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  1. 1. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1PRISMAS: UMA FORMA DE OCUPAR O ESPAÇOPáginas 3 - 5Atividade 1 Ao observar os dados da atividade, uma primeira impressão pode sugerir que a áreatotal seja a mesma, pois o paralelepípedo oblíquo poderia ser obtido pela inclinação doparalelepípedo reto. Contudo, na prática, isso não se verifica, pois a face frontal e a defundo da Figura B (quadrados), uma vez fechada a caixa, não permitem tal movimentopor fixarem o ângulo reto. Após essa discussão, pode-se destacar que os dois prismas possuem bases iguais eduas 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 poderecair somente sobre o cálculo da área do quadrado e do losango. Caso os alunos saibamque entre os paralelogramos de mesmo perímetro, o quadrado é o que determina a maiorárea, 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 Hcorrespondente à base será: sen 60 o  H  3 3  5,2 cm . 6 Como o prisma oblíquo é formado por dois losangos de base 6 cm e altura 5,2 cm equatro retângulos de dimensões 12 cm por 6 cm: Atotal = 2 . 6 . 5,2 + 4 . 12 . 6 = 62,4 + 288, logo Atotal = 350,4 cm2. 1
  2. 2. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4Figura 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 umaeconomia 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 dasdiagonais 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 ter13 cm de comprimento. O professor também pode discutir com os alunos uma solução prática para esseproblema: sobre o tampo de uma mesa, posicione a caixa, registrando, com lápis, asuperfície da base e a posição do vértice A. Faça uma translação da caixa, deslocando-aem uma medida igual à aresta da base, como mostra a figura a seguir, e, com o auxíliode uma régua, meça a distância AE. 2
  3. 3. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4Atividade 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 3
  4. 4. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 um triângulo equilátero de lado igual ao do hexágono regular. Portanto, d = 6 3 l 3 cm, uma vez que a altura de um triângulo equilátero pode ser calculada por: d  2 . Portanto, L1 2  (6 3 ) 2  8 2 . L1  172  L1  13,11 cm. 2 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 comopropomos 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 queaconteceria 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 . 4
  5. 5. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4Página 6Atividade 1Para 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 éimaginar 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 aprimeira: Calculando-se o comprimento d teremos: 5
  6. 6. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 Portanto, a formiga chegará depois da mosca. O menor caminho para ela chegar àgota 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 comunsa pelo menos duas faces pintadas. O número de cubos menores que contêm essas arestasé 24.Páginas 8 - 9Atividade 5 Como solução do problema, apresentamos abaixo uma discussão geral. Caso o professor julgue interessante, pode explorar o mesmo problema de formaalgébrica, supondo para a base triangular a medida de aresta x, para a base quadrada y, epara a base hexagonal z. 6
  7. 7. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 Como o perímetro das bases é o mesmo (que corresponde ao lado maior da folha depapel sulfite), podemos escrever:  3x 4 y  3 x  y  4 3x  4 y  6 z   x  6 z  3x  z   2 3x x Portanto, as arestas da base dos três prismas são, respectivamente, x, , . 4 2 Os três prismas têm a mesma altura h (lado menor da folha de sulfite), e sabendo queo volume do prisma, já estudado anteriormente, é igual ao produto da área da base pelaaltura, então, temos: Desse modo, tomando o valor aproximado para 3  1,7320 , obtemos umacomparação entre os seguintes valores de volumes: Esses dados permitem concluir que, entre os três prismas, aquele que maximiza ovolume, com uma justaposição de lados, é o prisma hexagonal regular.Atividade 6 Professor, essa atividade servirá para levantar hipóteses que depois serão verificadaspelo Princípio de Cavalieri. No caso, podemos aproveitá-lo para observar os argumentosdos alunos que comprovariam que ambos os vasos possuem o mesmo volume. 7
