(10) Matemática a - Y - Caderno de Apoio Ao Professor

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Índice

1. Introdução ................................................................................................................ 3

2. Apresentação do projecto ....................................................................................... 5

3. Enquadramento curricular ....................................................................................... 6

4. Planificação.............................................................................................................. 10

5. Testes de diagnóstico ............................................................................................. 12

Teste de diagnóstico 1 .............................................................................................. 12

Teste de diagnóstico 2 .............................................................................................. 15

6. Propostas de resolução das tarefas do Manual .................................................... 18

Tema 0 – Módulo inicial ................................................................................................. 18

1.1 Sintese dos conceitos fundamentais do 3.o Ciclo. Resolução de problemas ................. 18

1.2 Radicais ............................................................................................................. 32

Tema 1 – Geometria no plano e no espaço I ...................................................................... 34

1.1 Resolução de problemas de geometria no plano e no espaço ..................................... 34

1.2 Geometria Analítica .............................................................................................. 47

1.3 Geometria Analítica: vectores ................................................................................ 54

Tema 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo ...................................... 60

1.1 Estudo intuitivo de funções e gráficos .................................................................... 60

1.2 Funções afim, quadrática e módulo. Transformações simples de funções .................... 67

1.3 Funções polinomiais ............................................................................................ 75

Tema 3 – Estatística ...................................................................................................... 80

1.1 Estatística: generalidades ..................................................................................... 80

1.2 Organização de dados e interpretação de caracteres estatísticos ............................... 81

1.3 Distribuições bidimensionais ................................................................................ 86

2 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10.o Ano

1. Introdução

Caros colegas,

Neste Caderno de Apoio ao Professor fazemos algumas sugestões para uma possível resolução das activi-dades do manual, mas não pretendemos, de forma alguma, substituir a criatividade dos colegas ou indicarcomo devem conduzir a sua exploração, pois esta, como se sabe, está condicionada aos conhecimentos adqui-ridos e manifestados pelos alunos de cada turma.

Não se devem esgotar as explorações subjacentes a cada tarefa, existindo a necessidade de, por vezes, dei-xarmos que seja o raciocínio dos nossos alunos a criar as situações convenientes à sua exploração. Sendoassim, gostaríamos que encarassem estas propostas como um esboço possível, apelando à vossa criatividade eespírito de iniciativa, para que se faça o ajustamento das tarefas com os conhecimentos manifestados pelosalunos.

Auxiliarmente, este Caderno de Apoio ao Professor contém ainda algumas rubricas que podem represen-tar uma mais-valia na preparação das aulas, tais como objectivos e competências que o Programa enumera eque são passíveis de avaliação, sugestões metodológicas para exploração de cada um dos temas e previsão donúmero de aulas necessárias à abordagem de cada tema. Por fim, este caderno apresenta uma descrição dosconteúdos do Apoio Digital e um teste de diagnóstico para que, no início do ano lectivo, se possam aferir osconhecimentos dos alunos.

Os Autores

Carlos AndradeCristina ViegasPaula Pinto PereiraPedro Pimenta

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2. Apresentação do projecto

Y é um projecto inovador e que se diferencia dos restantes, quer nas abordagens temáticas, quer nos pro-blemas que propõe.

O seu desenvolvimento não pode ser dissociado da Aula Digital que o acompanha e que tem como principal finalidade apoiar os temas e as actividades desenvolvidas ao longo do Manual.

O Módulo inicial inclui actividades de desenvolvimento, generalidades, conceitos e exercícios para que seafiram os conhecimentos dos alunos adquiridos no 3.o Ciclo e para que se comece este novo ano com umaabordagem interessante que motive os alunos para o estudo da disciplina. Neste tema são também desenvolvi-dos os radicais como subtema facultativo, que os autores consideram de imprescindível abordagem.

A Geometria no plano e no espaço I está organizada em três subtemas. Todos eles são iniciados com umaTarefa de introdução, incluindo também, para além da exposição e exemplificação dos conteúdos, exercíciosresolvidos, notas históricas, actividades de exploração e desenvolvimento, Teste AAA, + Exercícios e Proble-mas globais. No final de cada subtema são propostas Tarefas de investigação. Realça-se a exploração dasconexões da geometria com outras áreas da matemática.

As Funções estão também estruturadas em três subtemas e contêm igualmente todas as rubricas contem-pladas no tema anterior, à excepção dos Problemas globais para o subtema 1, dado tratar-se do estudo degeneralidades e, na opinião dos autores, não ser ainda pertinente propor problemas de carácter global aosalunos, o que permitirá o enriquecimento deste tipo de proposta de trabalho nos dois subtemas seguintes.Realça-se a exploração das conexões das funções com a geometria.

A Estatística segue a mesma estrutura das unidades anteriores. Chama-se a atenção para o facto de no últimosubtema não existir Tarefa de introdução, uma vez que a temática desenvolvida é completamente nova para oaluno. Por este motivo, optou-se pelo desenvolvimento do subtema com o apoio de um exemplo que abordaa generalidade dos conceitos que irão ser trabalhados.

3. Enquadramento curricular

No Ensino Secundário são passíveis de avaliação os objectivos e competências que o Programa do 10.o anoenuncia e onde se destacam:

• Analisar situações da vida real (simplificadas), identificando modelos matemáticos que permitam a suainterpretação e resolução.

• Seleccionar estratégias de resolução de problemas.

• Formular hipóteses e prever resultados.

• Interpretar e criticar resultados no contexto do problema.

• Resolver problemas em contextos de matemática, de física, de economia e de ciências humanas.

• Descobrir relações entre conceitos de matemática.

• Formular generalizações a partir de experiências.

• Validar conjecturas; fazer raciocínios demonstrativos, usando métodos adequados (nestes, incluem-se ométodo de redução ao absurdo e a utilização de contra-exemplos).

• Comunicar conceitos, raciocínios e ideias com clareza e rigor lógico.

• Interpretar e criticar textos de matemática (apresentados em diversas formas ou com diferentes lingua-gens).

• Exprimir o mesmo conceito de diversas formas ou em várias linguagens.

• Usar correctamente o vocabulário específico da matemática.

• Usar e interpretar a simbologia da matemática.

• Apresentar os textos de forma clara e organizada.

• Dominar o cálculo em IR .

• Resolver algébrica, numérica e graficamente equações, inequações e sistemas.

• Usar noções de lógica, indispensáveis à clarificação de conceitos.

• Interpretar fenómenos e resolver problemas, recorrendo a funções e seus gráficos, por via intuitiva oupor via analítica, e usando calculadora gráfica.

• Aplicar conhecimentos de análise infinitesimal no estudo de funções reais de variável real.

A utilização da calculadora gráfica é objecto de avaliação nas seguintes competências:• Modelar, simular e resolver situações problemáticas.

• Utilizar métodos gráficos para resolver equações e inequações que não podem ser resolvidas, ou cujaresolução é impraticável com métodos algébricos.

• Elaborar e analisar conjecturas.


Conteúdos

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Módulo inicial

Neste módulo, o professor deverá propor problemas ou actividades aos alunos que permitam consoli-dar e fazer uso dos conhecimentos essenciais adquiridos no 3.o Ciclo, de modo a detectar dificuldadesem questões básicas e estabelecer uma boa articulação entre este ciclo e o ensino secundário. Poderápartir de uma determinada situação, de um determinado tema, procurando evidenciar todas as cone-xões com outros temas, tomando como meta o desenvolvimento das competências matemáticas trans-versais, isto é, daquelas que atravessam todos os temas e devem constituir os grandes objectivos deum currículo de matemática. Uma compreensão mais profunda da matemática só se verifica quando o aluno vê as conexões, quan-do se apercebe de que se está a falar da mesma coisa, encarando-a de diferentes pontos de vista. Seos alunos estão a explorar, por exemplo, um problema de geometria, poderão estar a desenvolver a suacapacidade de visualizar, de fazer conjecturas e de as justificar, mas também poderão estar a trabalharsimultaneamente com números, calculando ou relacionando áreas e volumes, a trabalhar com propor-ções na semelhança de figuras ou a trabalhar com expressões algébricas. Os problemas a tratar nestemódulo devem integrar-se essencialmente nos temas NNúmeros, GGeometria e ÁÁlgebra.Pretende-se que os problemas a propor ponham em evidência o desenvolvimento de capacidades de experimentação, o raciocínio matemático (com destaque para o raciocínio geométrico) e a análisecrítica, conduzindo ao estabelecimento de conjecturas e à sua verificação.

