Geometría en el espacio – matemáticas 3º ESO: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. Cubo: 6 caras, 8 vértices y 12 aristas.
   2. Prisma triangular: 5 caras (2 triángulos y 3 rectángulos), 6 vértices y 9 aristas.
   3. Pirámide cuadrangular: 5 caras (1 cuadrado y 4 triángulos), 5 vértices y 8 aristas.
   4. Cubo: \(6+8=14=12+2\). Prisma: \(5+6=11=9+2\). Pirámide: \(5+5=10=8+2\). Se cumple siempre. Respuesta: los tres poliedros cumplen la fórmula de Euler.

2. Solución del ejercicio 2

   1. \(2{,}5\cdot1\,000=2\,500\) L. Como cada metro cúbico equivale a 1 000 litros, multiplicamos por mil. Respuesta: 2,5 m\(^3\) son 2 500 litros.
   2. \(\dfrac{3\,500}{1\,000}=3{,}5\) L. Un litro son 1 000 cm\(^3\), así que dividimos entre mil. Respuesta: 3 500 cm\(^3\) son 3,5 litros.
   3. \(0{,}75\cdot1\,000=750\) cm\(^3\). Ahora pasamos de una unidad mayor a una menor, así que multiplicamos por mil. Respuesta: 0,75 litros son 750 cm\(^3\).
   4. \(40^3=64\,000\) cm\(^3\) \(=64\) L. Calculamos el volumen del cubo elevando la arista al cubo y convertimos los cm\(^3\) en litros dividiendo entre mil. Respuesta: caben 64 litros.

3. Solución del ejercicio 3

   1. \(V=8\cdot5\cdot4=160\) cm\(^3\). El volumen de un ortoedro es el producto de sus tres dimensiones. Respuesta: la caja tiene 160 cm\(^3\).
   2. \(A=2(8\cdot5+8\cdot4+5\cdot4)=2(40+32+20)=184\) cm\(^2\). Un ortoedro tiene tres parejas de caras iguales; sumamos el área de una cara de cada pareja y multiplicamos por 2. Respuesta: 184 cm\(^2\).
   3. \(D=\sqrt{64+25+16}=\sqrt{105}\approx10{,}25\) cm. Sustituimos las tres dimensiones en la fórmula de la diagonal del ortoedro. Respuesta: la diagonal mide unos 10,25 cm.
   4. \(\dfrac{40}{8}\cdot\dfrac{40}{5}\cdot\dfrac{40}{4}=5\cdot8\cdot10=400\) cajas. Dividimos cada arista del cubo entre la dimensión de la caja en esa dirección; los cocientes son exactos, así que no queda hueco. Respuesta: caben 400 cajas.

4. Solución del ejercicio 4

   1. \(\sqrt{9+16}=5\) cm. Aplicamos el teorema de Pitágoras porque la base es un triángulo rectángulo.
   2. \(V=\dfrac{3\cdot4}{2}\cdot10=60\) cm\(^3\). El volumen de un prisma es el área de la base, \(\dfrac{3\cdot4}{2}=6\) cm\(^2\), por la altura del prisma.
   3. \(A_L=(3+4+5)\cdot10=120\) cm\(^2\) (perímetro de la base por la altura). Las tres caras laterales son rectángulos de altura 10 cm.
   4. \(A_T=120+2\cdot6=132\) cm\(^2\) (las dos bases suman 12 cm\(^2\)). Respuesta: el área total del prisma es 132 cm\(^2\).

5. Solución del ejercicio 5

   1. La apotema es la hipotenusa de un triángulo de catetos 4 y 3 (mitad del lado): \(a=\sqrt{4^2+3^2}=5\) cm. La altura, la mitad del lado de la base y la apotema forman un triángulo rectángulo.
   2. \(V=\dfrac{1}{3}\cdot6^2\cdot4=48\) cm\(^3\). El volumen de una pirámide es un tercio del área de la base por la altura.
   3. \(A_L=4\cdot\dfrac{6\cdot5}{2}=60\) cm\(^2\). Hay cuatro caras triangulares de base 6 cm y altura 5 cm.
   4. \(A_T=60+36=96\) cm\(^2\). Sumamos el área lateral y el área del cuadrado de la base, \(6^2=36\) cm\(^2\).

