta resolver um sistema com as 
equações da reta e da circunferência. 
Calculando, agora, a área da base da figura descrita acima: 
𝐴𝑏 =
𝜋 ⋅ 12
4
−
1 ⋅ 1
2
=
𝜋
4
−
1
2
 
 
Calculando sua área lateral. 
𝐴𝐿 =
2 ⋅ 𝜋 ⋅ 1
4
⋅ 1 + √2 ⋅ 1 =
𝜋
2
+ √2 
 
Portanto, a área total será dada por: 
𝐴𝑡 = 2 ⋅ (
𝜋
4
−
1
2
) +
𝜋
2
+ √2 
 
𝐴𝑡 = (𝜋 + √2 − 1)𝑢𝑛𝑖𝑑
2 
 
Resposta da questão 14: [B] 
 
Determinando os coeficientes angulares das retas BC e 
AC 
 
𝑚𝐵𝐶 =
5 − 1
2 − 0
= 2 e 𝑚𝐴𝐶 =
0 − 1
2 − 0
= −
1
2
 
 
Como 𝑚𝐵𝐶 ⋅ 𝑚𝐴𝐶 = −1, concluímos que o triângulo ABC é 
retângulo em C. Logo, o segmento AB 5= é diâmetro da 
circunferência circunscrita no triângulo. 
Portanto, o raio dessa circunferência é 
5
2
. 
 
Logo, 
volume
área total da superfície
=
𝜋.(
5
2
)
2
.8
2𝜋⋅
5
2
⋅8+2.𝜋⋅(
5
2
)
2 =
100
105
 
 
 
 
Resposta da questão 15: [A] 
 
Resposta da questão 16: [E] 
 
Resposta da questão 17: [B] 
9:a) 3 𝑐𝑚,   4𝑐𝑚 e 5𝑐𝑚 b) 94 𝑐𝑚2. 10: 
𝜋√6
9
𝑐𝑚3