Geometriano planoe no espaço I

O ensino da geometria reveste-se da maior importância, devendo desenvolver no aluno intuição geomé-trica e raciocínio espacial, assim como capacidades para explorar, conjecturar, raciocinar logicamente,usar e aplicar a matemática, formular e resolver problemas abstractos ou numa perspectiva de modela-ção matemática. Deve ainda desenvolver no aluno capacidades de organização e de comunicação,quer oral quer escrita. É aconselhável que os alunos realizem pequenas investigações e façam depoisrelatórios utilizando linguagem matemática rigorosa (o que não significa que o aluno deva recorrer exclu-siva ou prioritariamente à linguagem simbólica).Tanto em geometria plana como em geometria do espaço, a prática de manipulação e observação defiguras e modelos tem um papel central e decisivo no ensino das noções matemáticas que estão emjogo, com prejuízo absoluto do ponto de vista axiomático. O professor deve propor actividades de cons-trução, de manipulação de modelos e ligadas a problemas históricos, fazendo surgir a partir do proble-ma e do caminho que se faz para a sua resolução uma grande parte dos resultados teóricos quepretende ensinar ou recordar.Devem dar-se a conhecer problemas históricos e propor ao aluno a resolução de pelo menos um. Serátambém conveniente dar a conhecer um pouco da história da geometria, à qual estão ligados os nomesdos maiores matemáticos de todos os tempos: Euclides, Arquimedes, Newton, Descartes, Euler, Hilbert,entre muitos outros.Os conhecimentos dos alunos sobre transformações geométricas devem ser tidos em consideraçãopara serem utilizados e ampliados na resolução de problemas concretos.Mesmo quando o aluno resolve um problema por via analítica, o professor deve incentivá-lo a fazer umafigura geométrica, de modo a tirar proveito da visualização do problema e desenvolver a sua capacida-de de representação, ou seja, não se deve deixar que este se limite à resolução exclusiva de equaçõese à utilização de fórmulas. Para além disso, deve descrever sempre com algum detalhe o processo utili-zado, justificando-o adequadamente.Devem apresentar-se aos alunos problemas que possam ser resolvidos por vários processos: perspecti-va sintética, geometria analítica, transformações geométricas, utilização de software para geometriadinâmica, perspectiva vectorial.

Devem explorar-se, sempre que possível, as conexões da geometria com outras áreas da mate-mática e o seu desenvolvimento deve prolongar-se noutros temas.


Funções e gráficos

Funções polinomiais

Função módulo

Os conhecimentos sobre funções, indispensáveis para a compreensão do mundo em que vivemos, vãoser ampliados com base no estudo analítico, numérico e gráfico, devendo privilegiar o trabalho intuitivocom funções que relacionam variáveis da vida corrente, como da geometria, da física, da economia oude outras disciplinas. Em particular, faz-se o estudo detalhado de algumas funções polinomiais e da fun-ção módulo e resolvem-se analítica, gráfica e numericamente algumas equações e inequações.Este tema tem uma ênfase muito grande na ligação entre as fórmulas e as representações geométricas.Esta ligação é muito importante para todos os que utilizam matemática. A capacidade de as relacionar éuma capacidade fundamental para o mundo de hoje e do futuro e este tema deverá fornecer uma for-mação para a vida toda, tão básica como a tabuada.Os alunos devem reconhecer que o mesmo tipo de função pode constituir um modelo para diferentestipos de situações problemáticas.Com vista a facilitar o uso de uma linguagem rigorosa (mas não formalista), o professor pode introduziros conceitos de «condição» e «proposição» e referir sumariamente ao longo do tema as propriedadesda conjunção, disjunção, negação e implicação.Todas as funções devem estar definidas apenas em intervalos (normalmente abertos); as funções defini-das por dois ou mais ramos (cujo domínio é um intervalo ou união de intervalos) apenas devem ser refe-ridas no caso da função módulo ou a título de exemplo na introdução deste tema.Ao usar a calculadora gráfica ou o computador, os alunos devem observar que podem ser apresenta-das diferentes representações gráficas de um mesmo gráfico, variando as escalas; devem sempre tra-çar um número apreciável de funções, tanto manualmente, em papel quadriculado ou papel milimétrico,como usando calculadora gráfica ou computador, escolhendo a melhor janela de visualização; devemser incentivados a elaborar conjecturas, evitando conclusões apressadas, sendo sistematicamente trei-nados na análise crítica de todas as suas conclusões. Devem ainda estudar situações em que uma des-crição qualitativa satisfatória do comportamento da função só é possível com um gráfico múltiplo(conjunto de gráficos em diferentes janelas de visualização).O aluno deve ser confrontado com situações em que os erros de aproximação conduzam a resultadosabsurdos. Como forma de evitar muitas situações dessas, deve ser feita a recomendação genérica de,nos cálculos intermédios, se tomar um grau de aproximação substancialmente superior ao grau deaproximação que se pretende para o resultado.

Pré-requisitos:Os alunos devem conhecer a função afim; devem reconhecer essa função através do gráfico, esboçá -loe conhecer algumas das suas propriedades (monotonia e zeros de forma apenas intuitiva e usando osconhecimentos de equações). Devem saber resolver equações e inequações do 1.o grau e resolverequações do 2.o grau. Devem ainda conhecer os números reais e representar intervalos de númerosreais.

Estatística

Algumas das noções apresentadas neste tema já foram abordadas no 3.o Ciclo e, por isso, é possívelem qualquer altura reinvestir nestes conhecimentos e completá-los progressivamente.O aluno deverá ser capaz de organizar, representar e tratar dados recolhidos em bruto (ou tabelados)para daí tirar conclusões numa análise sempre crítica e consciente dos limites do processo de matema-tização da situação. É importante que o estudo da estatística contribua para melhorar a capacidade dosalunos para avaliar afirmações de carácter estatístico, fornecendo-lhes ferramentas apropriadas pararejeitar certos anúncios publicitários, notícias, ou outras informações em que a interpretação de dadosou a realização da amostragem não tenha sido correcta.Este tema fornece uma excelente oportunidade para actividades interdisciplinares, individualmente ouem grupo, devendo o professor, ao definir o plano de trabalho com os alunos, incentivá-los a recorrer aocomputador. No final, os alunos devem interpretar e comunicar os resultados à turma fazendo uma aná-lise crítica e consciente de que diferentes modos de apresentar as conclusões podem alterar a mensa-gem. No estudo deste tema, o aluno deve recorrer à calculadora gráfica ou ao computador e às suaspotencialidades para resolver muitos dos problemas.

Pré-requisitos:Estatística do 3.o Ciclo do Ensino Básico.

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Temas transversais

A aprendizagem matemática dos alunos passa por fases intuitivas e in formais, mas, desde muito cedo,mesmo estas não po dem deixar de ser rigorosas ou desprovidas de demonstra ções correctas, assim como nãopodem passar sem um mí nimo de lin guagem sim bólica. Na aprendizagem da matemática elementar do EnsinoBásico e Secundário são absoluta mente neces sárias as de monstrações matemáticas, mas estas não podem con fundir-se com demonstra ções formali zadas (no sen tido de dedu ções formais em teorias formais). Chama--se a atenção para alguns assun tos que, não constituindo em si mesmos conteúdos do Programa, são algumada es sência de mui tos passos da aprendizagem de diversos as suntos e cons tituem ele mentos que ajudam osalunos a compreender demonstra ções e a racio nalizar os desenvolvi mentos das teorias. Como se pode verpelo corpo do Programa, não se pretende que a matemá tica ou mate máticas sejam introduzidas axiomatica -mente, mas sim que os alunos fiquem com a ideia de que as teorias matemáticas são estrutura das dedutiva -mente. Os conceitos fundamentais e as suas pro priedades bá sicas devem ser motivados in tuitivamente,embora os alu nos devam trabalhá-los até chegarem a formulações matemáticas precisas, sem que, em algummomento, se confunda o grau de preci são de um conceito ma temático com qualquer grau de «simboliza ção».Um con ceito matemá tico pode estar completa e ri gorosamente compreendido, expresso em língua natural ouem lingua gem matemá tica ordinária, que é uma mistura de lin guagem natu ral, simbologia lógica e ma -temática. A es crita simbólica das proposi ções matemá ticas surgirá, se possível, natu ralmente, para efeitos depre cisão, conden sação, eco nomia e clareza de exposição.

O trabalho com aspectos da história da matemática é fundamental e deve ser reali zado com os mais diver-sos pretextos. Ao longo do Pro grama dão-se algumas pistas para esse tra balho, que amplia a compreensão dosassuntos ma temáticos com os dados da sua génese e evolução ao longo do tempo.

Outro trabalho que assume um papel fundamental para o ensino e aprendizagem é todo aquele que escla-reça conexões (aplicações, modelação) com outros ramos da ciên cia, presente sempre que possível nas activi-dades que se desenvolvem ao longo do manual e Tarefas de investigação.