6. Solución del ejercicio 6

   1. \(V=\pi\cdot3^2\cdot10=90\pi\approx282{,}74\) cm\(^3\). Sustituimos \(r=3\) y \(h=10\) en la fórmula. Respuesta: el volumen es \(90\pi\approx282{,}74\) cm\(^3\).
   2. \(A_L=2\pi\cdot3\cdot10=60\pi\approx188{,}50\) cm\(^2\). El área lateral es un rectángulo cuya base es la longitud de la circunferencia, \(2\pi r\), y cuya altura es \(h\).
   3. \(A_T=2\pi\cdot3(3+10)=78\pi\approx245{,}04\) cm\(^2\). Al área lateral le sumamos las dos bases circulares, \(2\pi r^2=18\pi\): \(60\pi+18\pi=78\pi\) cm\(^2\).
   4. \(282{,}74\) cm\(^3\) \(\approx0{,}28\) L. Dividimos los cm\(^3\) entre 1 000 para pasar a litros. Respuesta: caben unos 0,28 litros.

7. Solución del ejercicio 7

   1. \(g=\sqrt{3^2+4^2}=5\) cm. El radio, la altura y la generatriz forman un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es la generatriz. Respuesta: \(g=5\) cm.
   2. \(V=\dfrac{1}{3}\pi\cdot9\cdot4=12\pi\approx37{,}70\) cm\(^3\). El volumen de un cono es la tercera parte del de un cilindro con la misma base y la misma altura. Respuesta: \(12\pi\approx37{,}70\) cm\(^3\).
   3. \(A_L=\pi\cdot3\cdot5=15\pi\approx47{,}12\) cm\(^2\). Usamos la generatriz, no la altura, en la fórmula del área lateral. Respuesta: \(15\pi\approx47{,}12\) cm\(^2\).
   4. \(A_T=15\pi+\pi\cdot3^2=24\pi\approx75{,}40\) cm\(^2\). Al área lateral le sumamos el círculo de la base, \(\pi r^2=9\pi\). Respuesta: el área total es \(24\pi\approx75{,}40\) cm\(^2\).

8. Solución del ejercicio 8

   1. \(V=\dfrac{4}{3}\pi\cdot216=288\pi\approx904{,}78\) cm\(^3\). Primero calculamos \(6^3=216\) y después multiplicamos por \(\dfrac{4}{3}\pi\). Respuesta: unos 904,78 cm\(^3\).
   2. \(A=4\pi\cdot36=144\pi\approx452{,}39\) cm\(^2\). Calculamos \(6^2=36\) y multiplicamos por \(4\pi\). Respuesta: unos 452,39 cm\(^2\).
   3. \(\dfrac{4}{3}r^3=36\), \(r^3=27\), \(r=3\) cm. Igualamos la fórmula del volumen a \(36\pi\), simplificamos \(\pi\) y despejamos \(r^3\). La raíz cúbica de 27 es 3.
   4. \(\left(\dfrac{6}{3}\right)^3=8\) veces (el volumen se multiplica por \(k^3\)). Las dos esferas son semejantes con razón \(k=2\), así que la grande tiene 8 veces el volumen de la pequeña.

9. Solución del ejercicio 9

   1. Largo \(=2\pi\cdot2=4\pi\approx12{,}57\) cm y ancho \(=5\) cm. Al desenrollar la superficie lateral, la circunferencia de la base se convierte en el lado largo del rectángulo.
   2. \(4\pi\cdot5=20\pi\approx62{,}83\) cm\(^2\). El área del rectángulo es la base por la altura y coincide con el área lateral del cilindro.
   3. \(2\cdot\pi\cdot2^2=8\pi\approx25{,}13\) cm\(^2\). Cada base es un círculo de radio 2 cm, con área \(4\pi\) cm\(^2\).
   4. Un cuadrado (base) y cuatro triángulos isósceles (caras laterales) unidos a sus lados. Respuesta: el desarrollo de la pirámide tiene un cuadrado y cuatro triángulos iguales.

