De Tudo Um Pouco: Matemática 2º ano

Volume 1

Pagina 5

Amplitude :0,45m
Período:12 Meses

Pág. 5

2 ) p-12 meses
o,9 metros

Pág.6

Exercício 3

IM = {E IR / 0,10 <>

Página 8

4.
a) Não, porque ao nascer e ao pôr do sol, os raios solares que tocam o topo da estaca e produzem a sombra são paralelos ao solo osne está a estaca, tornando o comprimento da sombra muito grande.

Pág. 8

Exercício 4

a)Não, por que ao amanhecer os raios solares são paralelos a superfície terrestre
b)"Resposta variável"
c)"Resposta variável"

Pág.9

Exercício 5

a) Amp.= 1 Per.= 2 IM= { IR / -1 <>

b) Amp.= 4 Per.= 8 IM= { IR / -4 <>

Pág. 10

c) Amp.= 3 Per.= 2 IM= {IR / -3 <>

Exercício 1

a)"resposta variável"
b)"resposta variável"

Pagina 11

2- a) função 1

b) função 2

Pág. 17

1- Projeção: 0 0,5 0,7 0,9 1 0,9 0,7 0,5 0

Projeção: -0 -0,7 -0,9 1 - 0,9 - 0,7 - 0,5 - 0

Pág. 18

2) 2=135°,f=115°

3) 2=300° B=330°

Pág. 17 a 19

2- A=135º=0,7 B=150º=0,5

3-A=300º=0,9 B=330º= -0,5

Pág. 20

Projeção / 1 / 0.9/0.75/0.5/0/-0.5/-0.70

Pág. 20 e 21

1- Projeção 1;0,9;0,7;0,5;-0,7;-1;-0,9;-0,7;-0,5;0;0,5;0,7;0,9;1 2-2 10graus e 240graus, 135graus e 315graus, 240graus e 330graus, 90graus e 0 graus 3-45 graus e 225 graus

Pág. 22
x²=m²+m²
x²=2m²
x=v2m²=v2.vm²
x=m v2

obs.: v2: raiz quadrada de 2
sen 45°=m/mv2=1/v2 . v2/v2 = v2/2
cos 45°=v2/2

obs.: v2/2: raiz quadrada de 2 sobre 2

Pág. 21

2- 90°=1,0/210º e 240º

3- 45° e 315°.

Pág. 21
* = GRAUS
2-210* e 240*, 135* e 315*, 240* e 330*, 90* e 0+
3-45* e 225*

Pág. 22

Pra descobrir a hipotenusa tem q usar a formula de Pitágoras a²=b²+c²

x²=m²+m²
x²=2m²
x= raiz quadrada de 2m²
x=m raiz quadrada de 2 (= a hipotenusa)
Sen de 45° = cat oposto dividido pela hipotenusa, ou seja
Sen 45°=m dividido por m raiz quadrada de 2
Sen 45°= 1 sobre raiz quadrada de 2 vezez raiz quadrada de 2 sobre raiz quadrada de 2
Sen 45°= raiz quadrada de 2 sobre 2

Pra achar o Cosseno é a mesma coisa, os dois vão dar a mesma resposta (:

Pág. 22

a)
sen. 45º= raiz quadrada de 2 sobre 2
cos. 45º= raiz quadrada de 2 sobre 2
tg. 45º= 1

x² = m²+m²
x²= 2m²
x=raiz quadrada de 2m²
x= m raiz quadrada de 2

ñ vou consegui explicar a resposta do son. cos. e tg pq é complicado de só escrever por causa das raízes.

pág. 23

b)
sen. 60º= raiz quadrada de 3 sobre 2
cos. 60º= 1 sobre 2
tg. 60º= raiz quadrada de 3

a²= b²+c²
m²= x²+(m sobre 2)²
m²= x²+ m² sobre 4
x²=m sobre 4= m²
x²=m² sobre 1 menos m² sobre 4
x²=4m² menos m² (todos dessa fileira é sobre 4 menos o x²=)
x²= 3m² sobre 4
x=raiz quadrada de 3m² sobre 4
x= m raiz quadrada de 3 sobre 2.