A utilização da tecnologia no ensino da matemática obriga a que, à medida que for sendo ne cessário e sejustifique, se vá esclare cendo o funci onamento das calculadoras e computadores e as caracterís ticas de cadaaplicação in formática útil à matemática, ao mesmo tempo que se devem revelar e expli car as limita ções da tec-nologia dispo nível.

Adaptado do Programa de Matemática A, DES

4. Planificação

Número de aulas

Para cada tema, indica-se uma previsão do número de aulas necessárias à sua abordagem.

Não sendo mais do que uma previsão, esta indicação deve ser encarada com flexibilidade, sem prejuízo dopeso relativo e da profundidade do tratamento desejado que o número de aulas previsto indicia. O Professordeve ter como preocupação fundamental abordar e desenvolver, em cada ano, os variados tópicos do Progra-ma, pois eles fornecem métodos matemáticos diversificados e desempenham funções diferentes, todas impres-cindíveis, para, em conjunto, contribuírem para a formação integral do cidadão autónomo e livre. Nunca sedeve valorizar um conteúdo de tal forma que se possa prejudicar irremediavelmente a formação em algum dosgrandes temas ou no desenvolvimento de alguma das capacidades/aptidões reportadas na redacção das finali-dades e dos objectivos gerais deste programa de ensino.

Temas

O Programa de cada ano de escolaridade desenvolve-se por três grandes temas, a tratar pela ordem indi-cada no mesmo. Deve ser feita uma planificação adequada, de modo que não seja prejudicado o tratamentode nenhum dos temas e sejam integrados os conteúdos do tema transversal que se mostrem aconselhados.

Se o Projecto Educativo ou o Plano de Actividades da Escola o aconselhar, os professores poderão fazerplanificações distintas da indicada, desde que seja elaborado um projecto específico justificativo e que essaalteração fique devidamente registada em acta.


Tema 0 – Módulo inicial 9 aulas de 90 minutos

Tema 1 – Geometria no planoe no espaço I

1 – Resolução de problemasde geometria no planoe no espaço

6 aulas de 90 minutos

2 – Geometria analítica 13 aulas de 90 minutos

3 – Geometria analítica:vectores


Tema 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais.Função módulo

1 – Estudo intuitivo de funçõese gráficos


2 – Funções afim, quadráticae módulo. Transformaçõessimples de funções


3 – Funções polinomiais 8 aulas de 90 minutos

Tema 3 – Estatística

1 – Estatística: generalidades 2 aulas de 90 minutos

2 – Organização de dados e interpretaçãode caracteres estatísticos


3 – Referência a distribuiçõesbidimensionais


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Temas transversais

Tudo o que os temas transversais propõem deve ser abordado sistematicamente ao longo do ciclo. Não existem indicações taxativas sobre a sua distribuição ao longo dos anos, mas o desenvolvimento dos temas e asindicações metodológicas vão sugerindo momentos onde os diversos temas transversais podem ser explorados.

A criação de um ambiente propício à resolução de problemas deve constituir um objectivo central nas prá-ticas dos professores, já que a resolução de problemas é um método fundamental e é considerada no Progra-ma não só como indicação metodológica mas também como tema. A resolução de problemas está consideradano Programa como motivação, como sistema de recuperação e como forma privilegiada para suscitar a comu-nicação oral e escrita.

Ambientes e actividades diversificadas

O Professor deve prever, desde o início do ano, momentos para o desenvolvimento de trabalhos indivi-duais, de grupo, de projecto e actividades investigativas. Deve ser dada particular atenção à realização decomposições matemáticas de tamanho e natureza razoavelmente variados. A comunicação matemática (oralou escrita) é um meio importante para que os alunos clarifiquem o seu pensamento, estabeleçam conexões,reflictam na sua aprendizagem, aumentem o apreço pela necessidade de precisão na linguagem, conheçamconceitos e terminologia e aprendam a ser críticos. Se os alunos forem solicitados a justificar muitas vezes assuas opções, poderão melhorar a sua aprendizagem. Também a realização de actividades com recurso à tecno-logia é motivo para discussões (e composições matemáticas) activas e ricas.

Cada aluno deve receber do professor estímulo e oportunidades frequentes para falar, escrever, ler e ouvirnas aulas de Matemática (e fora delas), pois assim está a organizar, consolidar e ampliar o seu conhecimentomatemático. Reflexão e comunicação são processos que se devem entrelaçar durante toda a aprendizagem.

O trabalho de grupo e em pares favorece a comunicação matemática, pois os alunos ganham em partilharcom os colegas e com o professor os seus métodos de resolução ou as justificações dos seus raciocínios.

Aula Digital

Manual MultimédiaCaderno de Problemas e DesafiosFormulárioTestes 5 + 5Caderno de Apoio ao Professor

Preparação de aulaspara quadro interactivo

Apresentações em PowerPointTestes interactivos do Professor

Ligações à Internet

Avaliação interactiva

Animações interactivas

Testes interactivos

Applets (geometria dinâmica)

Ligações à Internet

Recursos do projectoem formato digital

Recursos exclusivos do Professor

Manual multimédia do aluno


5. Testes de diagnóstico

Teste de diagnóstico 1

GRUPO I

1. A Berta e a Matilde pintaram dois azulejos com formas diferentes. O da Berta é um azulejo quadrangu-lar enquanto o da Matilde tem a forma de um triângulo.

a. Escreve uma expressão da área do azulejo da Berta.

b. Escreve a expressão da área do azulejo da Matilde na forma de polinómio ordenado e reduzido.

c. Determina o valor de x sabendo que a soma da área dos dois azulejos é 53,5 cm2.

d. Mostra que a expressão �2�(x�2�+� 1�)� traduz a medida da hipotenusa do azulejo da Matilde.

e. A Berta resolveu fazer também um azulejo com a forma de um triângulo cuja área seja �(x +

22)2

� .

Qual é a expressão que define a base do triângulo, sabendo que a altura é dada por x + 2 ?

A prova é constituída por quatro grupos.Nas respostas a todas as questões, deves apresentar o raciocínio efectuado, os cálculos e as justifi-

cações necessárias. A cotação de cada uma das questões está indicada no lado esquerdo.

x

x

x+1

x-1

[6]

[8]

[10]

[11]

[7]

2. O Pedro tem no seu jardim um tanque com peixes cuja superfície tem aforma de um quadrado, como se sugere na figura ao lado. Para aumentar onúmero de peixes, decidiu duplicar a capacidade do tanque, aumentando asua área para o dobro.

Indica uma posição possível para o tanque, para que se possa fazer a obra.

Mostra que é possível fazê-lo, mantendo a forma quadrada da superfície econservando as árvores na posição indicada.

3. Considera o intervalo de números reais A = �–�, �52

� � .

a Escreve sob a forma de intervalo A ∩ {x ∈ IR : –4 < x < 4} .

b. Determina os valores de n ∈ IN para os quais �3(n

2– 1)� pertence a A .

4. Num laboratório, registou-se a evolução da altura de dois exemplares de duas espécies de flores oriun-das da Amazónia. Este registo foi efectuado diariamente ao longo de duas semanas (14 dias). O compri-mento dos exemplares de cada espécie pode ser traduzido pelas expressões analíticas y = 0,5x + 2 e y = x + 1 , em que x representa o tempo, em dias, contado desde o início do registo e y a altura, emcentímetros.

a. Determina ao fim de quantos dias as duas espécies tinham atingido o mesmo tamanho. Quantomedia cada uma delas ao fim desses dias?

b. Determina o valor de cada uma das expressões, para x = 14 . O que significa este resultado no con-texto do problema?

GRUPO II

5. Num canil, mediu-se a massa corporal de 20 cães e obtiveram-se os seguintes resultados, em kg:

6,2 7,1 5,0 7,7 3,8 5,6 7,0 5,7 4,3 6,34,1 5,1 3,6 6,0 4,4 4,8 6,5 7,8 7,0 5,7

5.1 Elabora uma tabela de frequências absolutas e relativas (%) usando classes de igual amplitude,sendo a primeira dessas classes [3,5; 4,5[ .

5.2 Representa, através de um histograma, a distribuição dos valores da massa corporal e desenha o respec-tivo polígono de fre quências.

5.3 Indica a classe modal.

5.4 Calcula a massa corporal média dos 20 cães.

5.5 Com o auxílio da tabela de frequências determina:

a. a percentagem de cães cuja massa corporal é inferior a 6,5 kg;

b. a percentagem de cães cuja massa corporal é superior a 6,5 kg;

c. a percentagem de cães cuja massa corporal está na classe modal.

13

Superfíciedo lago[12]

[8]

[8]

[10]

[10]

[8]

[10]

[5]

[10]

[9]

GRUPO III

6. O gráfico seguinte representa a evolução da temperatura de um doente durante 10 dias.

a. Em que dias a temperatura subiu? E desceu?

b. Em que dias o doente teve uma temperatura constante?

c. Em que dias foi atingida a temperatura máxima? E a mínima?

d. O doente teve de tomar medicamentos sempre que a temperatura foi superior a 38 oC. Em que diastomou ele esses medicamentos?