10. Solución del ejercicio 10

    1. \(V=10\cdot5\cdot1{,}8=90\) m\(^3\) \(=90\,000\) L. Multiplicamos las tres dimensiones y pasamos a litros sabiendo que 1 m\(^3\) son 1 000 litros. Respuesta: 90 m\(^3\), es decir, 90 000 litros.
    2. \(\dfrac{90\,000}{1\,500}=60\) horas. Dividimos el volumen total entre los litros que echa el grifo cada hora. Respuesta: tarda 60 horas, dos días y medio.
    3. Fondo: \(10\cdot5=50\) m\(^2\). Paredes: \(2(10+5)\cdot1{,}8=54\) m\(^2\). Total: \(104\) m\(^2\). No se azuleja la parte de arriba porque está abierta; las paredes son dos rectángulos de \(10\times1{,}8\) y dos de \(5\times1{,}8\).
    4. \(104\cdot28=2\,912\) €. Multiplicamos los metros cuadrados por el precio de cada uno. Respuesta: el azulejo cuesta 2 912 €.

11. Solución del ejercicio 11

    1. \(V=\pi\cdot9\cdot12=108\pi\approx339{,}29\) cm\(^3\approx0{,}34\) L. Es un cilindro: área de la base, \(9\pi\), por la altura. Respuesta: la lata tiene unos 339 cm\(^3\), es decir, 0,34 litros.
    2. \(A_L=2\pi\cdot3\cdot12=72\pi\approx226{,}19\) cm\(^2\). La etiqueta es un rectángulo de largo \(2\pi\cdot3\) y alto 12 cm. Respuesta: unos 226 cm\(^2\).
    3. \(A_T=72\pi+2\pi\cdot9=90\pi\approx282{,}74\) cm\(^2\). Al área lateral le sumamos la tapa y el fondo, dos círculos de \(9\pi\) cm\(^2\). Respuesta: unos 283 cm\(^2\).
    4. \(\dfrac{2\,000}{339{,}29}\approx5{,}9\): casi 6 latas. Dividimos 2 000 cm\(^3\) entre la capacidad de una lata. Respuesta: se llenan 5 latas completas y casi una sexta.

12. Solución del ejercicio 12

    1. \(V=\dfrac{1}{3}\cdot3^2\cdot2=6\) m\(^3\). Es una pirámide: un tercio del área de la base, \(3^2=9\) m\(^2\), por la altura. Respuesta: 6 m\(^3\).
    2. \(a=\sqrt{1{,}5^2+2^2}=\sqrt{6{,}25}=2{,}5\) m. Formamos un triángulo rectángulo con la altura (2 m) y la mitad del lado de la base (1,5 m); la apotema es la hipotenusa.
    3. \(A_L=4\cdot\dfrac{3\cdot2{,}5}{2}=15\) m\(^2\). Las cuatro caras son triángulos de base 3 m y altura 2,5 m. Respuesta: hacen falta 15 m\(^2\) de tela.
    4. \(15\cdot1{,}10=16{,}5\) m\(^2\). Aumentar un 10 % equivale a multiplicar por 1,10. Respuesta: se compran 16,5 m\(^2\) de tela.

13. Solución del ejercicio 13

    1. \(V=\pi\cdot2^2\cdot6=24\pi\approx75{,}40\) m\(^3\). Usamos la fórmula del cilindro con \(r=2\) m y \(h=6\) m. Respuesta: unos 75,40 m\(^3\).
    2. \(75{,}40\cdot1\,000\approx75\,400\) L. Cada metro cúbico son 1 000 litros. Respuesta: unos 75 400 litros.
    3. \(75\,400\cdot0{,}6\approx45\,239\) L. El 60 % se calcula multiplicando por 0,6. Respuesta: contiene unos 45 239 litros.
    4. \(A_L=2\pi\cdot2\cdot6=24\pi\approx75{,}40\) m\(^2\). La superficie lateral es un rectángulo de base \(2\pi\cdot2\) y altura 6 m. Respuesta: hay que pintar unos 75,40 m\(^2\).

