Matematica Vol 4 2° EM

GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1 PRISMAS: UMA FORMA DE OCUPAR O ESPAÇO
VOCÊ APRENDEU? Página 3 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.
Agora apresentamos a resolução do problema efetuando todos os cálculos:
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Figura A
Para a área do losango, vamos interpretá-lo como um paralelogramo. A altura
H
correspondente à base será: sen60o . H . 33 . 5,2 cm .
6 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.
Figura B
O prisma é formado por quatro 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, 3% em relação ao paralelepípedo reto.
Vale ainda observar que nessa atividade não apareceu a discussão sobre 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.
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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: d 2 . 16 . 9 . 25 . d . 5.
Diagonal do prisma: D2 . 144 . 25 . 169 . D . 13, 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 abaixo, e, com o auxílio de uma régua, meça a distância AE.
Atividade 3
a) No caso do prisma regular triangular, o lápis terá o tamanho da diagonal da face. É interessante observar que esse prisma não tem diagonal.
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L2 . 162 .122, L2 . 400, 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
um triângulo equilátero de lado igual ao do hexágono regular. Portanto, d = 6 3
cm, uma vez que a altura de um triângulo equilátero pode ser calculada por: d .l 3
Portanto, L12 . (6 3)2 . 82.
L12 . 172 . L1 . 13,11 cm. Cálculo de L2 (diagonal maior):
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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, L22 . 122 . 82, logo L2 ˜ 14,42 cm .
O maior lápis terá, então, aproximadamente 14,42 cm.
Atividade 4
Para as questões (a) e (b):
Para isso, basta considerar uma caixa de dimensões da base a e b e altura h e proceder como propomos a seguir: d 2 . a2 . b2.
Diagonal do prisma:
D2 . d 2 . h2
D2 . a2 . b2 . h2 . D .
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:
a . b . h . d 2 . a2 . a2 . d . a
D . a2 . a2 . a2 . 3a2 . D . a 3
.
222 hba ... 2 . LIÇÃO DE CASA Página 6 Atividade 1
Para as questões (a) e (b) A mosca, voando, percorre a diagonal do cubo. Assim, seu caminho medirá:M . 32 . 32 . 32 . M . 33 . 5,19 dm .
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No caso da formiga, temos que 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: F . 32 . 3 . F . 7,24 dm .
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 chegue depois. 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.
VOCÊ APRENDEU? Página 8 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:
. 3x
3x . 4y . 6z . .. 4y . 3x . y . 4. 6z . 3x . z . x
. 2
3xx
Portanto, as arestas da base dos três prismas são, respectivamente, x, ,.
42
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 temos: Desse modo, tomando o valor aproximado para 3 . 1,7320, obtemos uma comparação entre os seguintes valores de volumes:
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Esses dados nos permitem concluir que, entre os três prismas, o 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
VOCÊ APRENDEU? Página 12 Atividade 1
Alternativa (a), (c), (d) e (f).
Atividade 2
Alternativa d.
VOCÊ APRENDEU? Página 14 Atividade 3
d
• O cilindro A tem raio da base igual a 2 e altura igual a 2h . d .2 d 2 d 2.h..VA . Ab .h .. .r 2.2h ... . .2h .. . .2h . VA . Logo, . 2 . 42
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• O cilindro B tem raio da base igual a d e altura igual a h. Logo, VB . Ab .h .. .r2.2h .. .d 2.h . VB . d 2.h.. . 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 = p . R2 . H – p . R2 . d.
Substituindo os valores de R = 1 m, H = 2 m e d = 0,4 m, temos:
V = p . 12 . 2 – p . 12 . 0,4 , portanto, V = 2 p – 0,4 p.
V = 1,6 p . 5,024 m3, isto é, aproximadamente 5 024 litros.
Terminado o problema, o professor pode continuar explorando outros fatos
interessantes do mesmo problema.
Atividade 5
a) V = p . R2 . H – p . R2 . d . V = p . R2 (H – d)
Sendo R = 1 m e H = 2 m, temos: V = 2 p – d p, logo, V = p . (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 p = 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, reside em 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.
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A área do segmento circular pode ser calculada pela diferença entre a área do setor circular e a área do triânguo 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 ..

O valor desse ângulo . pode ser determinado se dividirmos o triângulo isósceles AOB, a partir da altura relativa ao vértice O. Assim, o ângulo . também será dividido ao meio e o novo triângulo será retângulo.
.
A medida do ângulo pode ser encontrada aplicando-se o seu cosseno:
2. 0,7
cos .. 0,7.
21 Desse modo, devemos determinar qual é o arco cujo cosseno seja igual a 0,7.
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Consultando uma tabela trigonométrica ou por estimativa, admitindo que 2 . 0,7 ,2
. .
teremos que cos . 0,7 , e, portanto, o valor de . 45o . O ângulo do setor circular
22 1
pode ser considerado, então, próximo de 90º, e sua área equivalerá a da área total
4 do círculo. Como a área do círculo é:
Acírculo .. .12 .. , a área do setor será Asetor .. m2.