GRUPO IV

7. Observa a seguinte pirâmide de base quadrangular, cujos lados são compos-tos por triângulos equi láteros.

Calcula:

a a altura de uma face lateral (apótema da pirâmide);

b. a altura da pirâmide;

c. a área total da pirâmide;

d. o volume da pirâmide.

8. Uma pirâmide de 12 cm de altura tem por base um hexágono regular de 4 cm de lado. Um plano α paralelo à base intersecta a pirâmide originandoum hexágono também regular de 6�3� cm2 de área. Qual é a distância d do plano α ao vértice da pirâmide?


39,539

38,538

37,537

36,536

35,535

34,50

Tem

pera

tura

Dias1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

60o

10 cm

d

4 cm

x

[5]

[5]

[5]

[5]

[6]

[6]

[10]

[10]

[16]

15

Teste de diagnóstico 2

GRUPO I

1. Calcula, utilizando sempre que possível as regras das potências, cada uma das seguintes expressõesnuméricas:

a. �13

� – �12

� b. × ��– �14

��–1

�3

2. Resolve a equação 4x2 + 2x = 0 sem usar a fórmula resolvente.

3. Resolve a equação 2(x2 –5) = 8x

GRUPO II

4. Representa geometricamente e sob a forma de intervalo de números reais o seguinte conjunto:

x = {x ∈ IR : x > 2 ∧ x � 3}

5. Uma mesa circular está encostada ao canto (recto) de uma sala de modo que fica tangente às duas pare-des que formam o canto. O diâmetro da mesa mede 8 decímetros e o centro é o ponto C .

a. Qual é o comprimento (exacto) do segmento [AB] assinalado na figura?

b. Qual é a área (exacta) da superfície sombreada na figura?

A prova é constituída por quatro grupos.Nas respostas a todas as questões, deves apresentar o raciocínio efectuado, os cálculos e as justifi-

cações necessárias. A cotação de cada uma das questões está indicada no lado esquerdo.

��23

��–5

�

��23

��–2

B

A

C

[5]

[10]

[10]

[15]

[10]

[15]

6. Na figura estão representados um rectângulo [ABCD]e um trapézio [ABCE] .

Sabe-se que AB�� = 6 , BC�� = 3 e DE�� = x

a. Mostra que a área do trapézio [ABCE] pode serdada pela expressão:

A =

b. Determina os valores de x para os quais a área do trapézio [ABCE] é superior a 11.

c. Determina o perímetro do trapézio [ABCE] para x = 4 .

GRUPO III

7. Antes da invenção do relógio, as velas eram utilizadas para medir o tempo. Uma fórmula que relacionaa altura (a , em centímetros) de uma dessas velas com o tempo (t , em horas) em que esta está a arder éa = 10 – 2t .

a. Completa a tabela utilizando a fórmula anterior.

b. Qual seria a altura de uma destas velas antes de ter sido acesa?

c. No contexto desta situação, qual é o significado de 2 na fórmula? Justifica.

d. No contexto desta situação, quando se apaga a vela? Justifica.

8. Um chá é servido à D. Maria. Qual das seguintes representações gráficas pode traduzir a situação.Justifica?

36 – 3x�

2


A B

CD Ex

Tempo (t, em horas) 0 1 2 3 4

Altura (a, em centímetros)

[15]

[15]

[10]

[5]

[10]

[10]

[10]

[20]

x

y

Tempo0

Tem

pera

tura

do c

há

I

x

y

Tempo0

Tem

pera

tura

do c

há

II

x

y

Tempo0

Tem

pera

tura

do c

há

III

GRUPO IV

9. Na praia do parque de campismo existem barracas como as da fotografia abaixo.

Ao lado da fotografia está um esquema da estrutura de uma dessas barracas, onde:

• [ABCDEFGH] é um prisma quadrangular regular;

• [EFGHI] é uma pirâmide quadrangular regular;

• [KI ] é a altura da pirâmide [EFGHI] ;

• [JI] é a altura do triângulo [EFI];

As medidas de comprimento indicadas estão expressas em metros (m).

a. Assinala com X a recta que é paralela ao plano ADH .

AB IE

FB EG

b. Sabe-se que IJ�� = 1 m.

De acordo com o esquema, determina o volume da barraca de praia.

Apresenta todos os cálculos que efectuares e, na tua resposta, indica a unidade de volume.

FORMULÁRIO

Fórmula resolvente de uma equação do segundo grau da forma ax2 + bx + c = 0

x =

Volume do prisma: Área da base × altura

Volume da pirâmide: �13

� × Área da base × altura

–b ± �b�2�–� 4�ac��

2a

17

1,2 m

1,7 m

H

D A

BC

E

F

J

I

G

1,2 m

[10]

[15]


6. Propostas de resolução das tarefas do manual

Tema 0 – Módulo inicial

1.1 Síntese dos conteúdos fundamentais do 3.o Ciclo. Resolução de problemas

Tarefa 1 – Cuidado com as aproximações (página 14)

1.1.a. Sendo l o lado do quadrado, tem-se:

l2 + l2 = 52 ⇔ l = ��22�5��

l = ��22�5�� ≈ 3,5 cm .

O raio de cada círculo é, portanto, r = �38,5� ≈ 0,4 cm, e a área de cada círculo

A1 = π × 0,42 ≈ 0,5 cm2 .

Assim, a área dos 16 círculos é A16 = 16 × 0,5 ≈ 8 cm2 .

b. Seguindo a sequência da alínea a., tem-se:

l ≈ 3,54 cm ; r = ≈ 0,44 cm ;

A1 = π × 0,442 ≈ 0,61 cm2 ; A16 = 16 × 0,61 ≈ 9,76 cm2 .

c. Seguindo a sequência da alínea a., tem-se:

l ≈ 3,536 cm ; r = �3,5

836� = 0,442 cm ;

A1 = π × 0,4422 ≈ 0,614 cm2 ; A16 = 16 × 0,614 ≈ 9,82 cm2 .

d. Seguindo a sequência da alínea a., tem-se:

l ≈ 3,5355 cm ; r = �3,5

8355� ≈ 0,4419 cm ;

A1 = π × 0,44192 ≈ 0,6135 cm2 ; A16 = 16 × 0,6135 ≈ 9,82 cm2 .

1.2 Sendo l o lado do quadrado, tem-se:

l2 + l2 = 52 ⇔ l = ��22�5��

l = ��22�5�� cm .

O raio de cada círculo é, portanto, r = cm, e a área de cada círculo

A1 = π × ��1�28

�,5��

2= cm2 .

Assim, a área dos 16 círculos é A16 = 16 × = ≈ 9,82 cm2 .

3,54�

8

�1�2�,5��

8

12,5��

64

12,5��

6412,5��

4

19

1.3 Na determinação de um dado resultado em que haja lugar a cálculos intermédios, não devem ser usadasmenos casas decimais nos arredondamentos desses cálculos do que o número de casas decimais solicitadopara o resultado final. Quanto maior for o número de casas decimais nos arredondamentos dos cálculosintermédios, mais próximo do valor exacto estará o resultado final. O ideal é conservar o valor exacto atéao último cálculo e fazer o arredondamento pedido apenas no resultado desse cálculo.

Tarefa 2 – Centro de um triângulo equilátero (página 15)

1.

2.

3.

4. Por exemplo, neste caso:

5. Num triângulo equilátero, o centro divide a altura em (dois) segmentos, tendo um o dobro do compri -mento do outro.

C

D

BA

C

D

BA

C

D

BA

C

D

2

1

BA


6. Sendo o triângulo equilátero, as alturas [AE] , [BF] e [CH] coincidem com as medianas e estão contidasnas mediatrizes, que contêm as bissectrizes. Como BC�� = AC�� = AB�� , porque D é o circuncentro, e as bissectrizes determinam ângulos de 30o em cada um dos seis triângulos menores, então, pelo critério ALA,estes são congruentes. Portanto, também os triângulos [CDB] , [ADC] e [ADB] são congruentes.

Seja [CH] uma das alturas do triângulo [ABC] e H o ponto de intersecção de [CH] com o lado [AB] .O centro divide a altura [CH] em dois segmentos, [CD] e [DH] , em que [DH] é a altura do triângulo[ADB] . O segmento [CD] tem o dobro do comprimento do segmento [HD] .

• CH� = 3 × DH�, isto é, DH� = �13� CH� . A altura do triângulo [ADB] é �

13� da altura do triângulo [ABC] .

