Matemática - vol 4 - 2º ano


Caderno do Aluno
ensino médio 2º série
Matemática


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: sen 60 o 

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.

H
6

H  3 3  5,2 cm .

GABARITO

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Matemática – 2a série – Volume 4

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: d 2  16  9  25  d  5 .

Diagonal do prisma: D 2  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 a seguir, e, com o auxílio

de uma régua, meça a distância AE.

GABARITO

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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.

L2  16 2  12 2 , 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

GABARITO

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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 

. Portanto, L1 2  (6 3 ) 2  8 2 .

2
L1  172  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, L2 2  12 2  8 2 , 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: d 2  a 2  b 2 .

Diagonal do prisma:

D2  d 2  h2

D2  a2  b2  h2  D  a2  b2  h2 .

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 2 .

D  a 2  a 2  a 2  3a 2  D  a 3 .

GABARITO

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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:

M  3 2  3 2  3 2  M  3 3  5,20 dm .

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: F  3 2  3  F  7,24 dm .

Contudo, planificando-se a figura, encontramos outra situação, melhor que a

primeira:

Calculando-se o comprimento d teremos:

GABARITO

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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.

GABARITO

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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
4 y  3 x  y  4
3x  4 y  6 z  
x
 6 z  3x  z 
2

Portanto, as arestas da base dos três prismas são, respectivamente, x,

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

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.

GABARITO

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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

Logo,

d2
d 2 . h .
d 
. 2h  V A 
V A  Ab . h   . r . 2h     . 2h   .
4
2
2

d
e altura igual a 2h.
2

2

2

GABARITO

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O cilindro B tem raio da base igual a d e altura igual a h.

Logo, 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 = 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).

GABARITO

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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.

GABARITO

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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.

GABARITO

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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

encontrada aplicando-se o seu cosseno: cos

Desse modo, devemos determinar qual é o arco cujo cosseno seja igual a 0,7.


0,7
 0,7 .
1


2

Consultando uma tabela trigonométrica ou por estimativa, admitindo que

teremos que cos

pode ser considerado, então, próximo de 90º, e sua área equivalerá a

do círculo. Como a área do círculo é: Acírculo   .12   , a área do setor será

Asetor 

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 


2

 0,7 , e, portanto, o valor de


 45 o . O ângulo do setor circular

2


m 2 . Adotando   3,14 , temos que: Asetor 

4

3,14
 0,785 m 2 .
4

1.1 1
  0,5 m 2 .
2 2

GABARITO

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c) Área do segmento circular (A):

A  Asetor  Atriângulo  0,785  0,5

A  0,285 m 2

Retomando o volume do combustível consumido (V1):

V1 = A.H = 0,285 . 4

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.

 V1 = 1,14 m3, isto é, V1 = 1 140 litros.

GABARITO

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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:

V   . (35,16) 2 . 24,5   . (24,13) 2 . 24,5 .

Considerando π = 3,14

V  50 309,81 cm 3 .

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:

GABARITO

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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,

C pneu  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) está correta, uma vez que 10% de 6 m = 0,1 . 600 cm = 60 cm.

Atividade 4

GABARITO

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Temos tg 60º 

Concluímos que BC = AH, ou seja, AB é vertical.

No BOP temos que: BP  2

No BPA temos que: PA2 = BP2 + BA2, mas BA = CH 

 2   2 3 

 PA2 

CH
 3  AH  2
AH

2

2

 PA  14

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.

GABARITO

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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.

GABARITO

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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 =

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 cm .

A altura do octaedro é H = 2h’, logo

H = 20 2 cm  H  28,2 cm.

1
. 20 . 10 3
2

Aface = 100 3  173 cm2.


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 A f  20 2

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

1
que caracteriza o cálculo do volume dos sólidos com afunilamento, como as
3

fator

pirâmides e os cones. Presente em vários livros didáticos, a demonstração do cálculo do

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

equilátero pode ser calculada por:

l2 3
4

A

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

altura da face, pois corresponde ao apótema do triângulo equilátero.

AT 8 3
 2 3 cm 2 . A área de um triângulo
4
4

 2 3

l2 3
4

 l 2  8  l  2 2 cm .

GABARITO

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A altura da face é encontrada aplicando-se a expressão:

l 3
2

h

Por Pitágoras, escrevemos que:

 6

 6
2

 3  H

2

2 2. 3
2

 h

 h  6 cm

2

H2  6

48 4 3
cm .
9
3

H

6 48
9 9

Portanto: V 

1
1
4 3 8
AB . h  . 2 3 .
  2,67 cm 3 .
3
3
3
3

Atividade 2

AB = AC = BC = a, 2 3 

3 3h e 3 3

2
a 3
h e h
3
2

a 3
a  6
2

GABARITO

Caderno do Aluno

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A pirâmide VABC é tri-retângulo e regular.

