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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
1
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1
PRISMAS: UMA FORMA DE OCUPAR O ESPAÇO
Páginas 3 - 5
Atividade 1
Ao observar os dados da atividade, uma primeira impressão pode sugerir que a área
total seja a mesma, pois o paralelepípedo oblíquo poderia ser obtido pela inclinação do
paralelepípedo reto. Contudo, na prática, isso não se verifica, pois a face frontal e a de
fundo da Figura B (quadrados), uma vez fechada a caixa, não permitem tal movimento
por fixarem o ângulo reto.
Após essa discussão, pode-se destacar que os dois prismas possuem bases iguais e
duas faces laterais iguais, sendo suas diferenças dadas pelas faces frontal e de fundo
(losango e quadrado). Dessa forma, a decisão sobre o menor consumo de papelão pode
recair somente sobre o cálculo da área do quadrado e do losango. Caso os alunos saibam
que entre os paralelogramos de mesmo perímetro, o quadrado é o que determina a maior
área, a solução fica possível sem a realização de cálculos.
Efetuando todos os cálculos, temos a seguinte resolução:
Para a área do losango, vamos interpretá-lo como um paralelogramo. A altura
correspondente à base será: cmHH
sen o 2,5336
60 .
Como o prisma oblíquo é formado por dois losangos de base 6 cm e altura 5,2 cm e
quatro retângulos de dimensões 12 cm por 6 cm:
Atotal = 2 . 6 . 5,2 + 4 . 12 . 6 = 62,4 + 288, logo Atotal = 350,4 cm2.
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Figura B
O prisma é formado por 4 retângulos de 6 cm por 12 cm e 2 quadrados de lado 6 cm.
Atotal = 2 . 6 . 6 + 4 . 12 . 6 = 72 + 288, logo Atotal = 360 cm2.
Segundo os dados do problema, o formato do paralelepípedo oblíquo representa uma
economia de, aproximadamente, 2,7% em relação ao paralelepípedo reto.
Vale ainda observar que nessa atividade não é discutida a capacidade de cada caixa.
Esse tema será abordado mais à frente, quando tratarmos de volume de prismas.
Atividade 2
A figura a seguir ilustra a situação e as possíveis triangulações.
Observamos que o cálculo do tamanho do lápis está associado ao cálculo das
diagonais da base e do prisma. Em ambos, aplicaremos o teorema de Pitágoras.
Diagonal da base: 5259162 dd .
Diagonal do prisma: 13169251442 DD , portanto, o maior lápis deve ter
13 cm de comprimento.
O professor também pode discutir com os alunos uma solução prática para esse
problema: sobre o tampo de uma mesa, posicione a caixa, registrando, com lápis, a
superfície da base e a posição do vértice A. Faça uma translação da caixa, deslocando-a
em uma medida igual à aresta da base, como mostra a figura a seguir, e, com o auxílio
de uma régua, meça a distância AE.
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Atividade 3
a) No caso do prisma regular triangular, o lápis terá o tamanho da diagonal da face
lateral. É interessante observar que esse prisma não tem diagonal.
400,1216 2222 LL , logo L = 20. O maior lápis terá 20 cm.
b) O prisma regular hexagonal é particularmente interessante porque possui duas
medidas de diagonais, cada uma relativa às medidas das diagonais da base.
Cálculo de L1 (diagonal menor):
O lápis L1 é a hipotenusa do triângulo retângulo que tem como catetos a diagonal
menor da base e a aresta lateral. A diagonal menor da base equivale a duas alturas de
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um triângulo equilátero de lado igual ao do hexágono regular. Portanto, d = 36
cm, uma vez que a altura de um triângulo equilátero pode ser calculada por: 2
3ld
. Portanto, 2221 8)36( L .
17221 L L1 13,11 cm.
Cálculo de L2 (diagonal maior):
O lápis L2 é a hipotenusa do triângulo retângulo que tem como catetos a diagonal
maior da base e a aresta lateral. A diagonal maior da base equivale ao dobro da
medida do lado do hexágono regular. Portanto, D = 12.
Portanto, 2222 812 L , logo L2 14,42 cm.
O maior lápis terá, então, aproximadamente, 14,42 cm.
Atividade 4
Para as questões (a) e (b):
Basta considerar uma caixa de dimensões da base a e b e altura h e proceder como
propomos a seguir: 222 bad .
Diagonal do prisma:
2222222
222
hbaDhbaD
hdD
.