• CH� = CD� + DH� ⇔ CH� = CD� + �13� CH� ⇔ CD� = CH� – �

13� CH� ⇔ CD� = �

23� CH�

O comprimento do segmento [DC] é �23� da altura do triângulo [ABC] .

Ou então:

Os triângulos [CDB] , [ADC] e [ADB] são congruentes, pois os lados [AB] , [BC] e [AC] são con-gruentes, uma vez que são lados de um triângulo equilátero. Os ângulos adjacentes a esses lados medem todos30o, pois os segmentos [AE] , [BF] e [CH] coincidem com as bissectrizes dos ângulos do triângulo equilátero

[ABC] . Então, a área de cada um desses triângulos é �13� da área do triângulo inicial, e a altura relativa ao lado

que têm em comum com o triângulo inicial tem de ser igual a �13� da altura do triângulo [ABC] .

De DH� = �13� CH� , conclui-se que CD� = �

23� CH�. Portanto, a altura do triângulo equilátero é dividida pelo

ponto D em dois segmentos que medem �13� e �

23� do comprimento, o que prova que um mede o dobro do

outro.

7. O raio da circunferência que circunscreve o triângulo [ABC] é dado pelo segmento [CD] . Seja [CH] a

altura do triângulo [ABC] : 10 = �23� CH� ⇔ CH� = 15 .

[DH] é o raio da circunferência inscrita no mesmo triângulo e DH� = �13� × 15 = 5 .

8.h = �

�2

3�� l �

32

� r = ��23�

� l⇔ ⇔ r = �

�3

3�� l sendo r o raio da circunferência circunscrita ao triângulo.

r = �23� h h = �

32

� r{ {

C

DEF

BHA

21

9. rcircunscrita = ��3

3�� × �12�� = �

�3�3

6�� = 2 ; rinscrita = �

rcircu

2nscrita� = 1

10. Áreacoroa circular = Área2r – Árear

16π = π(2r)2 – πr2 ⇔ 16π = 4πr2 – πr2 ⇔ 16π = 3πr2

r = ��13�6�� = �

�43�

� = �4�

33�

�

A altura do triângulo equilátero [ABC] é 3r , isto é h = 4�3� .

Como h = ��2

3�� l , temos que 4�3� = �

�2

3�� l ⇔ l = 8 .

Tarefa 3 – Circunferências e polígonos (página 16)

1. a. DE� = 3 cm, por construção.[EOD] é um triângulo equilátero (EO� = OD� = 3 cm por serem raios da circunferência centrada em O ;portanto, EO� = OD� = DE� = 3 cm).

b. Como [EOD] é um triângulo equilátero, então é equiângulo, donde 3DÔE = 180o , ou seja, DÔE = 60o .

c. O polígono [EFBGHD ] é um hexágono regular.Pela alínea b. 2.2, temos identicamente que DÔE = FÔB = BÔG = HÔD = 60o , pelo que o ângulo EÔF = 180o – 2 × 60o = 60o e, analogamente, GÔH = 60o . Desta forma, os lados do polígono são todosiguais por serem cordas da mesma circunferência que subtendem ângulos iguais.

Além disso, [FEO ] e [GHO] também são triângulos equiláteros (FE� = GH� = DE� = 3 cm pelo queacabámos de ver, e portanto FE� = GH� = FO� = GH� = GO� = HO� ) ; sendo assim os seus ângulos têmamplitudes de 60o, os ângulos do polígono têm todos 120o e o polígono é regular.

d. [EFGH ] é rectângulo não quadrado.Com efeito, o ângulo EÔG = 3 × 60o = 180o , pelo que [EG] é um diâmetro da circunferência de cen-tro em O e, portanto EHG está inscrito numa semicircunferência, tendo amplitude de 90o. Analoga-mente verificaríamos que HGF = GFE = FEH = 90o , pelo que [EFGH ] é de facto rectângulo.Como, pelo teorema de Pitágoras, EH� 2 = 62 – 32 = 27 > 9 = 32 = GH� 2 , donde EH� > GH� , temos que[EFGH ] é um rectângulo não quadrado.

C

D

2r

rBA

2r

E

H

F

G

OB D

A

C


2. O aluno deve desenhar um segmento de recta [AB] . Com centro em A , e depois em B , deve traçar doiscírculos de raio [AB] . A zona de pasto comum é toda a área de intersecção dos dois círculos, sendo a zonade pasto acessível apenas a uma das vacas, a restante área abrangida pelos dois círculos.

Tarefa 4 – Arrumação de garrafas (página 17)

Para determinar em qual das caixas se gasta mais cartão, temosde determinar a área total dos sólidos cujas faces laterais são asparedes das caixas.

As caixas a usar são paralelepipédicas, tratando-se, no primeirocaso, de um prisma quadrangular. Assim, basta determinar asdimensões lineares dos rectângulos e quadrados que constituem assuas faces.

1. Sendo r o raio da base das garrafas, para a primeira disposição, os quadrados da base da caixa têm 8r cmde lado e os lados dos rectângulos que constituem as faces laterais medem 30 × 8r cm. Assim, a área totalé:

A1 = 2(8r)2 + 4 × 30 × 8r = 128r2 + 960r cm2

Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A1 = 4928 cm2.

Na segunda disposição, atendendo à figura ao lado, que representaa base da caixa, a área total é:

A2 = 2 × 9r(2r + 3�3�r) + 2 × 30 × 9r + 2 × 30(2r + 3�3�r) =

= 54�3�r2 + 36r2 + 180�3�r + 660r cm2

Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A2 ≈ 4987,9 cm2.

Verifica-se que, para r = 3,5 cm, A2 > A1 , concluindo-se que para a primeira configuração das garrafasse gasta menos cartão para fazer a caixa.

Para mostrar que o resultado obtido se verifica para qualquer valor de raio das garrafas, basta agora com-parar as duas expressões obtidas. Pondo em evidência r 2 e r na expressão de A2 , obtém-se:

A2 = (54�3� + 36)r2 + (180�3�r + 660)r cm2

2r

8r

9rr

2r + 3√3r

√3r

BA

23

Como 54�3� + 36 > 128 e 180�3� + 660 > 960 , e r > 0 , conclui-se que A2 > A1 , pelo que a caixapara a primeira configuração das garrafas gasta menos cartão, para qualquer raio das garrafas.

2. Para a primeira disposição das garrafas, os separadores podem ser construídos com seis rectângulos cujoslados medem 30 × 8r cm. Assim, acrescentando a área dos cartões separadores à expressão anterior da áreada caixa, obtém-se:

A1 = 128r 2 + 960r + 6 × 30 × 8r = 128r2 + 2400r cm2

Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A1 = 9968 cm2.

Para a segunda disposição das garrafas, os separadores podem ser construídos com

33 rectângulos cujos lados medem 30 cm × �2�

33�

� r cm, como se pode deduzir doesquema ao lado.

r2 + ��12

��2

= l2 ⇔ r 2 = �34� l 2 ⇔ l = �

2�33�

� r

Assim, acrescentando à expressão anterior da área da caixa a área dos cartões separadores, obtém-se:

A2 = 54�3�r 2 + 36r 2 + 180�3�r + 660r + 33 × 30 × �2�

33�

� r

= 54�3�r2 + 36r 2 + 840�3�r + 660r cm2

Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A2 ≈ 8988,98 cm2.

Verifica-se que, para r = 3,5 cm, A1 > A2 , concluindo-se que se gasta mais cartão para fazer a caixa e separadores para a primeira configuração das garrafas.

Observação:Para qualquer valor de raio das garrafas, a resposta a esta questão obter-se-ia da comparação das expres-

sões de A1 e A2. Esta comparação não é tão fácil como aquela que foi feita na questão anterior, pois obrigariaà resolução de inequações do 2.º grau, o que só será aprendido no tema Funções. Nessa altura, poderá voltara pegar nesta questão e concluir que o resultado obtido para r = 3,5 cm se mantém para os valores de raiodas garrafas habituais (e muito maiores).

Tarefa 5 – Paralelogramos (página 20)

1 e 2. Efectuando uma pequena investigação num ambiente de geometria dinâmica (com o Cinderella ou oGSP), cujos resultados podem ser apresentados num pequeno relatório, os alunos ficarão mais convic-tos da sua conjectura, acreditando que, de facto, o quadrilátero que se obtém unindo os pontos médiosconsecutivos de um quadrilátero é um paralelogramo e intuindo em que casos o paralelogramo obtido éum quadrado ou um losango.É importante, no entanto, fazê-los perceber que uma investigação abordando um número finito deexemplos não se trata de uma verdadeira demonstração da propriedade. Um trabalho interessante podeser demonstrar formalmente a propriedade.

�

lr

2

Para esse caso, apresenta-se a seguir um exemplo de demonstração:

Demonstração:Nesta demonstração, consideram-se as seguintes propriedades:

• Num triângulo, o segmento de recta que une os pontos médios de dois lados é paralelo ao terceiro lado.