ñ vou consegui explicar a resposta do son. cos. e tg pq é complicado de só escrever por causa das raízes.

pág. 24

c)
sen. 30º= 1 sobre 2
cos. 30º= raiz quadrada de 3 sobre 2
tg. 30º= raiz quadrada de 3 sobre 3

ñ vou consegui explicar a resposta do son. cos. e tg pq é complicado de só escrever por causa das raízes.

Pág. 26
C) TABELA

SENO: 0 /0.5/0.7/0.87/1/0.87/0.7/0.5/0/-0.5/-0.7/0.87/-1/-0.87/-0.7/-0.5/0
COS: 1/0.87/0.7/0.5/0/-0.5/-0.7/-0.87/-1/-0.87/-0.7/0.5/0/-0.5/0.7/0.7/1

Página 26
Exercício "c"

Na ordem

Seno: 0; 1 sobre 2; raiz de 2 sobre 3; raiz de 3 sobre 2; 1; raiz de 3 sobre 2; raiz de 2 sobre 2; 1 sobre 2; 0; menos 1 sobre 2; menos raiz de 2 sobre 2; menos raiz de 3 sobre 2; 0; menos raiz de 3 sobre 2; menos raiz de 2 sobre 2; menos 1 sobre 2; 0.

Cosseno: 1; raíz de 3 sobre 2; raíz de 2 sobre 2; 1 sobre 2; 0; menos 1 sobre 2; menos raíz de 2 sobre 2; menos raíz de 3 sobre 2; menos 1; menos raíz de 3 sobre 2; menos raíz de 2 sobre 2; menos 1 sobre 2; 0; 1 sobre 2; raíz de 2 sobre 2; raíz de 3 sobre 2; 1.

Pág. 26

Tabela

Seno 0 l 0,5 l 0,7 l 0,9 l 1 l 0,9 l 0,7 l 0,5 l 0 l - 0,5 l -0,7 l - 0,9 l -1 l - 0,9 l - 0,7 l- 0,5 l 0 l

Cosseno 1 l 0,9 l 0,7 l 0,5 l 0 l - 0,5 l - 0,7 l - 0,9 l -1 l -0,9 l -0,7 l -0,5 l 0 l 0,5 l 0,7 l 0,9 l 1

Pág. 27

Você Aprendeu

1)
A- 3,14

B- 2 raios

2)
A - 3,14 radianos

B - 3,14 radianos

3 )
A - 1,5 radianos

B - 1,5 Radianos

Pág.27

1.
a)sen135º=0,7 c)sen180º=0 e)sen300º=0,5

b)cos90º=0 d)sen120º=0,9 f)cos201º= -0,9

2.
a)Não é positivo.

b)Sim.

c)Sim,60º=0,9 e 75º=1.

d)Não.

Pág. 27

Lição de casa
a) raiz de 2/2(raiz de 2 sobre 2)

b)0

c) 0

d)raiz de 3/3

e) menos raiz de 3/2

f) menos raiz de 3/2

2)
a)não
b)sim
c)sim
d)não

Você aprendeu?

a) pi=3,14

pág. 28

2)3,14 rad
b)pi rad

3)
a)1,5 rad
b)1,5 rad

Pág. 29

4 )
a - 180 graus

b - 60 graus

c - 120 graus

pág. 29

4)
a) 3,14 rad
b)pi sobre 3
c) 2pi sobre 3
5)
a) 45º

b)AB=pi sobre 4
AC=2pi sobre 4 =pi sobe 2
AD=3pi sobre 4
AE=4pi sobre 4= pi
AF= 5 pi sobre 4
AH=7pi sobre 4

