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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 4

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
H
correspondente 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 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.
1


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.

2


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

3


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 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 .

4


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:

5


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.

6


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

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 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 3  1,7320 , 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.

7



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

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


• 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).

9


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.

10


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.

11


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


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


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:
14


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

15


CH
Temos tg 60º   3  AH  2
AH
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 

 PA2   2   2 3 
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.

16



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.

17


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 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
18


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
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


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 3

Atividade 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


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 - 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:

21


A área do círculo original é: A = 100.π e seu comprimento é C = 20.π . Logo, a área
1 1 1
do setor será da área total, portanto, Asetor  .100  cm 2 e seu comprimento será
3 3 3
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
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,
2
 10  20. 2
teremos 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 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.

22


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 . r
2 r  2 g  r   
360 o 360 o g

Atividade 7

A base do campo de proteção é um círculo de raio R, que pode ser determinado por
R
tg 60 o  , logo, R  80. 3  138,56 m . Dessa forma, a área de proteção será
80
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.

23


Os triângulos VOA e VO’B são semelhantes pelo caso AA, com razão de
OA 6 1
semelhança k    .
O´B 12 2

Assim, os cones VAA’ e VBB’, de volumes v e V, respectivamente, são
3
v v 1 1
semelhantes, 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 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 . 15,48
6 chuveiros é  2 dias .
46,44

Atividade 2

Alternativa b.. No caso, podemos comparar as áreas das seções e verificar que:
V1 < V3 < V2.

24


Atividade 3

Alternativa d.

b 3 3
a  2  b  2 a


V  



1
V  . . r 2 . h
3
2
1 a
V  . .   . b  
3 2
1 a2 3
V  . . . a    a3  8  a  2
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

25



ESFERA: CONHECENDO A FORMA DO MUNDO

Páginas 35 - 36
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
4
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.

26


O volume da esfera

Páginas 38 - 39
Atividade 4

a) Vcilindro   . R 3 .
1
b) Vcone   . R 3 .
3
1
c)  . R 3  Vsemiesfera   . R 3 .
3

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
r 1 r 6 370
cos 60 0     r  3 185 km
R Terra 2 6 370 2
Assim, o comprimento do paralelo de raio r será:
C  2 . r  2 . 3 185  6 370  km .

Atividade 6

27


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

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.
r r
Aplicando-se cos 41  
o
.
R 6 000
r = 6 000 . 0,75, portanto r = 4 500 km.

28


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 km

Páginas 46 - 47
Atividade 1

1 1
Uma milha marítima equivale a parte de um grau. Um grau equivale a parte
60 360
do 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


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.

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