Neste momento seria oportuno recordar o teorema de Tales para justificar esta propriedade.Usando as letras da figura, os triângulos [AMQ] e [ABD ] têm o mesmo ângulo BÂD e os lados adjacentes

a propriedade = �12� = , pelo que são semelhantes, donde, por exemplo, AMQ = ABD ,

ângulos correspondentes determinados pela recta AB nas rectas MQ e BD, o que prova que [MQ] éparalelo a [BD] .

• Duas rectas paralelas a uma terceira são paralelas entre si.

Seja [ABCD ] um qualquer quadrilátero e M , N , P e Q os pontos médiosdos seus lados, [BD ] uma diagonal de [ABCD ] e [MNPQ ] o quadriláterodefinido pela união dos pontos médios consecutivos.

Assim, no triângulo [ABD ] , [MQ] é o segmento definido pelos pontosmédios dos lados [AB ] e [AD ] , logo é paralelo ao lado [BD ] .

No triângulo [BCD ] , [NP ] é o segmento definido pelos pontos médios doslados [BC ] e [CD ] , logo é paralelo ao lado [BD ] .

Como [MQ] e [NP ] são paralelos ao mesmo segmento, [BD ] , são paralelos entre si. Do mesmomodo, se demonstra que [MN ] é paralelo a [QP ] . Logo, como um quadrilátero com os lados parale-los dois a dois é um paralelogramo, [MNPQ ] é um paralelogramo, como queríamos demonstrar.

Tarefa 6 – A caminho da aldeia (página 20)

Por exemplo,

HC� = x – a

Por exemplo, pelo critério de semelhança de triângulos ALA, podemos dizerque os triângulos [ABC] e [HIC] são semelhantes, da mesma forma que sãosemelhantes os triângulos [AHI] e [ACD] .

Sendo assim, obtemos as igualdades: �h5

� = �xa� e �

h4

� = �xx– a� .

AQ��AD��

AM��AB��


4

6

2.22

5

A C

H

I

B

x

D

a

4

x - a

5

A

Q

D

P

C

N

B

M

25

20 = 4 × 5 e, por outro lado, 9 = 4 + 5 .

Sendo h1 a altura do muro menor e h2 a altura do muro maior, h = �h1

h1

+h2

h2� .

Tarefa 7 – Cones de gelado (página 23)

1. A razão entre a quantidade de gelado de morango e a quantidade de gelado de pistácio é igual à razão entreos respectivos volumes. Tendo em conta que o gelado de pistácio forma um cone semelhante ao cone defi-nido pelo copo, com metade da altura, os seus volume relacionam-se da seguinte forma:

= ��12

��3

⇔ Vgelado pistácio = �18� Vcopo

Logo, Vgelado morango = �78� Vcopo .

Assim, �VV

g

g

e

e

la

la

d

d

o

o

m

p

o

is

r

t

a

á

n

c

g

io

o� = ⇔ �

VV

g

g

e

e

la

la

d

d

o

o

m

p

o

is

r

t

a

á

n

c

g

io

o� = 7 .

2. A razão entre os volumes do copo e do gelado de pistácio é 2, pelo que a razão entre as respectivas alturas é �3

2� . Assim:

= �32� ⇔ Alturagelado pistácio = ≈ 15,87 cm

3. A razão entre os volumes do copo e da primeira camada de gelado de pistácio é 4 (a primeira camada é uma de quatro partes), pelo que, sendo os respectivos cones semelhantes, a razão entre as respectivas

alturas é �34� . Desta forma:

= �34� ⇔ Altura1.a camada = ≈ 12,60 cm

20��3

2�Alturacopo��

Alturagelado pistácio

20��3

4�Alturacopo��

Altura1.a camada

�78�Vcopo

��

Vgelado pistácio��Vcopo

�h5

� = �xa� x = �

5ha� x = �

5ha� x = �

5ha�

⇔ ⇔ ⇔�h4

� = �x

x– a� hx = 4x – 4a h × �

5ha� = 4 × �

5ha� – 4a 5a + 4a = �

5ha� = �

2h0a�{ { { {

x = �5ha� x = �

5ha� x = �

5ha�

⇔ ⇔ 9a = �

2h0a� h = �

290aa

� h = �290�{ { {

�hh

2� = �

xa� x = �

hh2a�

⇔ (…)�hh

2� = �

xx– a� h = �

h1

h1

+h2

h2�{ {


A razão entre os volumes do copo e das duas primeiras camadas de gelado em conjunto é �43� , pelo que,

sendo os respectivos cones semelhantes, a razão entre as respectivas alturas é �3�43

�� . Assim:

= �3�43

�� ⇔ Altura1.a e 2.a camadas = ≈ 18,17 cm

Concluindo, a primeira camada de gelado deve ser colocada até aproximadamente 12,60 cm de altura docopo e a segunda, a partir daí, até aproximadamente 18,17 cm de altura.

Tarefa 8 – O fio mais curto (página 25)

d1 = 2,75 + 7,5 + 0,25 = 10,5 m

BC� = 1,5 + 3 + 1,5 = 6 m

AC� = 0,25 + 7,5 + 0,25 = 8 m

d3 = �6�2�+� 8�2� = 10 m

AC� = 2,75 + 1,5 = 4,25

BC� = 1,5 + 7,5 + 0,25 = 9,25

d2 = �9�,2�5�2�+� 4�,2�5�2� ≈ 10,18

É possível fazer a ligação com 10 m de fio, passando pelo tecto, parede e chão.

Tarefa 9 – Prismas (página 25)

3. O volume dos prismas é dado pela expressão V = Ab × a . Em todos os prismas, a altura é de 10 cm. Sendoassim, só a área da base irá fazer variar o volume de cada um dos prismas. Sugere-se que os alunos efec-tuem uma pequena investigação, com o auxílio do programa de geometria dinâmica Geogebra, atendendoa que o comprimento da folha de papel de 24 cm será dividido em três, quatro e seis partes iguais.

20�

�3�43

��Alturacopo

��Altura1.a e 2.a camadas

Chão da salad1

7,52,75

B A

0,25

Chão

7,5

1,5

3

1,5

0,25

AC

Tecto

Parede

B

d3

0,25

Parede de frenteB C

Chão da salaA

d2

27

Abase do prisma triangular < Abase do prisma quadrangular < Abase do prisma hexagonal

Como a altura dos três prismas é igual, temos:

Vprisma triangular < Vprisma quadrangular < Vprisma hexagonal

Prisma triangular82 = 42 + a2 ⇔ a = �4�8� ⇔ a = 4�3� cm

Ab = = 16�3� cm2

Vprisma triangular = 16�3� × 10 = 160�3� cm3

Prisma quadrangular Vprisma quadrangular = 36 × 10 = 360 cm3

Prisma hexagonal 42 = 22 + a2 ⇔ a = �1�2� ⇔ a = 2�3� cm

Atriângulo = = 4�3� cm2

Ahexágono = 6 × 4�3� = 24�3� cm2

Vprisma triangular = 24�3� × 10 = 240�3� cm3

Tarefa 10 – Chocolates (página 27)

1. Vcone = �13� Vcilindro

Vtotal = �13� Vcilindro + Vcilindro = �

43� Vcilindro

�12� Vtotal = �

23� Vcilindro = πr2 × h × �

23�

O corte deve ser feito a �23� da altura do cilindro.

2. Uma maneira de dividir a escultura de chocolate em duas partes iguais e, consequentemente, com o mesmo volume é dividi-la por um plano que passe pelo seu eixo.

8 × 4�3��

2

4 × 2�3��

2

Área= 27,71

Área = 36 Área = 41,578 8

8 6

6

4

4

4

4

4

4

88

4

a

2

4

44

4


Tarefa 11 – Aquário (página 27)

1. = = = �13

�

2. Vágua a acrescentar = �Vc

2ubo� – V[VUTSE] ⇔ Vágua a acrescentar = �

624� – �

13� × 22 × 2 ⇔

Vágua a acrescentar = 32 – �83� ⇔ Vágua a acrescentar = �

838� dm3

Tarefa 12 – O que cabe dentro de um cubo (página 28)

3. Planificação do sólido para preencher o espaço vazio.

4. Número de faces: 4; número de vértices: 4; número de arestas: 3; forma das faces: triângulos equiláteros.

5. Admitindo que a é a medida da aresta do cubo.

Vpirâmide = �13� ��

a2

2�� a = �

16� a3 ; Vcubo = a3

Vpirâmide = �16� Vcubo

Vtetraedro = Vcubo – 4 × Vpirâmide ⇒ Vtetraedro = a3 – 4 × �16� a3 = �

13� a3

Vtetraedro= �13� Vcubo

6. Atendendo a que a distância do centro de um triângulo equilátero a qualquer dos seus vértices é �23� de cada

altura, tem-se que:

Vtetraedro = l 3, l é a aresta do tetraedro = diagonal facial do cubo

Tarefa 13 – Fardos de feno (página 29)

1. Forma cilíndrica e paralelepipédica.

2. Por exemplo, os fardos cilíndricos são mais adequados no manejo do próprio terreno de cultivo, sendomais fáceis de mover, por rotação. Por outro lado, os fardos paralelepipédicos são mais adequados para otransporte e armazenamento, uma vez que se agrupam sem desperdício de espaço.