4 Adotando .. 3,14 , temos que:
Asetor . 3,414 . 0,785 m2.
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:
Atriângulo . 1.1 . 1 . 0,5 m2.22 c) Área do segmento circular (A): A . Asetor . Atriângulo . 0,785 . 0,5 A . 0,285 m2 Retomando o volume do combustível consumido (V1): V1 = A.H = 0,285 . 4 . V1 = 1,14 m3, isto é, V1 = 1 140 litros.
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Então, a resposta do problema proposto 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 medições desses volumes. Dispositivos são instalados no interior dos tanques e fornecem em tempo real, em um painel, a conversão da altura ao 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 diferentes 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 .- V(.). Nesse último, dado . em radianos, a interseção com os eixos coordenados será em (2p, 0), quando o ângulo . assume seu maior valor e o volume do tanque é zero, e em (0, 4p), situação que representa o tanque totalmente cheio.
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LIÇÃO DE CASA Página 18 Atividade 1
Para o cálculo do volume aproximado do ar contido no pneu, com as especificações acima, 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:
V ... (35,16)2 . 24,5 ... (24,13)2 . 24,5 V . 50 309,81 cm3.
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, Cpneu . 3,14 . 64,75 . 203,32 cm .
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), uma vez que 10% de 60 m = 0,1 . 600 cm = 60 cm.
(b) a altura do nível da água que sobrou no reservatório, no final do dia, foi igual a 60 cm. Atividade 4
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CH
Temos tg 60º .. 3 . AH . 2
AH
No .BOP temos que: BP . 2
No .BPA temos que: PA2 = BP2 + BA2, mas BA = CH .
2
2
. PA2 .. 2. ..23.. PA . 14
Atividade 5
Alternativa
Para resolver essa 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 correspondem às maiores áreas das seções, do que nas suas extremidades.
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3O MOVIMENTO DE ASCENSÃO: PIRÂMIDES E CONES

VOCÊ APRENDEU? Página 24 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.
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h2 + 102 = 202 h2 = 300, logo, h = 10 3 cm. b) Cada face do octaedro é um triângulo de medida de base 20 cm e altura h =
10 3 cm ; sua área será:
Aface = 1. 20 . 10 3 . Aface = 100 3 . 173 cm2.
2 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 2 . 14,1 cmLogo, a altura do octaedro é H = 2h’, ou seja,
H = 20 2 cm, H ˜ 28,2 cm.
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d) Observamos que a aresta do cubo é igual à altura do octaedro, ou seja, 20 2
2
cm. Logo, a área de uma face do cubo é Af..20 2.. 800 cm2 e a área da superfície total do cubo é: A = 4 800 cm2.
Atividade 3
No debate, o professor pode registrar na lousa as hipóteses dos alunos para, depois, compará-las com o fato do volume de essa pirâmide ser um terço do volume do prisma. A partir desse momento, o importante é encontrarmos um meio de significar o
1
fator que caracteriza o cálculo do volume dos sólidos com afunilamento, como as
3 pirâmides e os cones. Presente em vários livros didáticos, a demonstração do cálculo do 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.
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LIÇÃO DE CASA Página 28 Atividade 1
a)
b) Como são quatro faces de mesma área (triângulos equiláteros), temos que a área
de um triângulo equilátero é AT . 83 . 23 cm2 . A área de um triângulo 44
equilátero pode ser calculada por:
l 23
l 23 2
A .
. 23 .
. l . 8 . l . 22 cm .
4
4 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
1
que a hipotenusa é a altura de uma das faces, e o outro cateto mede da medida da
3 altura da face, pois corresponde ao apótema do triângulo equilátero.
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A altura da face é encontrada aplicando-se a expressão: l 3 2 2.3
h .
. h .
. h . 6 cm
22Por Pitágoras, escrevemos que:
2
. 6.2 . ... 6 ..2
.. H. 3 .
2 648
H . 6 ..
9948 43
H .
cm
.
93
Portanto:
V . 1 AB .h . 1.2 3.4 3 . 8 . 2,67 cm3.
33
33
Atividade 2
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AB = AC = BC = a,
2 a 3
23 . heh .
32
a 3
33 . he 33 .. a . 6
2
A pirâmide VABC é tri-retângulo e regular. Portanto, VA = VB = VC = x 62 = VA2 + VB2 . x . 32
2 3
O volume é x 2. x .32 .
V .. V .
. V . 92 cm
36 O volume da parte do cubo interna ao copo é: V . 92 cm3
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VOCÊ APRENDEU? Página 30 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:
A área do círculo original é: A = 100.p e seu comprimento é C = 20.p , logo, a área do setor será 1 deste valor, portanto, Asetor .1.100. cm2 e seu comprimento será
33
Csetor . 1.20. cm .
3 Como o comprimento do arco representará o comprimento da base, podemos concluir que Cbase . Csetor . 1.20. , logo, se r é o raio da base, 2. r .1.20. e,
33 10
portanto, r . cm .
3 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,
22 ..10 .2 h . 20.3 2 cm2 teremos 10 . h .. , do que se conclui que:. 3 .