6)3,14 vezes maior

b) AD é maior que o arco AB 4,7

c)são necessários cerca de 6,28 para completar o arco

Pagina 30

6-
a) arco AC= 3,14 vezes maior do que o arco AB

b)3,14 +1,57 =4,71.. o arco AD é 4,71 vezes maior do que o arco AB

c) 2x 3,14 =6,28 .. 6,28 arcos igual ao arco AB

Pág. 31

Exercício 7

arco F,G,H,E:
F- 3 pi/4
G- 5pi/4
H 7pi/4
E- pi/4

arco J,I,M,L:
H-2/pi/3
i- 4pi/3
j-5pi/3
i-pi/3

arco B,A,C,D:
B-5pi/6
A-pi/6
C-7pi/6
D- 11pi/6

arco P,N,R,Q

P-4pi/5
Q-6pi/5
N-pi/5
R-9pi/5

Pág. 32

a) 31pi/6, 35pi/6, 3 voltas

b) 43pi/6, 47pi/6, 4 voltas

2)a)pi/2, 5pi/2

b) pi/6, 5pi/6, 13pi/6, 17pi/6

c) pi/6, 11pi/6, 13pi/6, 23pi/6

d) 0, pi, 2pi, 3pi, 4pi

Obs: PI é aquele sinal q n dá pra faze aqui q vcs devem saber.2/2: 2 sobre 2.

Pág. 35
Tabela 1

y= senx y=-1.5snx
0 0
1 -1.5
0 0
-1 1.5
0 0

Pág. 36
2- A constante A está relacionada a amplitude da onda, isto é, a distância entre o eixo horizontal e o valor máximo ou mínimo da função.A imagem da função, nesse caso será o intervalo[-A,+A], se A for maior que 0

3-A constante A está relacionada a amplitude da onda, isto é, a distância entre o eixo horizontal e o valor máximo ou mínimo da função.A imagem da funçã, nesse caso será o intervalo[-A,+A], se A for maior que 0

Pág. 36
2. a constante A está relacionada à amplitude da onda.A imagem será [A, - A]

3.a constante A está relacionado à amplitude da onda.A imagem será [A, -A]

Pág 38

Tabela

l 0 l 1 l 1 l
l r l 0 l 0 l
l 2r l -1 l -1 l
l 3r l 0 l 0 l
l 4r l 1 l 1 l

Obs. : este r e um radiano

Gráfico

A tabela a 4 colunas a regra para o gráfica e
do 1 ao 4
do 2 ao 3
o eixo y para cima e : 1 0 -1
o eixo x para direita e : r/2 r 3r/2 2r 3r 4r

Obs.: tudo sobre 2 o r e um radiano

Volume 2

Página 3

Problema 1

a) 5 na horizontal, 2 na vertical

Pág. 3

a)D=5 pos.na horizontal
B=2 pos.na vertical

Pág. 4

b)ABCD(4,2)=1 1
1 3
3 1
2 0

c)EFGH(4,2)=6 3
6 5
8 3
7 2

D)A+C=B 1-6 1-3 -5 -2
A-B=-C 1-6 3-5 =>-C -5 -2
3-8 1-3 -5 -2
2-7 0-2 -5 -2

Página 4

b) MATRIZ A -
X Y
1 1
1 3
2 1
3 0

c) MATRIZ B
X Y
6 3
6 5
8 3
7 2

d) MATRIZ C
A + C = B
X Y
5 2
5 2
5 2
5 2

pág. 5

Problema 2

a) Quatro unidades na horizontal para esquerda e uma unidade na vertical para cima

b) Uma unidade na horizontal para direita e quatro unidades na vertical para baixo

c) Três unidades na horizontal para esquerda e três unidades na vertical para baixo

Pág 5,6

Problema 2

A)X=-4/Y=1
B)X=1/Y=-4
C)X=-3/Y=-3
D)M=X/Y
1/2,5
4/0,5
2/-0,5
N=X/Y
-3/3,5
0/1,5
-2/0,5
P=X/Y
-2/-0,5
1/2,5
-1/3,5
E)Q=Y/X
-4/1
-4/1
-4/1
F)R=X/Y
1/-4
1/-4
1/-4
G)T=X/Y
-3/-3
-3/-3
-3/-3

Pág. 7

Problema 4

a= 11
7
6
4
3

Pág. 8

a) não porque quando o sol nasce ou se põem deixa a sombra com o comprimento muito grande

Pág. 8

Problema 4
A)
k=40 140 15 9
50 120 18 10

B)
F 1 -- F 2
1,20 1,20
0,80 0,90
5,00 6,00
9,00 7,50

Pág. 9

5. a) p= 4 e A=4
b) p=8 e A =16

Pág. 9

c)40 140 15 9 = 1,20 1,10
50 120 18 10 0,80 0,90
5,00 6,00
9,00 7,50

40.1,20+140.0,80+15.5,00+9.9,00 40.1,10+140.0,90+15.6,00+9.7,50
50.1,20+120.0,80+18.5,00+10.9,00 50.1,10+120.0,90+18.6,00+10.7,50