Diante dessa expressão, o professor pode ainda levar a turma a investigar o que
aconteceria se o formato da caixa de lápis fosse um cubo.
Nesse caso, teríamos:
2222 adaadhba .
33 2222 aDaaaaD .
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Página 6
Atividade 1
Para as questões (a) e (b)
A mosca, voando, percorre a diagonal do cubo. Assim, seu caminho medirá:
dmMM 20,533333 222 .
No caso da formiga, é necessário estudar algumas possibilidades. Uma delas é
imaginar que ela percorre uma diagonal da face e depois uma aresta do cubo.
Esquematicamente, temos:
Nesse itinerário, a formiga percorre: dmFF 24,7323 .
Contudo, planificando-se a figura, encontramos outra situação, melhor que a
primeira:
Calculando-se o comprimento d teremos:
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Portanto, a formiga chegará depois da mosca. O menor caminho para ela chegar à
gota de mel é passando pelo ponto médio de uma aresta.
Atividade 2
Observe que quando pintarmos 5 das 6 faces do cubo, 8 das 12 arestas serão comuns
a pelo menos duas faces pintadas. O número de cubos menores que contêm essas arestas
é 24.
Páginas 8 - 9
Atividade 5
Como solução do problema, apresentamos abaixo uma discussão geral.
Caso o professor julgue interessante, pode explorar o mesmo problema de forma
algébrica, supondo para a base triangular a medida de aresta x, para a base quadrada y, e
para a base hexagonal z.
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Como o perímetro das bases é o mesmo (que corresponde ao lado maior da folha de
papel sulfite), podemos escrever:
236
4
334
643x
zxz
xyxy
zyx
Portanto, as arestas da base dos três prismas são, respectivamente, 2
,4
3,
xxx .
Os três prismas têm a mesma altura h (lado menor da folha de sulfite), e sabendo que
o volume do prisma, já estudado anteriormente, é igual ao produto da área da base pela
altura, então, temos:
Desse modo, tomando o valor aproximado para 7320,13 , obtemos uma
comparação entre os seguintes valores de volumes:
Esses dados permitem concluir que, entre os três prismas, aquele que maximiza o
volume, com uma justaposição de lados, é o prisma hexagonal regular.
Atividade 6
Professor, essa atividade servirá para levantar hipóteses que depois serão verificadas
pelo Princípio de Cavalieri. No caso, podemos aproveitá-lo para observar os argumentos
dos alunos que comprovariam que ambos os vasos possuem o mesmo volume.
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2
CILINDROS: UMA MUDANÇA DE BASE
Páginas 12 - 13
Atividade 1
Alternativas (a), (c), (d) e (f).
Atividade 2
Alternativa d.
Páginas 14 - 17
Atividade 3
• O cilindro A tem raio da base igual a 2
d e altura igual a 2h.
Logo,
2
..2.
4.2.
22...
2222 hd
Vhd
hd
hrhAV AbA
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• O cilindro B tem raio da base igual a d e altura igual a h.
Logo, hdVB .. 2 .
O volume da marca B tem o dobro do volume da marca A. Como o preço da marca A
é maior do que a metade do preço da marca B, é mais vantajoso comprar a marca B.
Atividade 4
Apoiados na figura, observamos que o volume do combustível no tanque é igual à
diferença entre o volume total e o volume do cilindro de altura d (volume de
combustível consumido) e que suas bases são iguais. Podemos chegar à seguinte
expressão:
V = π . R2 . H – π . R2 . d.
Substituindo os valores de R = 1 m, H = 2 m e d = 0,4 m, temos:
V = π . 12 . 2 – π . 12 . 0,4 , portanto V = 2 π – 0,4 π.
V = 1,6 π 5,024 m3, isto é, aproximadamente 5 024 litros.
Após a resolução, o professor pode continuar explorando outros fatos interessantes
do mesmo problema.
Atividade 5
a) V = π . R2 . H – π . R2 . d V = π . R2 (H – d)
Sendo R = 1 m e H = 2 m, temos: V = 2 π – d π, logo, V = π . (2 – d).
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b)
c) Sim, é possível. Observando o gráfico, a taxa de variação do volume em relação
à medida d é constante.
Tomando-se π = 3,14, essa taxa será de 314 litros a cada 10 cm. Portanto, a régua
poderá ser graduada aferindo a cada 10 cm da régua o volume de 314 litros.