3.a. Vfardo cilíndrico = 0,1872π m3 ≈ 0,588 m3 (valor aproximado às milésimas, com π ≈ 3,1416)

Vfardo paralelepipédico = 0,752 m3.

b. O agricultor poderá transportar, no máximo, 24 fardos paralelepipédicos ou 24 fardos cilíndricos.

64�

�634�

�4 ×

34 × 4�

��43

Vpirâmide��Vcubo

�2��

12

c. Percentagem de volume não ocupado no camião transportando fardos cilíndricos ou fardos paralelepi-pédicos: aproximadamente 11,5%.

d. Aproximadamente 147 m3 de feno.

Tarefa 14 – Bolas de snooker (página 30)

1. Capacidade da caixa = 20 × 20 × 5 = 2000 cm3

Vesfera = �43� π × 2,53 = π cm3 ; V16 esferas = 16 × π = π = π cm3

Vnão ocupado = 2000 – π ≈ 953 cm3

2. Vcaixa = 20 × 10 × 10 = 2000 cm3

= π , x ≈ 47,64%

Percentagem de espaço desperdiçado é de, aproximadamente, 52,4 % nos dois casos.

3. P = 3π cm

4. Tendo em consideração o esquema representado na figura ao lado:

52 = 2,52 + a2 ⇔ a = �52��3� cm

FE� = 4 × �52��3� = 10�3� cm

FG� = 10 cm

EG� = 20 cm

Os triângulos [EFG] e [EDC] são semelhantes. Para determinar CE� : = , ou seja,

= . Então, CE� = 5 cm. Pelo teorema de Pitágoras, vem que CD� = �52��3� cm.

Tarefa 15 – Como dividir um jardim (página 32)

1. a. �11� ; �

12�; �

13� ; �

14� ; �

16� ; �

111�

b. �11� = 1; �

12� = 0,5 ; �

13� = 0,(3) ; �

14� = 0,25 ; �

16� = 0,1(6) ; �

111� = 0,(09)

c. ��11�, �

12� e �

14� representam dízimas finitas, enquanto �

13�, �

16� e �

111� representam dízimas infinitas periódicas.

d. �13� = 0,(3) tem período com um algarismo, �

16� = 0,1(6) tem período com um algarismo, �

111� = 0,(09) tem

período com dois algarismos.

1000�

32000�

6125�6

125�6

1000�

3

2000 – �100

��30

�

��x

2000�100

20�CE

10�2,5

29

r

22,5

A

a

2,5 cm

5 cm

BF G

H

C

DE

Dado que os triângulos [EDC] e [BHG] são congruentes, CD� = BH� = �52��3� cm e CB� = 20 + 5�3� cm.

FG��ED��

EG��CE��


e. Sendo �ab

� uma das fracções indicadas acima, deverá ser considerada qualquer fracção do tipo , n ∈ IN .

2.a. �213� e �

311� .

b. Espera-se que os alunos, ainda antes de usarem a calculadora, respondam que nada se pode concluirem relação à periodicidade das dízimas obtidas usando a máquina, mesmo que algum grupo de algaris-mos se repita no visor. Com efeito, a máquina apresenta um número finito de algarismos significativos,não dando, portanto, nenhuma informação acerca da existência ou não de dízimas infinitas, periódicasou não periódicas. Mas há certamente alunos que se deixarão iludir pelo que observam na máquina

(por exemplo, �416� tem período com 22 algarismos e �

612� tem período com 15 algarismos, pelo que nem

sequer se observa o período completo) e que, precipitadamente, poderão responder que as dízimas sãofinitas, ou até infinitas não periódicas. Perante este tipo de repostas, é importante recordar tambémque uma fracção representa uma dízima finita ou uma dízima infinita periódica, sendo as dízimas infini-tas não periódicas referentes aos números irracionais, não traduzíveis por fracções.

c. �213� = 0,(0434782608695652173913) ; �

311� = 0,(032258064516129)

A realização das divisões 1 : 23 e 1 : 31 conduzirá à descoberta dos períodos das dízimas correspondentesàs fracções em causa. É uma tarefa morosa que requer concentração, mas cujo resultado é interessante. É um óptimo desafio, sobretudo para os alunos que apostaram tratar-se de dízimas infinitas não periódicas.

3. Pretende-se que o aluno perceba, investigando, que denominadores originam dízimas finitas. Embora oresultado da máquina de calcular não seja só por si conclusivo, pode sugerir, em cada caso, a existência dedízima finita ou infinita, o que deve ser depois confirmado pelo algoritmo da divisão.Realizando algumas experiências, espera-se que o aluno consiga concluir que, para as fracções de numera-dor unitário, os denominadores que procuramos são 2, 4, 5, 8, 10, 16, 20.Nas sugestões recomenda-se que, dos exemplos encontrados, se excluam os que terminam em zero. É inte-ressante desafiar a turma a justificar a razão pela qual não é pertinente estudar estes casos. De facto, todosos números da lista terminados em zero, resultam de se acrescentar um zero a um número já referido nessamesma lista. Por exemplo, se o denominador 2 origina uma dízima finita, então também o produto de 2por uma qualquer potência de 10 o origina:

�12� = 0,5 ; �

210� = 0,05 ; �

2100� = 0,005 ; etc.

O caso em que o denominador é 1 é trivial, equivalendo a fracção a um número inteiro.Reduzindo, então, a lista para 2, 4, 5, 8, 10, 16 e 20:

�12� = 0,5 ; �

14� = 0,25 ; �

15

� = 0,2 ; �18

� = 0,125 ; �110� = 0,1 ; �

116� = 0,0625 ; �

210� = 0,05

Escrevendo outras fracções de numerador unitário verifica-se que os denominadores obtidos ou são potên-cias de 2 (2, 4, 8, 16, 32, 64, 128…) ou de 5 (5, 25, 125, 625 …) e verifica-se que as dízimas de um grupocorrespondem aos denominadores do outro.

A razão desta propriedade é a seguinte:

Para a dízima ser finita é necessário que �p1� = , m, n � IN , ou seja, p × m = 10n = 2n × 5n , o que obriga

a que p e m só tenham 2 ou 5 como factores primos. Supondo que p não é divisível por 10, então sóterá factores 2 ou só terá factores 5, o que obriga m a ter só factores respectivamente 5 ou 2, em mesmonúmero que p .

na�nb

m�10n

31

Tarefa 16 – Pentágono (página 34)

1. Aquadrado = 3 × 3 = 9

Atriângulo [BDC] = �3 × (

2x – 3)� = �

3x2– 9� = �

32x� – �

92�

Apentágono = 9 + �32x� – �

92� = �

92� + �

32x�

2. Resolver a inequação �92� + �

32x� < 18 ⇔ x < 9 e chegar a uma solução no contexto do problema de ]0; 9[ .

Tarefa 17 – Os frascos e a caixa (página 35)

1. AC� = 20 cm

AB� = BC� = a

a2 + a2 = 102 ⇔ a = �5�

As dimensões da caixa são (10 + �5�) × (10 + �5�) .

2. Tendo em atenção a relação de medidas apresentadas na figura, sendo x o raio da base do novo frasco erecorrendo ao teorema de Pitágoras, (x + 5)2 = (6 – x )2 + (9 – x )2 , ao quadrado de um binómio, a opera-ções com polinómios e à fórmula resolvente, o aluno pode determinar o valor x = 20 – 2�77� cm.

3. De igual modo, e numa situação idêntica à anterior mas um pouco mais estruturada, teríamos que, tendoem atenção a relação de medidas apresentadas na figura e recorrendo ao teorema de Pitágoras, (x + 5)2 = (6 – x )2 + (7 – x )2 , ao quadrado de um binómio, a operações com polinómios e à fórmula resol-vente, o aluno pode determinar o valor x = 18 – 2�66� cm.