48+112+75+81 44+126+90+67,5
60+96+90+90 55+108+108+75

316,00 327,50
336,00 346,00

b)(327,50-316,00) + (346,00-336,00)
11,50 + 10,00
R$21,50

PáGINA 10

A - 6,67 - 10,02 - 9,11 - 6,04

B - 213,40 - 367,20 - 364,40 - 241,60

Pág. 12

A)
a1=30%
b3=70%

B)
A2 terá a maior audiência, com 50% a mais

Pagina 12

Problema 1
a) A¹=30%
B¹=70%

B) A rede Acom 50% a mais de audiencia (75%-25%)

C) A maior diferenca esta no par A¹ e B² com 60% de diferença
A menor diferença esta no par (A² e B³ com 10% de diferença

Pagina 13

Problema 2
a) O modelo que apresenta um percentual favoravel é o medio
B) Van A x popular B

obs a pergunta B na apostila esta errada segundo minha professora pois ser for assim a resposta seria a mesma da A entao a pergunta certa seria assim
Para qual dos modelos é maior a diferença de preferencia entre um e outro?

Pág. 13

c)
maior =A1 e B2
menor=A2 e B3

pagina 16

A) Tonalidade 2
B) Tonalidade 1
C) Tonalidade 3

Pagina17

a)Bij=2.i-j (o i é para as linhas e o j é para as colunas)
2.40-100=-20 tonalidade 1
B) 2.1000-1000= 1000 tonalidade 3
c)2.1200-1200= 1200 tonalidade 4
d) 300/100= 3
7,1mp=7
7.3=21
300-21=279
Esse é uma conta que dara valor aproximado :D

Pagina 21

Vou colocar so as matrizes ai onde tiver com o numero 1 vocês pintam e onde tiver 0 não :D
Problema um fica assim
001
011
000
(nãoesquecemdoconchete)

Problema 2
001
011
000

Problema 3
101
000
101

Problema 4
010
111
010

Problema 5
11101
10001
11101
00101
11101

Problema 6
1110101110111
1000101000010
1110101110010
1010101000010
1110101000010

Pág 26

Problema 2

1100010000000
1100000000100
0010000000100
0001000100010
0000100100001
1000001000000
0000011001000
0001100100000
0000000011000
0000001011000
0010000000100
0001000000010
0000100000001

Problema 3

1010010
0110110
1110000
0011101
0101100
1100010
1001001

Pág 28

problema 1

questão a:

A= 80,00 + 1,20 . 140 = 248,00

B= 120,00 + 1,00 . 140 = 260,00

questão b:

A=80,00 + 1,20 . 300 = 440,00

B= 120,00 + 1,00 . 300 = 420,00

questão c:

A partir de 201 Km

Problema 2

micro-ondas = 320,00

aspirador de pó = 270,00

geladeira = 980,00

pag 29

exerc. 2

z:980
y:270
x:320

Pág 30

Problema 3

3a + 4b - 1c = 8 (2)} 6a + 8b - 2c = 16 >
4a + 5b +2c =20 (1)} 4a + 5b +2c = 20 > 10a + 13b = 36
1a + 2b +3c = 6

3a + 4b - 1c = 8 (3) } 9a+12b-3c=24 >
1a - 2b +3c = 6 (1) } 1a-2b+3c=6 > 10a + 10b = 30

10a+13b=36 (-1)} -10a-13b=-36 >
10a+10b=30 } 10a+10b=30 > -3b=-6 (-1) > 3b=6 > b=6/3 > B= 2

10a+10(2)=30 > 10a+20=30 > 10a=30-20 > a= 10/10 > A= 1

3(1)+4(2)-1c=8 > 3+8-1c=8 > -1c=8-8+3 > -1c=-3(-1) > c=3/1 > C=3

VERIFICAÇÃO:

10(1)+10(2)=30 > 10+20=30 > 30 = 30 (v)

4(1)+5(2)+2(3) = 20 > 4+10+6=20 > 20=20 (v)