Portanto, VA = VB = VC = x

62 = VA2 + VB2 = 2x2  x  3 2

O volume é:

x2
.x
3 2
2
V 
V 
3
6

O volume da parte do cubo interna ao copo é: V  9 2 cm 3 .

 

3

 V  9 2 cm 3

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

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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

1
do comprimento total: C setor  . 20  cm .
3

Como o comprimento do arco representará o comprimento da base, podemos

1
1
concluir que C base  C setor  . 20  . Logo, se r é o raio da base, 2  r  . 20  e,
3
3

portanto, r 

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,

20. 2
 10 
teremos 10  h    , do que se conclui que: h 
cm .
3
3

1
1
1
da área total, portanto, Asetor  .100  cm 2 e seu comprimento será
3
3
3

10
cm .
3

2

2

2

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

g h r

2

2

r 2  g 2  h 2
 
h 2  g 2  r 2

2

 r  g 2  h2

 h  g2  r2

Sendo α o ângulo central do setor circular, os alunos podem identificar a expressão:


2 r 

360 o

2 g  r 

 g


360 o

360 o . r

g

Atividade 7

A base do campo de proteção é um círculo de raio R, que pode ser determinado por

R
, logo, R  80. 3  138,56 m . Dessa forma, a área de proteção será
80

tg 60 o 

determinada pela seguinte expressão A   .R 2  3,14 . 19198,87 .

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.

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

Os triângulos VOA e VO’B são semelhantes pelo caso AA, com razão de

semelhança k 

Assim, os cones VAA’ e VBB’, de volumes v e V, respectivamente, são

v
v 1
1
semelhantes, com razão entre os volumes  k 3 
    v  .V
V
V 2
8

OA
6 1
 .
O´B 12 2

1
1
Como V   .12 2.20  960 cm 3 , temos v  . 960  120 cm 3 .
8
3

Assim, o volume do tronco é 960   120   840  cm 3 .

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,

 .12 2 . 30  840   5 160  cm 3

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

6 . 15,48
 2 dias .
46,44

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

Atividade 3

Alternativa d.

3
b 3
a  2  b  2 a
V  

1
V  . . r 2 . h
3

1 a
V  . .   . b  
3 2

a2 3
1
. a    a3  8  a  2
V  . .
3
4 2

3
b  .2  b  3
2

2

a
g     b2
2

2

2

2
g 2     3 2  g 2  10  g  10
2

2

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4

ESFERA: CONHECENDO A FORMA DO MUNDO

Páginas 35 - 36

Atividade 1

30º representa

1
da superfície total da esfera.
12

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

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

O volume da esfera

Páginas 38 - 39

Atividade 4

a) Vcilindro   . R 3 .

1
Vcone   . R 3 .
3

b)

1
 . R 3  Vsemiesfera   . R 3 .
3

c)

Páginas 43 - 45

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 θ = 60o, logo

cos 60 0 

Assim, o comprimento do paralelo de raio r será:

C  2 . r  2 . 3 185  6 370  km .

r


R Terra

1
r
2 6 370

6 370
 3 185 km
2

 r

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
. 2 . . r
360
41
PV 
. 2 . . 6 000
360
PV  4 292 km

PV 

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.

o
Aplicando-se cos 41 

r = 6 000 . 0,75, portanto r = 4 500 km.

r
r
.
R 6 000

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

Como a medida do arco PQ é

4 500 e considerando π = 3,14, temos:

74
. 2 . . 4 500
360
PQ  5 809 km

PQ 

74
partes do comprimento da circunferência de raio
360

Páginas 46 - 47

Atividade 1

Uma milha marítima equivale a

do comprimento da circunferência máxima, o Meridiano.

Portanto, 1’ =

Logo, 1’ equivale a 1,852 km ou 1 852 m.

1
1
parte de um grau. Um grau equivale a
parte
60
360

1
1
.
. C, sendo C = 40 000 km.
60 360

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

1
da superfície lateral do cilindro, logo,
6

área S 

 . OB 2

3

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

1
de A’, logo,
12

área S´ 

área S ´ 

Logo, a razão

1
2
. 4. . OB 
12

 . OB 2

3

área S
1 .
área S ´

O professor pode ainda explorar áreas de fusos e de superfícies de cunhas, sempre

privilegiando o uso de proporcionalidade.
via: 100 repetentes