14. Solución del ejercicio 14

    1. \(V_{cono}=\dfrac{1}{3}\pi\cdot9\cdot10=30\pi\approx94{,}25\) cm\(^3\). Aplicamos \(V=\dfrac{1}{3}\pi r^2h\) con \(r=3\) cm y \(h=10\) cm.
    2. \(V_{bola}=\dfrac{4}{3}\pi\cdot27=36\pi\approx113{,}10\) cm\(^3\). Aplicamos \(V=\dfrac{4}{3}\pi r^3\) con \(r=3\) cm, así que \(r^3=27\).
    3. Sí se desborda, porque la bola (\(36\pi\)) tiene más volumen que el cono (\(30\pi\)). Comparamos los dos volúmenes: \(36\pi>30\pi\).
    4. Sobran \(6\pi\approx18{,}85\) cm\(^3\). Restamos los dos volúmenes: \(36\pi-30\pi=6\pi\). Respuesta: se desbordan unos 18,85 cm\(^3\) de helado.

15. Solución del ejercicio 15

    1. \(\dfrac{60}{10}\cdot\dfrac{40}{10}\cdot\dfrac{30}{10}=6\cdot4\cdot3=72\) latas. Cada lata ocupa un cuadrado de 10 cm por 10 cm y 10 cm de alto, así que dividimos cada dimensión de la caja entre 10. Respuesta: caben 72 latas.
    2. \(V=\pi\cdot25\cdot10=250\pi\approx785{,}4\) cm\(^3\). El radio es la mitad del diámetro, 5 cm. Respuesta: cada lata tiene unos 785,4 cm\(^3\).
    3. Caja: \(60\cdot40\cdot30=72\,000\) cm\(^3\). Latas: \(72\cdot250\pi=18\,000\pi\approx56\,549\) cm\(^3\). Multiplicamos las tres dimensiones de la caja y el volumen de una lata por 72.
    4. \(\dfrac{56\,549}{72\,000}\approx0{,}785=78{,}5\ \%\) (es \(\dfrac{\pi}{4}\)). Dividimos el volumen ocupado entre el de la caja. Respuesta: las latas ocupan un 78,5 % de la caja; el resto son huecos entre los cilindros.

16. Solución del ejercicio 16

    1. \(V=\dfrac{1}{3}\cdot230^2\cdot146\approx2\,574\,467\) m\(^3\). Calculamos un tercio del área de la base, \(230^2=52\,900\) m\(^2\), por la altura. Respuesta: unos 2,57 millones de m\(^3\).
    2. \(a=\sqrt{115^2+146^2}=\sqrt{34\,541}\approx185{,}8\) m. La apotema es la hipotenusa del triángulo rectángulo de catetos 146 m (altura) y 115 m (mitad del lado).
    3. \(A_L=4\cdot\dfrac{230\cdot185{,}8}{2}\approx85\,468\) m\(^2\). Hay cuatro caras triangulares de base 230 m y altura igual a la apotema. Respuesta: unos 85 468 m\(^2\).
    4. Altura: \(\dfrac{146}{500}=0{,}292\) m \(=29{,}2\) cm. Volumen: \(\dfrac{2\,574\,467}{500^3}\approx0{,}0206\) m\(^3\approx20\,600\) cm\(^3\). Las longitudes se dividen entre 500 y los volúmenes entre \(500^3=125\,000\,000\). Respuesta: la maqueta mide 29,2 cm de alto y tiene unos 20 600 cm\(^3\).