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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. Todo o cuidado com a atividade é que o aluno construa as relações de forma visual e que as determine pelo uso da proporcionalidade.
g 2 . h2 . r 2 . ...r 2 . g 2 . h2 . r . g 2 . h2
.
.h2 . g 2 . r 2 . h . g 2 . r 2
.
Sendo a o ângulo central do setor circular, os alunos podem identificar a expressão: 2. r .. 02. g . r .. g 0 . .. 3600.r
360 360 g .
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Atividade 7 A base do campo de proteção é um círculo de raio R, que pode ser determinado por tg 60o .R 80 , logo, R . 80. 3 . 138,56 m . Dessa forma, a área de proteção será determinada pela seguinte expressão A .. .R2 . 3,14 . 19 198,87 . A = 60 284,46 m2.
LIÇÃO DE CASA Página 31 Atividade 1
Inicialmente, devemos analisar os dados da atividade. O trabalho com troncos de cone sugere que completemos 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 OA 61
semelhança k . ..
O´B 12 2 Assim, os cones VAA’ e VBB’, de volumes v e V, respectivamente, são
semelhantes, com razão entre os volumes v . k 3 . v . .. 1 .. 3 . v . 1.V
VV . 2 . 8
Como V . 1 ..122.20 . 960. cm3 , temos v . 1.960.. 120. cm3.
38
Assim, o volume do tronco é 960.. 120.. 840. cm3. 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, . .122 .30 .840.. 5160. cm3
. Adotando

, obtemos 5 160 . 3 = 15 480 cm3 = 15,48 litros. Logo, o número de dias de gotejamento necessários para se desperdiçar o volume de6 . 15,486 chuveiros é . 2 dias .
46,44
Atividade 2
No caso podemos comparar as áreas das seções e verificar que: b) V1 < V3 < V2
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Atividade 3
Alternativa d.
.b 33
.a . 2 . b . 2 a
. . .V ..
. .
V . 1.. .r 2.h
3
1 . a .2
V . .. ... .b ..
3 . 2 .
1 a23 3
V . .. .. a .. . a . 8 . a . 2
3 42
3
b . .2 . b . 3
2
2
g 2 . .. a .. . b2 . b .
g 2 . .. 2 .. 2 . 32 . g 2 . 10 . g . 10 . 2 .
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4 ESFERA: CONHECENDO A FORMA DO MUNDO
VOCÊ APRENDEU? Página 35 Atividade 1
1
30º representa da superfície total da esfera.
12
Atividade 2
a) 50% b) 12,5%.
Atividade 3
a) Dividindo-se 360º por 24, temos 15º. 1
b) Seis horas são seis fusos, que correspondem a 90º, o que equivale a da superfície
4terrestre. Portanto, sua porcentagem será de 25%.
PESQUISA INDIVIDUAL
Página 36
Depende da localidade. A cidade de São Paulo tem as seguintes coordenadas: 23º 30’ Sul e 46º 33’ Oeste.
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O volume da esfera Atividade 4
a) Vcilindro .. .R3
b) Vcone . 1 . .R3 3
c) 13 . . R3 . Vsemiesfera .. .R3
VOCÊ APRENDEU? Página 43 Atividade 5
a)C . 2. .RTerra . 2. . 6 370 . 12 740. km , ou seja, aproximadamente 40 000 km b) Observando a figura e sendo a latitude igual a 60º, temos . = 60o, logo cos600 . r . 1 . r . r . 6 370 . 3185 km .R Terra 2 6370 2 Assim, o comprimento do paralelo de raio r será: C . 2. .r . 2. . 3 185 . 6 370. km .
Atividade 6
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
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:
41
PV . .2.. .r
36041
PV . .2.. .6 000
360PV . 4 292 km
Atividade 7
A distância PQ é igual ao arco de circunferência com ângulo central igual a .. 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.
o
Aplicando-se cos 41 .r . r .
R 6 000 r = 6 000 . 0,75, portanto, r = 4 500 km.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
74
Como a medida do arco PQ é partes do comprimento da circunferência de raio 4
360500, temos que:
PQ . 74 .2.. .4 500
360 PQ . 5809 km
LIÇÃO DE CASA Página 46 Atividade 1
11
Uma milha marítima equivale a parte de um grau. Um grau equivale a
60 360 partes do comprimento da circunferência máxima, o Meridiano. 11
Portanto, 1’ = . . C, sendo C = 40 000 km.
60 360Logo, 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.p.OB.AB. Como AB = OB, A = 2.p.OB2.
1
A área da região S corresponde a da superfície lateral do cilindro, logo,
6
. ..OB.2
áreaS .
3
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4
Esfera: Na esfera, a superfície total será: A´ = 4.p.(O´E´ )2 .
Como O’E’ = OB,
Temos: A´ = 4.p.(OB)2 .
1
A área da região S’ equivale a de A’, logo,
12
áreaS´. 1 .4....OB.2
12...OB.2
áreaS ´.
3
área S
Logo, a razão . 1 .
área S ´
O professor pode ainda explorar áreas de fusos e de superfícies de cunhas, sempre privilegiando o uso de proporcionalidade.