Pág 31

Problema 4

4a+2b+2c=46 (-1) } -4a-2b-2c=-46 >
5a+3b+1c=57 ´ } 4a+3b+3c=53 > 1b+1c =7
4a+3b+3c=53 ´
3a+3b+7c=53

4a+2b+2c=46 (3) } 12a+6b+6c=138 >
3a+3b+7c=53 (4)(-1) } 12a-12b+28c= -212 > +6b+22c= 74(-1)

1b+1c=7 (6)} -6b-6c=-42 (-1)>
6b+22c=74 } 6b+22c=74 > 16c=32 > c=32/16 > C=2

6b+22(2)=74 > 6b+44 = 74 > 6b=74-44 > b=30/6 > B=5

4a+2(5)+2(2)=46 > 4a+10 + 4 = 46 > 4a=46-10-4 > 4a=32/4 > A=8

Ouro : 8 ; Prata: 5 ; Bronze: 2

Pág 31

Problema 5

a) 4.3+4.1+4.0 > 12+4+0 > 16 pontos .

b) 12.3 > 36 pontos

c) 6 - 6 - 0

d) 8 - 0 - (0 á 12 )
6 - 6 - (0 á 12)

Pág 32 / 33

problema 6

Trigo - 900 gramas - R$: 0,90
Fubá - 1050 gramas - R$: 2,10
Chocolate - 50 gramas - R$: 1,00

Pag. 40

pergunta a) Z= 3 ; X= -2 ; Y = 0
pergunta b) Z= -1 ; Y= 2 ; X= -3
pergunta c) Z= 2 ; Y= 0 ; X= 1
pergunta d) Z= z ; Y= -1+6z%4 ; X= 5-2z%4

Volume 3

Pág. 04

4° set

(ñ ocorreu)

50%

______________________

5° set

(ñ ocorreu)

50%

25%

Pág. 05

1° set.

A Vence (1x0)

2° set

A vence (2x0)

3° set

B vence (2x1)

4° set

A vence (3x1)

5° set

50% de chances de A vencer (4x1)

50% de chances de B vencer (3x2)

6° set

25% de chances de A vencer (4x2)

25% de chance de B vencer (3x3)

7° set

12,5% de chance de A e B vencerem

Pág. 9

a)triangular = n(t)=35 p(t)=35/80=0,43% *100=43%

n(e)=80

b)amarela retangular=n(a)=2 p(a)=2/80=0,025%*100=2,5%

n(e)=80

c)não circular=n(n)=50 p(n)=50/2=25 25/40=0,66%*100=62,5%

n(e)=80 80/2=40

d)não preta=n(n.p)=47 p(n.p)=47/80=0,71*100=71%

n(e)=80

e)circular não preta=n(c)=19 p(c)=19/80=0,23*100=23%

n(e)=80

f)não circular e não preta=n(c.p)=28 p(c.p)=28/80=0,35*100=35%

n(e)=80

Pág. 9

Atividade 3 – Situações -problema para o cálculo de probabilidades
a) 35/ 80 (fração) :5 = 7/16
b)12/80 :2 = 1/40
c) 50/80 :10 = 5/8
d) 47/80
e)19/80
f)28/80 :2 = 14/40 :2 = 7/20

Pag 9

a- 30/80=o,4375 . 100 = 43,75 %
b- 2/80 = 2,5 %
c- 35+15= 50/80 = o,625 = 62,5%
d- 28+19= 47/80 = o,5875 = 58,75 %
e- 19/80= o,2375 = 23,75
f- 12+6+9+2= 28/8= 0,35 = 35%

Pag 10

a- 32/200=o,16= 16%
b- 33+32+34+35= 134= 13,4 %
c- 10+8+6+7+7+9= 47/200=0,235=23,5%
d- 9+8+11+10+10+9=57/200=o,285 = 28,5%
Problema 3
Na 2 serie E pois tem uma pessoa a mais
Problema 4
33%

pág. 10

Problema 2
a) 32/200 :2 = 16/100 :2= 4/25
b) 134/200
c)69/200 = 34,5%
d)131,5 pessoas 65,5% conta : 100 %
34,5 - = 65,5%
problema 3
2ºC : 10/33 = 30% aproximadamente
2ºE : 11/34= 32%
problema 4