17. Solución del ejercicio 17

    1. \(V_{cil}=\pi\cdot4\cdot5=20\pi\approx62{,}83\) m\(^3\). Volumen del cilindro con \(r=2\) m y \(h=5\) m.
    2. \(V_{semi}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{3}\pi\cdot8=\dfrac{16\pi}{3}\approx16{,}76\) m\(^3\). Es la mitad del volumen de una esfera de radio 2 m, con \(r^3=8\).
    3. \(V=20\pi+\dfrac{16\pi}{3}=\dfrac{76\pi}{3}\approx79{,}58\) m\(^3\approx79\,580\) L. Sumamos los dos volúmenes y multiplicamos por 1 000 para pasar a litros. Respuesta: unos 79 580 litros.
    4. Lateral: \(2\pi\cdot2\cdot5=20\pi\). Semiesfera: \(\dfrac{1}{2}\cdot4\pi\cdot4=8\pi\). Total: \(28\pi\approx87{,}96\) m\(^2\). La semiesfera tiene la mitad de la superficie de la esfera, \(4\pi r^2\). Respuesta: hay que pintar unos 87,96 m\(^2\).

18. Solución del ejercicio 18

    1. \(V=\dfrac{4}{3}\pi\cdot216=288\pi\approx904{,}78\) cm\(^3\). Elevamos el radio al cubo, \(6^3=216\), y multiplicamos por \(\dfrac{4}{3}\pi\).
    2. \(V=\dfrac{4}{3}\pi\cdot27=36\pi\approx113{,}10\) cm\(^3\). Con \(r=3\) cm, \(r^3=27\).
    3. \(\dfrac{288\pi}{36\pi}=8\) bolas. Dividimos el volumen grande entre el pequeño; el metal no se pierde al fundir. Respuesta: salen 8 bolas.
    4. Grande: \(4\pi\cdot36=144\pi\). Pequeñas: \(8\cdot4\pi\cdot9=288\pi\). La superficie total de las pequeñas es el doble. Respuesta: aunque el volumen total es el mismo, las 8 bolas tienen el doble de superficie que la esfera grande.

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(A=4\pi\cdot6\,371^2\approx5{,}10\cdot10^{8}\) km\(^2\). Sustituimos el radio en \(A=4\pi r^2\) y redondeamos a notación científica. Respuesta: unos \(5{,}10\cdot10^8\) km\(^2\).
    2. \(V=\dfrac{4}{3}\pi\cdot6\,371^3\approx1{,}08\cdot10^{12}\) km\(^3\). Sustituimos el radio en \(V=\dfrac{4}{3}\pi r^3\). Respuesta: unos \(1{,}08\cdot10^{12}\) km\(^3\).
    3. \(\dfrac{1\,737}{6\,371}\approx0{,}273\). Dividimos el radio de la Luna entre el de la Tierra; es la razón de semejanza \(k\).
    4. \(k^3\approx0{,}273^3\approx0{,}0203\), es decir, unos \(\dfrac{1}{49}\) del volumen de la Tierra. En cuerpos semejantes los volúmenes están en razón \(k^3\). Respuesta: la Luna tiene aproximadamente la cuadragésima novena parte del volumen de la Tierra.

20. Solución del ejercicio 20

    1. Arista \(=\sqrt[3]{125}=5\) cm. Diagonal \(=5\sqrt{3}\approx8{,}66\) cm. La arista es la raíz cúbica del volumen, y la diagonal de un cubo de arista \(a\) es \(a\sqrt{3}\).
    2. \(V=\pi r^2\cdot2r=2\pi r^3=16\pi\), \(r^3=8\), \(r=2\) cm y \(h=4\) cm. Comprobación: \(\pi\cdot4\cdot4=16\pi\).
    3. \(\dfrac{1}{3}\pi\cdot9\cdot h=12\pi\), \(3h=12\), \(h=4\) cm. Comprobación: \(\dfrac{1}{3}\pi\cdot9\cdot4=12\pi\).
    4. El volumen se multiplica por \(2^3=8\) y la superficie por \(2^2=4\). Porque el volumen depende de \(r^3\) y la superficie de \(r^2\).