Atividade 6
O professor pode, inicialmente, deixar os alunos buscarem seus próprios meios para
resolver essa atividade. Algum tempo depois, pode auxiliá-los na interpretação do
problema, discutindo semelhanças com relação à situação da atividade anterior. Uma
primeira ideia que deve surgir é que, como lá, o volume do combustível será igual à
diferença entre o volume total e o volume consumido. O cálculo do volume total é
simples. O problema recairá sobre o cálculo do volume de álcool consumido.
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Como estamos acostumados a ver os sólidos com a base na horizontal, uma ideia é
mudarmos a direção do tanque de horizontal para vertical (figura a seguir).
Crie um debate na sala, de modo que os alunos concluam sobre a necessidade de
calcular o volume do sólido destacado, que representa o volume do álcool
consumido. Explorando a ideia relativa ao Princípio de Cavalieri, os alunos devem
chegar à conclusão de que o volume do sólido é igual ao produto da área de sua base
pela altura. A altura é igual ao comprimento do cilindro. O problema, portanto, está
na necessidade de determinar a área da base.
Essa região do círculo recebe o nome de segmento circular, que é uma região
limitada por uma corda e um arco do círculo.
A área do segmento circular pode ser calculada pela diferença entre a área do setor
circular e a área do triângulo isósceles AOB.
Vamos dividir a resolução em etapas:
a) Área do setor circular:
Setor circular é a porção do círculo limitada por dois raios e um arco do círculo. Para
determinar a área do setor circular, precisamos da medida do ângulo central a ele
correspondente, que indicaremos por θ.
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O valor desse ângulo θ pode ser determinado se dividirmos o triângulo isósceles
AOB a partir da altura relativa ao vértice O. Assim, o ângulo θ também será dividido
ao meio e o novo triângulo será retângulo. A medida do ângulo 2
pode ser
encontrada aplicando-se o seu cosseno: 7,01
7,0
2cos
.
Desse modo, devemos determinar qual é o arco cujo cosseno seja igual a 0,7.
Consultando uma tabela trigonométrica ou por estimativa, admitindo que 7,02
2 ,
teremos que 7,02
cos
, e, portanto, o valor de o452
. O ângulo do setor circular
pode ser considerado, então, próximo de 90º, e sua área equivalerá a 4
1 da área total
do círculo. Como a área do círculo é: 21.círculoA , a área do setor será
2
4mAsetor
. Adotando 14,3 , temos que: 2785,0
4
14,3mAsetor .
b) Cálculo da área do triângulo:
Uma vez que o ângulo do setor é de 90º, o triângulo AOB é retângulo em O, e,
portanto, sua área será: 25,02
1
2
1.1mAtriângulo .
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c) Área do segmento circular (A):
2285,0
5,0785,0
mA
AAA triângulosetor
Retomando o volume do combustível consumido (V1):
V1 = A.H = 0,285 . 4 V1 = 1,14 m3, isto é, V1 = 1 140 litros.
Então, a resposta do problema é que foram consumidos 1 140 litros de álcool.
Terminada essa atividade, o professor pode pedir que os alunos investiguem, em
postos de gasolina, como é medido o estoque de combustível nos tanques.
Atualmente, há processos sofisticados de medição desses volumes. Dispositivos são
instalados no interior dos tanques e fornecem em tempo real, em um painel, a
conversão da altura do volume do combustível disponível. Nos postos mais antigos,
o estoque é calculado pela combinação da “régua de medição” com uma tabela
específica de conversão.
O professor também pode, julgando o tempo suficiente, distribuir para grupos de
alunos valores diferentes de d e, agrupando-os em uma tabela, propor a construção
do gráfico do volume armazenado no tanque em função de d − V(d) e de θ − V(θ).
Nesse último, dado θ em radianos, a interseção com os eixos coordenados será em
(2π, 0), quando o ângulo θ assume seu maior valor e o volume do tanque é zero, e em
(0, 4π), situação que representa o tanque totalmente cheio.
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Páginas 18 - 22 Atividade 1
Para o cálculo do volume aproximado do ar contido no pneu com as especificações
apresentadas, temos que encontrar o diâmetro total da roda do carro, para então
podermos calcular o seu volume. Esse diâmetro pode ser obtido somando-se o diâmetro
da roda interna com o dobro da altura do pneu.
Diâmetro da roda + 2 . altura do pneu = 48,26 cm + 2 . 11,025 cm = 70,31 cm.
O raio do cilindro interior será de 24,13 cm e o do exterior 35,16 cm. O volume do
cilindro vazado, que corresponde ao valor aproximado do volume do ar será:
5,24.)13,24(.5,24.)16,35(. 22 V .