  8. 8. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2 CILINDROS: UMA MUDANÇA DE BASEPáginas 12 - 13Atividade 1Alternativas (a), (c), (d) e (f).Atividade 2Alternativa d.Páginas 14 - 17Atividade 3 d • O cilindro A tem raio da base igual a e altura igual a 2h. 2 Logo, 2 d  d2 d 2 . h . V A  Ab . h   . r . 2h     . 2h   . 2 . 2h  V A  2 4 2 8
  9. 9. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 • 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 Aé 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 àdiferença entre o volume total e o volume do cilindro de altura d (volume decombustível consumido) e que suas bases são iguais. Podemos chegar à seguinteexpressão: 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 interessantesdo 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). 9
  10. 10. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 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 pararesolver essa atividade. Algum tempo depois, pode auxiliá-los na interpretação doproblema, discutindo semelhanças com relação à situação da atividade anterior. Umaprimeira ideia que deve surgir é que, como lá, o volume do combustível será igual àdiferença entre o volume total e o volume consumido. O cálculo do volume total ésimples. O problema recairá sobre o cálculo do volume de álcool consumido. 10
  11. 11. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 Como estamos acostumados a ver os sólidos com a base na horizontal, uma ideia émudarmos 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. 11
  12. 12. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 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 pode ser 2  0,7 encontrada aplicando-se o seu cosseno: cos   0,7 . 2 1 Desse modo, devemos determinar qual é o arco cujo cosseno seja igual a 0,7. 2 Consultando uma tabela trigonométrica ou por estimativa, admitindo que  0,7 , 2   teremos que cos  0,7 , e, portanto, o valor de  45 o . O ângulo do setor circular 2 2 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  3,14 Asetor  m 2 . Adotando   3,14 , temos que: Asetor   0,785 m 2 . 4 4 b) Cálculo da área do triângulo: Uma vez que o ângulo do setor é de 90º, o triângulo AOB é retângulo em O, e, 1.1 1 portanto, sua área será: Atriângulo    0,5 m 2 . 2 2 12
  13. 13. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 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  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. 13
  14. 14. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4Páginas 18 - 22Atividade 1 Para o cálculo do volume aproximado do ar contido no pneu com as especificaçõesapresentadas, temos que encontrar o diâmetro total da roda do carro, para entãopodermos calcular o seu volume. Esse diâmetro pode ser obtido somando-se o diâmetroda 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 docilindro 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 = 50,31litros.Atividade 2 Os dados do pneu permitem-nos concluir que sua largura é de 205 mm, sua altura é65% 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 emcentímetros, correspondem a 15 . 2,54 = 38,1 cm. Dessa forma, é possível determinar o diâmetro da roda do carro acrescentando àmedida do diâmetro interno da roda o dobro da altura do pneu: 14
  15. 15. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 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 emachar a área da sua superfície lateral, que é um retângulo, de altura 20,5 cm e medida dabase igual ao comprimento da circunferência do pneu. Lembrando que a relação entre ocomprimento da circunferência e seu diâmetro é dada pela fórmula C =  . D, ocomprimento 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 deborracha, 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 15