P= 55%.60%
P=55.60
--- ---
100 100
= 330/1000 (depois só corta o ultimo Zero e colocar 33%

pag. 10

problema 2
a)
32/200=0,16=16%
b)
134/200=0,67=67%
c)
47/200=0,235=23,5%
d)
131/200=0,655=65,5%

PÁGINA 13

PROBLEMA 1
4.5 = 20

PROBLEMA 2
A) 1.3 = 3
B) 2.4 = 8

PÁGINA 14

PROBLEMA 3

A) 1.9.9 = 81 POSSIBILIDADES
B) 1.8.7 = 56 possibilidades
C) 9.10.10 = 900 POSSIBILIDADES
D) 9.8.7 = 504 POSSIBILIDADES

PROBLEMA 4

9.9.8.7= 4536

pagina 14

problema 3

A) 1.10.10=100
B) 1.9.8=72
C)9.10.10=900
D)9.9.8=648

problema 4

9.9.8.7=4.536

pág.15

problema 5

A)9.10.5=450
B)9.10.5=450
C)8.8.5=320
D)1ªsituaçao que terminam em "0" 9.8.1=72
2ªsituaçao que sao pares 2,4,6,8 "8.8.4=256 "
72+256=328
E)320+328=648

Página 15

Para que um número de 3 algarismos seja par é preciso que ele "termine" por um numeral par, ou, em outras palavras, é preciso que o algarismo das unidades seja O, ou 2, ou 4, ou 6, ou 8, ou seja, por exemplo: 542, 134, 920, 888, etc.

a) Quantos números pares de 3 algarismos existem?

b) Quantos números ímpares de 3 algarismos existem?

c) Quantos números ímpares de 3 algarismos distintos existem?

d) Quantos números pares de 3 algarismos distintos existem?

e) A soma dos resultados obtidos nos itens c e d deste problema deve ser igual 648. Verifique se isso ocorreu com os resultados que você obteve, se não, procure descobrir o que saiu errado.

Resposta:

a) Quantos números pares de 3 algarismos existem?

Para o primeiro algarismo a ser escrito, temos 9 possibilidades, pois o número não pode começar por zero. Para o segundo, temos 10 possibilidades e para o último temos 5 possibilidades.

9.10.5 = 450 números

b) Quantos números ímpares de 3 algarismos existem?

Raciocínio análogo ao feito no item a.

450 números.

c) Quantos números ímpares de 3 algarismos distintos existem?

Usar o mesmo raciocínio feito, a seguir, no item d.

Página 15

problema 5

d) Quantos números pares de 3 algarismos distintos existem?

1 [( 2,3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,0)] [(2,4,6,8,0)]

2 [( 1,3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,0)] [(4,6,8,0)]

3 [( 1,2, 4, 5, 6, 7, 8, 9,0)] [(2,4,6,8,0)]

4 [( 1,2,3, 5, 6, 7, 8, 9,0)] [(2,6,8,0)]

5 [( 1,2,3, 4, 6, 7, 8, 9,0)] [(2,4,6,8,0)]

6 [( 1,2,3, 4, 5, 7, 8, 9,0)] [(2,4,8,0)]

7 [( 1,2,3, 4, 5, 6, 8, 9,0)] [(2,4,6,8,0)]

8 [( 1,2,3, 4, 5, 6, 7, 9,0)] [(2,4,6,0)]

9 [( 1,2,3, 4, 5, 6, 7, 8,0)] [(2,4,6,8,0)]

Começam por um número par: 4.9.4 = 144

*Começam por um número ímpar: 5.9.4 = 180

Total : 324

*O 4 no último fator é porque um dos números do conjunto {0,2,4,6,8} foi usado na casa das dezenas, sobrando apenas 4 possibilidades.

De maneira direta, poderíamos fazer

9.9.4 = 324

A listagem foi mais para ilustração.

e) A soma dos resultados obtidos nos itens c e d deste problema deve ser igual 648.

Verifique se isso ocorreu com os resultados que você obteve antes em suas tentativas, e apresente uma resposta pessoal.