Considerando π = 3,14
381,30950 cmV .
Portanto, o volume de ar contido nesse pneu é de, aproximadamente, V = 50,31
litros.
Atividade 2
Os dados do pneu permitem-nos concluir que sua largura é de 205 mm, sua altura é
65% da largura, o que corresponde ao seguinte cálculo: 205 . 0,65 = 133,25 mm, isto é,
13,325 cm, e o diâmetro da roda interna mede 15 polegadas que, convertidas em
centímetros, correspondem a 15 . 2,54 = 38,1 cm.
Dessa forma, é possível determinar o diâmetro da roda do carro acrescentando à
medida do diâmetro interno da roda o dobro da altura do pneu:
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Diâmetro da roda + 2 . altura do pneu = 38,1 cm + 2 . 13,325 cm = 64,75 cm.
Tomando novamente o cilindro como modelo do pneu, o problema resume-se em
achar a área da sua superfície lateral, que é um retângulo, de altura 20,5 cm e medida da
base igual ao comprimento da circunferência do pneu. Lembrando que a relação entre o
comprimento da circunferência e seu diâmetro é dada pela fórmula C = . D, o
comprimento da circunferência do pneu é de, aproximadamente,
cmC pneu 32,20375,64.14,3 .
Assim, a área da superfície do pneu, na qual vai ser inserida a nova camada de
borracha, será: A = 203,32 . 20,5 4 168,1 cm2, isto é, A 0,417 m2.
Atividade 3
A alternativa (b) está correta, uma vez que 10% de 6 m = 0,1 . 600 cm = 60 cm.
Atividade 4
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Temos 23º60 AHAH
CHtg
Concluímos que BC = AH, ou seja, AB é vertical.
No BOP temos que: 2BP
No BPA temos que: PA2 = BP2 + BA2, mas BA = CH
14322222 PAPA
Atividade 5
Alternativa
Para resolver esta atividade precisamos analisar uma secção desse reservatório,
perpendicular à vara graduada. Observamos, então, que, quanto maior a área da secção,
menor será a variação de altura necessária para se chegar à próxima marca nessa vara,
uma vez que elas devem demarcar o mesmo volume. Assim, as graduações consecutivas
devem estar mais próximas na região média da vara, que corresponde às maiores áreas
das seções, do que nas suas extremidades.
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3
O MOVIMENTO DE ASCENSÃO: PIRÂMIDES E CONES
Páginas 24 - 28
Atividade 1
A partir da visualização e da manipulação das pirâmides, podemos discutir alguns
fatos semelhantes aos prismas: suas faces também são polígonos, seus nomes dependem
do polígono que forma sua base e elas podem ser retas ou oblíquas, dependendo da
posição entre a altura e a base.
Quanto às diferenças, podemos destacar: a pirâmide é um sólido que “afunila” e as
faces laterais são triângulos, enquanto nos prismas são retângulos.
Atividade 2
Antes de resolver a atividade, pode-se propor aos alunos a confecção do octaedro
com bolinhas de isopor e palitos.
a) As faces laterais do octaedro são triângulos equiláteros de lado 20 cm. Para
calcular a altura h (apótema da pirâmide regular) de uma das faces, podemos
observar que ela é o cateto de um triângulo retângulo de hipotenusa 20 cm e com o
outro cateto de 10 cm.
h2 + 102 = 202
h2 = 300, logo h = 10 3 cm.
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b) Cada face do octaedro é um triângulo de medida de base 20 cm e altura h =
10 3 cm ; sua área será:
Aface = 2
1. 20 . 10 3 Aface = 100 3 173 cm2.
Logo, a área da superfície do octaedro será A = 8 . 173 = 1 384 cm2.
c) Observando somente uma das pirâmides que compõem o octaedro, percebemos
que a sua altura h’ é um cateto de um triângulo retângulo cuja hipotenusa é a altura
da face lateral e o outro cateto tem medida igual à metade do lado do quadrado da
base.
H’ 2 + 102 = h2
H’ 2 = 300 – 100 = 200
H’ = 10 cm1,142 .
A altura do octaedro é H = 2h’, logo
H = 20 2 cm H 28,2 cm.
d) Observamos que a aresta do cubo é igual à altura do octaedro, ou seja, 20 2
cm. Logo, a área de uma face do cubo é 2
220fA 800 cm2 e a área da
superfície total do cubo é: A = 4 800 cm2.