  16. 16. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 CHTemos tg 60º   3  AH  2 AHConcluímos que BC = AH, ou seja, AB é vertical.No BOP temos que: BP  2No BPA temos que: PA2 = BP2 + BA2, mas BA = CH  PA2   2   2 3  2 2  PA  14Atividade 5Alternativa 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 consecutivasdevem estar mais próximas na região média da vara, que corresponde às maiores áreasdas seções, do que nas suas extremidades. 16
  17. 17. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3 O MOVIMENTO DE ASCENSÃO: PIRÂMIDES E CONESPáginas 24 - 28Atividade 1 A partir da visualização e da manipulação das pirâmides, podemos discutir algunsfatos semelhantes aos prismas: suas faces também são polígonos, seus nomes dependemdo polígono que forma sua base e elas podem ser retas ou oblíquas, dependendo daposição entre a altura e a base. Quanto às diferenças, podemos destacar: a pirâmide é um sólido que “afunila” e asfaces laterais são triângulos, enquanto nos prismas são retângulos.Atividade 2 Antes de resolver a atividade, pode-se propor aos alunos a confecção do octaedrocom 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. 17
  18. 18. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 b) Cada face do octaedro é um triângulo de medida de base 20 cm e altura h = 10 3 cm ; sua área será: 1 Aface = . 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 cm . 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 A f  20 2  2 2  800 cm 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 doprisma. A partir desse momento, o importante é encontrarmos um meio de significar o 1fator que caracteriza o cálculo do volume dos sólidos com afunilamento, como as 3pirâmides e os cones. Presente em vários livros didáticos, a demonstração do cálculo do 18
  19. 19. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4volume da pirâmide apoia-se em figuras que consideramos de difícil visualização einterpretação por parte dos alunos.Atividade 4 Professor, você pode combinar a demonstração com as formas do sabão na lousa ouem cartolina para melhor aproveitamento dos alunos.Páginas 28 - 29Atividade 1 a) b) Como são quatro faces de mesma área (triângulos equiláteros), temos que a área AT 8 3 de um triângulo equilátero é   2 3 cm 2 . A área de um triângulo 4 4 equilátero pode ser calculada por: l2 3 l2 3 A  2 3  l 2  8  l  2 2 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. 19
  20. 20. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 A altura da face é encontrada aplicando-se a expressão: l 3 2 2. 3 h  h  h  6 cm 2 2 Por Pitágoras, escrevemos que: 2  6 2  6    3  H 2   6 48 H2  6  9 9 48 4 3 H  cm . 9 3 1 1 4 3 8 Portanto: V  AB . h  . 2 3 .   2,67 cm 3 . 3 3 3 3Atividade 2 2 a 3 AB = AC = BC = a, 2 3  h e h 3 2 a 3 3 3h e 3 3 a  6 2 20
  21. 21. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 A pirâmide VABC é tri-retângulo e regular. Portanto, VA = VB = VC = x 62 = VA2 + VB2 = 2x2  x  3 2 O volume é: x2 V  2 .x V  3 2   3  V  9 2 cm 3 3 6 O volume da parte do cubo interna ao copo é: V  9 2 cm 3 .Páginas 30 - 31Atividade 5Atividade 6 Aqui, professor, o aluno é levado a investigar as relações entre a geratriz, o raio dabase e o comprimento do setor circular. Todos os cálculos são obtidos com o uso deproporcionalidade. Vamos detalhar os cálculos para o setor de 120º: 21
  22. 22. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 A área do círculo original é: A = 100.π e seu comprimento é C = 20.π . Logo, a área 1 1 1do setor será da área total, portanto, Asetor  .100  cm 2 e seu comprimento será 3 3 3 1do comprimento total: C setor  . 20  cm . 3 Como o comprimento do arco representará o comprimento da base, podemos 1 1concluir que C base  C setor  . 20  . Logo, se r é o raio da base, 2  r  . 20  e, 3 3 10portanto, r  cm . 3 Observando a figura, vemos que a altura, o raio da base e a geratriz são lados de umtriângulo retângulo em que a geratriz é a hipotenusa. Aplicando o teorema de Pitágoras, 2  10  20. 2teremos 10  h    , do que se conclui que: h  2 2 cm . 3 3 Professor, ao final da atividade, pode-se sugerir que os alunos generalizem essasituação, como apresentada a seguir. Devemos destacar, contudo, que não hánecessidade de memorização das fórmulas. A atividade merece cuidado no sentido deque os alunos construam as relações de forma visual e que as determine pelo uso daproporcionalidade. 22