PÁGINA 15

PROBLEMA 5

A) 9.10.5 = 450 POSSIBILIDADES
B) 9.10.5 = 450 POSSIBILIDADES
C) 7.8.5 = 504 POSSIBILIDADES ---------> (NAUM TA CORRIGIDA)
D) 9.9.5 = 405 POSSIBILIDADES ---------> ( NAUM TA CORRIGIDA)

Pág. 16

PROBLEMA 2

A) 1.3.2.1 = 6 POSSIBILIDADES
B) 1.2.3.1 = 6 POSSIBILIDADES
C) 4.3.2.1 = 24 POSSIBILIDADES

Pág. 17

problema 4

a)9.9=81
b)9.9.9=729
c)9.9.9.9=6561

Página 18

Problema 5
a) P3= 3.2.1 = 6
b) P4= 4.3.2.1 = 24
c) P5= 5.4.3.2.1 = 120
d) P6= 6.5.4.3.2.1 = 720
Problema 6
P7= 7! = 7.6.5.4.3.2.1 = 5040
Problema 7
a) P5 = 5.4.3.2.1 = 120/2 = 60
b) P5 = 5.4.3.2.1 = 120/2 = 60
c) P5 = 5.4.3.2.1 = 120/2 = 60/2 = 30
Problema 8
a) P4= 4.3.2.1 = 24/2 = 12
b) P6= 6.5.4.3.2.1 = 720/3 = 240
c) P6= 6.5.4.3.2.1 = 720/2 = 360/3 = 120

Página 20

Problema 11
7!/ 3!.4! = 5040/ 144 = 35
Problema 12
6! / 2!= 720/ 2= 360

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

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  3 3  5,2 cm .

GABARITO

Caderno do Aluno

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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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 .

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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 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:

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

Como o perímetro das bases é o mesmo (que corresponde ao lado maior da folha de

papel sulfite), podemos escrever:



4 y  3 x  y  4

3x  4 y  6 z  

 6 z  3x  z 



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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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,

d 2 . h .

d 

. 2h  V A 

V A  Ab . h   . r . 2h     . 2h   .

2

e altura igual a 2h.

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 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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

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

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 .



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 



 0,7 , e, portanto, o valor de



 45 o . O ângulo do setor circular



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

3,14

 0,785 m 2 .

1.1 1

  0,5 m 2 .

2 2

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

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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

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 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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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 

 3  AH  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

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

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:

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.

. 20 . 10 3

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

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

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

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

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

 2 3

l2 3

 l 2  8  l  2 2 cm .

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 2a série – Volume 4

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

l 3

h

Por Pitágoras, escrevemos que:

 6

 6





 3  H





2 2. 3

 h

 h  6 cm

H2  6

48 4 3

cm .



H

6 48



9 9

Portanto: V 

4 3 8

AB . h  . 2 3 .

  2,67 cm 3 .

Atividade 2

AB = AC = BC = a, 2 3 

3 3h e 3 3

a 3

h e h

a 3

a  6

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:

3 2

V 

V 

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

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

do setor será

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

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

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

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

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

cm .

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

r 2  g 2  h 2



 

h 2  g 2  r 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



Atividade 7

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

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

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 1

semelhantes, com razão entre os volumes  k 3 

    v  .V

V 2

6 1



 .

O´B 12 2

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

b 3

a  2  b  2 a





V  





V  . . r 2 . h

1 a

V  . .   . b  

3 2

a2 3

. a    a3  8  a  2

V  . .

4 2

b  .2  b  3

a

g     b2

2

2

g 2     3 2  g 2  10  g  10

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

da superfície total da esfera.

Atividade 2

a) 50%

b) 12,5%

Atividade 3

a) Dividindo-se 360º por 24, temos 15º.

b) Seis horas são seis fusos, que correspondem a 90º, o que equivale a

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 .

Vcone   . R 3 .

 . R 3  Vsemiesfera   . R 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

cos 60 0 

Assim, o comprimento do paralelo de raio r será:

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



R Terra



2 6 370

6 370

 3 185 km

 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:

. 2 . . r

360

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.

Aplicando-se cos 41 

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



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:

. 2 . . 4 500

360

PQ  5 809 km

PQ 

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.

parte de um grau. Um grau equivale a

parte

360

. 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

da superfície lateral do cilindro, logo,

área S 

 . OB 2

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

de A’, logo,

área S´ 

área S ´ 

Logo, a razão

. 4. . OB 

 . OB 2

área S

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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Página 15

problema 5

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