Atividade 3
Durante o debate, o professor pode registrar na lousa as hipóteses dos alunos para,
depois, compará-las com o fato de o volume dessa pirâmide ser um terço do volume do
prisma. A partir desse momento, o importante é encontrarmos um meio de significar o
fator 3
1 que caracteriza o cálculo do volume dos sólidos com afunilamento, como as
pirâmides e os cones. Presente em vários livros didáticos, a demonstração do cálculo do
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volume da pirâmide apoia-se em figuras que consideramos de difícil visualização e
interpretação por parte dos alunos.
Atividade 4
Professor, você pode combinar a demonstração com as formas do sabão na lousa ou
em cartolina para melhor aproveitamento dos alunos.
Páginas 28 - 29
Atividade 1
a)
b) Como são quatro faces de mesma área (triângulos equiláteros), temos que a área
de um triângulo equilátero é 2324
38
4cm
AT . A área de um triângulo
equilátero pode ser calculada por:
cmllll
A 2284
332
4
3 222
.
Para o cálculo do volume, precisamos da medida da altura da pirâmide. A partir do
desenho a seguir, observamos que ela é um dos catetos de um triângulo retângulo em
que a hipotenusa é a altura de uma das faces, e o outro cateto mede 3
1 da medida da
altura da face, pois corresponde ao apótema do triângulo equilátero.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
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A altura da face é encontrada aplicando-se a expressão:
cmhhl
h 62
3.22
2
3
Por Pitágoras, escrevemos que:
2
22
3
66 H
9
48
9
662 H
cmH3
34
9
48 .
Portanto: 367,23
8
3
34.32.
3
1.
3
1cmhAV B .
Atividade 2
AB = AC = BC = a, 2
3
3
232
aheh
6
2
33333 a
aeh
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A pirâmide VABC é tri-retângulo e regular.
Portanto, VA = VB = VC = x
62 = VA2 + VB2 = 2x2 23 x
O volume é:
3
3
2
296
23
3
.2 cmVV
xx
V
O volume da parte do cubo interna ao copo é: 329 cmV .
Páginas 30 - 31
Atividade 5
Atividade 6
Aqui, professor, o aluno é levado a investigar as relações entre a geratriz, o raio da
base e o comprimento do setor circular. Todos os cálculos são obtidos com o uso de
proporcionalidade.
Vamos detalhar os cálculos para o setor de 120º:
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
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A área do círculo original é: A = 100.π e seu comprimento é C = 20.π . Logo, a área
do setor será 3
1 da área total, portanto, 2100.
3
1cmAsetor e seu comprimento será
3
1
do comprimento total: cmCsetor 20.3
1 .
Como o comprimento do arco representará o comprimento da base, podemos
concluir que 20.3
1 setorbase CC . Logo, se r é o raio da base, 20.
3
12 r e,
portanto, cmr3
10 .
Observando a figura, vemos que a altura, o raio da base e a geratriz são lados de um
triângulo retângulo em que a geratriz é a hipotenusa. Aplicando o teorema de Pitágoras,
teremos 2
22
3
1010
h , do que se conclui que: cmh
3
2.20 .
Professor, ao final da atividade, pode-se sugerir que os alunos generalizem essa
situação, como apresentada a seguir. Devemos destacar, contudo, que não há
necessidade de memorização das fórmulas. A atividade merece cuidado no sentido de
que os alunos construam as relações de forma visual e que as determine pelo uso da
proporcionalidade.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
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22222
22222222
rghrgh
hgrhgrrhg
Sendo α o ângulo central do setor circular, os alunos podem identificar a expressão:
oo
grgr
3602
3602
g
ro.360
Atividade 7
A base do campo de proteção é um círculo de raio R, que pode ser determinado por
8060
Rtg o , logo, mR 56,1383.80 . Dessa forma, a área de proteção será
determinada pela seguinte expressão 87,19819.14,3. 2 RA .
A 60 284,46 m2.
Páginas 31 - 32
Atividade 1
Inicialmente, devemos analisar os dados da atividade. O trabalho com troncos de
cone sugere completar o desenho, reconstruindo o cone que o gerou. Esse procedimento
permite aplicar a proporcionalidade nas semelhanças de triângulo observadas.
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Os triângulos VOA e VO’B são semelhantes pelo caso AA, com razão de
semelhança 2
1
12
6
´
BO
OAk .
Assim, os cones VAA’ e VBB’, de volumes v e V, respectivamente, são
semelhantes, com razão entre os volumes VvV
vk
V
v.
8
1
2
13
3
Como 32 96020.12.3
1cmV , temos 3120960.