  23. 23. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 r 2  g 2  h 2   r  g 2  h2 g h r 2 2 2   h 2  g 2  r 2   h  g2  r2 Sendo α o ângulo central do setor circular, os alunos podem identificar a expressão:   g 360 o . r2 r  2 g  r    360 o 360 o gAtividade 7 A base do campo de proteção é um círculo de raio R, que pode ser determinado por Rtg 60 o  , logo, R  80. 3  138,56 m . Dessa forma, a área de proteção será 80determinada pela seguinte expressão A   .R 2  3,14 . 19198,87 . A  60 284,46 m2.Páginas 31 - 32Atividade 1 Inicialmente, devemos analisar os dados da atividade. O trabalho com troncos decone sugere completar o desenho, reconstruindo o cone que o gerou. Esse procedimentopermite aplicar a proporcionalidade nas semelhanças de triângulo observadas. 23
  24. 24. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 Os triângulos VOA e VO’B são semelhantes pelo caso AA, com razão de OA 6 1semelhança k    . O´B 12 2 Assim, os cones VAA’ e VBB’, de volumes v e V, respectivamente, são 3 v v 1 1semelhantes, com razão entre os volumes  k 3      v  .V V V 2 8 1 1 Como V   .12 2.20  960 cm 3 , temos v  . 960  120 cm 3 . 3 8 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 12cm 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 . 15,486 chuveiros é  2 dias . 46,44Atividade 2 Alternativa b.. No caso, podemos comparar as áreas das seções e verificar que:V1 < V3 < V2. 24
  25. 25. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4Atividade 3Alternativa d.b 3 3a  2  b  2 aV   1V  . . r 2 . h 3 2 1 aV  . .   . b   3 2 1 a2 3V  . . . a    a3  8  a  2 3 4 2 3b  .2  b  3 2 2 ag     b2 2 2 2 2g 2     3 2  g 2  10  g  10 2 25
  26. 26. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4 ESFERA: CONHECENDO A FORMA DO MUNDOPáginas 35 - 36Atividade 1 130º representa da superfície total da esfera. 12Atividade 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 4 superfície terrestre. Portanto, sua porcentagem é de 25%.Páginas 36 - 38 A resposta depende da localidade. A cidade de São Paulo tem as seguintescoordenadas: 23º 30’ Sul e 46º 33’ Oeste. 26
  27. 27. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4O volume da esferaPáginas 38 - 39Atividade 4a) Vcilindro   . R 3 . 1b) Vcone   . R 3 . 3 1c)  . R 3  Vsemiesfera   . R 3 . 3Páginas 43 - 45Atividade 5a) 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 r 1 r 6 370cos 60 0     r  3 185 km R Terra 2 6 370 2Assim, o comprimento do paralelo de raio r será:C  2 . r  2 . 3 185  6 370  km .Atividade 6 27
  28. 28. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 A medida do arco PV está, em relação ao comprimento da linha do Equador, namesma razão que o ângulo central L está em relação à circunferência terrestre, querepresenta 360º, portanto: 41 PV  . 2 . . r 360 41 PV  . 2 . . 6 000 360 PV  4 292 kmAtividade 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. r r Aplicando-se cos 41   o . R 6 000 r = 6 000 . 0,75, portanto r = 4 500 km. 28
  29. 29. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4 74 Como a medida do arco PQ é partes do comprimento da circunferência de raio 360 4 500 e considerando π = 3,14, temos: 74 PQ  . 2 . . 4 500 360 PQ  5 809 kmPáginas 46 - 47Atividade 1 1 1 Uma milha marítima equivale a parte de um grau. Um grau equivale a parte 60 360do comprimento da circunferência máxima, o Meridiano. 1 1 Portanto, 1’ = . . C, sendo C = 40 000 km. 60 360 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. 1 A área da região S corresponde a da superfície lateral do cilindro, logo, 6  . OB 2 área S  3 29
  30. 30. 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 . 1 A área da região S’ equivale a de A’, logo, 12 1 . 4. . OB  2 área S´  12  . OB 2 área S ´  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. 30

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