8
1cmv .
Assim, o volume do tronco é 3840120960 cm .
Finalmente, o volume do chuveiro é igual ao volume do cilindro de raio da base 12
cm e altura 30 cm mais o volume do tronco, ou seja,
32 160584030.12. cm
Adotando 3 , obtemos 5 160 . 3 = 15 480 cm3 = 15,48 litros.
Logo, o número de dias de gotejamento necessários para se desperdiçar o volume de
6 chuveiros é dias244,46
48,15.6 .
Atividade 2
Alternativa b.. No caso, podemos comparar as áreas das seções e verificar que:
V1 < V3 < V2.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
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Atividade 3
Alternativa d.
V
aba
b
2
3
2
3
101032
2
2
32.2
3
282
3.
4..
3
1
.2
..3
1
...3
1
222
2
22
2
32
2
2
ggg
ba
g
bb
aaaa
V
ba
V
hrV
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4
ESFERA: CONHECENDO A FORMA DO MUNDO
Páginas 35 - 36
Atividade 1
30º representa 12
1 da superfície total da esfera.
Atividade 2
a) 50%
b) 12,5%
Atividade 3
a) Dividindo-se 360º por 24, temos 15º.
b) Seis horas são seis fusos, que correspondem a 90º, o que equivale a 4
1 da
superfície terrestre. Portanto, sua porcentagem é de 25%.
Páginas 36 - 38
A resposta depende da localidade. A cidade de São Paulo tem as seguintes
coordenadas:
23º 30’ Sul e 46º 33’ Oeste.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
27
O volume da esfera
Páginas 38 - 39
Atividade 4
a) 3.RVcilindro .
b) 3.3
1RVcone .
c) 33 ..3
1RVR semiesfera .
Páginas 43 - 45
Atividade 5
a) kmRC Terra 740123706.2.2 , ou seja, aproximadamente 40 000 km.
b) Observando a figura e sendo a latitude igual a 60º, temos θ = 60o, logo
kmrr
R
r
Terra
18532
3706
37062
160cos 0
Assim, o comprimento do paralelo de raio r será:
kmrC 37061853.2.2 .
Atividade 6
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
28
A medida do arco PV está, em relação ao comprimento da linha do Equador, na
mesma razão que o ângulo central L está em relação à circunferência terrestre, que
representa 360º, portanto:
kmPV
PV
rPV
2924
0006..2.360
41
..2.360
41
Atividade 7
A distância PQ é igual ao arco de circunferência com ângulo central igual a θ. Para
sabermos o valor do arco, precisamos da medida do raio do círculo pequeno que
passa por PQ.
A partir da figura, observamos uma relação métrica entre a distância d, do paralelo
ao Equador, o raio R da Terra e o raio r do paralelo. Como se trata de um triângulo
retângulo, temos:
R2 = d2 + r2
Outra relação que podemos extrair é a seguinte: como a latitude L = 41º, o ângulo em
OPO’ é alterno interno a L, portanto, também mede 41º.
Aplicando-se 0006
41cosr
R
ro .
r = 6 000 . 0,75, portanto r = 4 500 km.
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Como a medida do arco PQ é 360
74 partes do comprimento da circunferência de raio
4 500 e considerando π = 3,14, temos:
kmPQ
PQ
8095
5004..2.360
74
Páginas 46 - 47
Atividade 1
Uma milha marítima equivale a 60
1 parte de um grau. Um grau equivale a
360
1 parte
do comprimento da circunferência máxima, o Meridiano.
Portanto, 1’ = 60
1 .
360
1 . C, sendo C = 40 000 km.
Logo, 1’ equivale a 1,852 km ou 1 852 m.
Atividade 2
Cilindro: A superfície lateral do cilindro é um retângulo de dimensões:
Sua área lateral A será, portanto, A = 2.π.OB.AB.
Como AB = OB, A = 2.π.OB2.
A área da região S corresponde a 6
1 da superfície lateral do cilindro, logo,
3
. 2OBSárea
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Esfera: Na esfera, a superfície total será: A´ = 4.π.(O´E´ )2 .
Como O’E’ = OB,
Temos: A´ = 4.π.(OB)2 .
A área da região S’ equivale a 12
1 de A’, logo,
2..4.12
1´ OBSárea
3
.´
2OBSárea
Logo, a razão 1´
Sárea
Sárea .
O professor pode ainda explorar áreas de fusos e de superfícies de cunhas, sempre
privilegiando o uso de proporcionalidade.