6 - x

7 - x

5 + x

14 cm

11 cm

6 - x

5 + x9 - x 14 cm

11 cm

A B

C


Tarefa 18 – Al-Khwarizmi (página 36)

1.a. Pelo método de Al-Khwarizmi:

• desenhar um quadrado de lado x ;

• complementá-lo com quatro rectângulos de dimensões x e 3 (resulta de 12 : 4);

• para obter um novo quadrado juntamos quatro quadrados de lado 3, pintadosna figura ao lado;

• a área de cada um dos quadrados pintados é 9;

• o conjunto formado pelo quadrado central (de lado x) com os quatro rectân -gulos faz 64;

• juntando esta área de 64 às áreas dos quatro quadradinhos, obtém-se 64 + 36 , ou seja, 100 que corres-ponde à área do quadrado maior;

• o lado do quadrado grande é 10 e ao mesmo tempo x + 6 , pelo que o lado x é 4.

b. Utilizando a fórmula resolvente das equações do segundo grau:

ax2 + bx + c = 0 ⇔ x =

x2 + 12x = 64x ⇔ x2 + 12x – 64 = 0 ⇔ x = ⇔ x = �–12 ± �

24�0�0�

�⇔

⇔ x = 4 ∨ x = –16

2. Vamos representar por x a largura que essa faixa de calçada portuguesa deverá ter.

As dimensões da área interna são: 40 – 2x e 20 – 2x . Então terá de ser:

(40 – 2x )(20 – 2x ) = 476 ⇔ 800 – 80x – 40x + 4x2 = 476 ⇔ 4x2 – 120x + 324 = 0 ⇔ x2 – 30x + 81 = 0 ⇔

⇔ x = ⇔ x = �30 ±

224

� ⇔ x = 27 ∨ x = 3

Como x não pode ser 27 não é possível, porque a largura da piscina é 20, concluímos ser 3 m a largura dafaixa pavimen tada.

1.2 Radicais

Tarefa 19 – Radicais (página 58)

1.a. b. Após a decomposição dos números 81, 24 e 375 em factores primos, o aluno deve escrever os radicaisna forma �3

3�4� – 5�32�3�×�� 3� – 10�3

3� ×�� 5�3� .

c. e d. Posteriormente, e com a aplicação das propriedades, teremos �33�3� × �3

3� – 5�32�3� × �3

3� – 10�33� ×

× �35�3� = 3�3

3� – 10�33� – 50�3

3� . Desta forma, a expressão pode ser simplificada, resultando em–57�3

3� .

2. Por outro lado, considerando a expressão 3�33� – 2 × 5 �3

3� – 10 × 5�33� e passando os factores para dentro

do radical, teríamos �33�4� – �3

2�3�×��3��×��5�3� – �33� ×��5�3�×�� 1�0�3� , que é igual a �3

8�1� – �35�2�4� – 10�3

3�7�5� .

–b ± �b�2�–� 4�ac��

2a

–12 ± �1�4�4� –� 4� ×��1� ×��(�–�6�4�)��

2

30 ± �9�0�0� –� 4� ×��8�1��

2

33

3

3

x

x

Tarefa 20 – Racionalização (página 60)

1.a. A variável x pode assumir qualquer valor racional positivo.

b. Sendo x = 2 , = .

c. =

d. A variável x pode assumir qualquer valor racional positivo.

2. No caso de termos a fracção : = = em que a variável x pode tomar qualquer

valor racional excepto o zero.

3.a e b. A multiplicação do numerador e do denominador por –�3� + �xy� só resultaria na racionalização da

fracção para o caso específico em que xy = �a3

2� , a ∈ IN , a � 3 , pois =

= . Em geral, para se racionalizar o denominador da fracção ,

teríamos de multiplicar o denominador e o numerador pela expressão conjugada de �3� – �xy� , que é

�3� + �xy� . Para xy = 3n , como 3n = �a3

2� é equivalente a a2 = 3n + 1 , a racionalização é possível quando

n é ímpar.

c. Outra forma de racionalizar a fracção é multiplicar o denominador e o numerador por –�3� – �xy� .

d. = . Racionalizando a fracção recorrendo à expressão

conjugada do denominador, obtém-se e, de facto, =

= .

4. Para racionalizarmos a fracção podemos multiplicar o denominador por �x� – �y� ou por

–�x� + �y� , obtendo-se, em ambos os casos, .

5.a. No caso da variável x assumir valores inferiores a 1, a raiz �x�–� 1� ficaria com o radicando negativo e,como sabemos, quando o índice do radical é par, o seu radicando só pode assumir valores maiores ouiguais a zero.

b. Para racionalizar o denominador da fracção , multiplicamos o numerador e

o denominador pelo conjugado deste último, que é �x�+� 1� + �x�–� 1� .

= =

12x �–�3� + �xy��3� – �xy��–�3� + �xy��

12x��

�3� – �xy�–12x �3� + 12x �xy��–3 + 2�3��xy� –xy

12x �–�3� – �xy��

–3 + xy12x �–�3� – �xy��

��3� – �xy��–�3� – �xy��

12x ��3� + �xy��

3 – xy12x ��3� + �xy��

3 – xy12x �–�3� – �xy��

–3 + xy

�x� – �y��x� + �y�

��x� – �y��2��

x – y

x��

�x�+� 1� – �x�–� 1�

x(�x�+� 1� + �x�–� 1�)��

2x(�x�+� 1� + �x�–� 1�)��(�x�+� 1�) – (�x�–� 1�)2

x(�x�+� 1� + �x�–� 1�)��(�x�+� 1� – �x�–� 1�) (�x�+� 1� + �x�–� 1�)

33

1��2�

�2��2

1��x�

�x��x

1��5

x�4�1

��5

x�4�1 × �5

x��5

x�4� × �5x�

�5x��

x


Tema 1 – Geometria no plano e no espaço I

1.1 Resolução de problemas de geometria no plano e no espaço

Tarefa de introdução (página 70)

1.

2. Não faz sentido considerar n = 1 e n = 2 na tabela anterior, pois n representa o número de lados do polí-gono e o número mínimo de lados de um polígono é 3.

3. Os triângulos utilizados em pavimentações regulares têm de ser equiláteros, únicos triângulos que são polí-gonos regulares.

4. Os triângulos, quadrados e hexágonos são os únicos polígonos regulares capazes de pavimentar um plano.

n = 5 : �3 ×

5180o� = �

5450o� = 108o ; n = 8 : �

6 ×8180o� = 135o

Com estes valores, facilmente se verifica que não é possível efectuar pavimentações com pentágonos eoctógonos, sem que existam buracos ou sobreposições, uma vez que nenhum múltiplo inteiro de 108o ou 135o

é igual a 360o.Admitindo a utilização de dois ou mais polígonos regulares teremos outras possibilidades de construir

pavimentações.Será de todo o interesse a construção de outros exemplos por parte dos alunos a partir deste tópico. Rela-

tivamente à pergunta específica, podemos combinar hexágonos e triângulos uma vez que um hexágono sedecompõe em seis triângulos equiláteros (se o hexágono for regular), e também quadrados com os outros doispolígonos. Repare-se que podemos decompor 360o = 90o + 90o + 3 × 60o juntando dois quadrados e trêstriângulos, por exemplo, ou dois quadrados, um hexágono e um triângulo (estes últimos não ficariam comtantas simetrias).

Na figura seguinte apresenta-se uma pavimentação constituída por quadrados e octógonos regulares.

Tarefa 1 – Perspectiva cavaleira (página 68)

Nesta tarefa sugere-se aos alunos a construção de um cubo em perspectiva cavaleira, de forma que estesaprendam a desenhar figuras tridimensonais, avaliando a necessidade da existência de regras na sua constru-ção, para que essas representações se aproximem tanto quanto possível da visão que se tem desse sólido noespaço.

n α p

3 60o 6

4 90o 4

5 108o ––

6 120o 3

35

Tarefa 2 – Cortes e mais cortes em cubos (página 79)

1.a. b. c.

Triângulo isósceles Triângulo escaleno Triângulo equilátero

d. e. f.

Rectângulo Quadrado Rectângulo

g. h. i.

Trapézio Paralelogramo Trapézio isósceles

30° 50°

A

B

C

AB

C

A

B

C

A

C

B A

B

C

A

B

C

A

C

BA

C

B

B

A

C


j. k. l.

Pentágono Paralelogramo Losango

2.a. b.

Pentágono Hexágono

3.a. b.

Triângulo Trapézio

Tarefa 3 – Quadriláteros resultantes de cortes no cubo (página 81)

1. Os quadriláteros obtidos na sequência dos planos de corte descritos são: trapézio, trapézio isósceles elosango, respectivamente.

2.a. Nesta questão pretende-se que, com a construção de um cubo em perspectiva cavaleira, o aluno interiorizeas propriedades inerentes à sua construção.

b.

E F

G H

D A

BC

B

d

A

C

B

dA

C

BA

C

BA

C

C

BB

A

C B

A

C

37

c. A = 9�2� cm2 ; P = 6 + 6�2� cm

d. O corte intersecta as seis faces do cubo contendo duas diagonais faciais.

3.a. O polígono obtido é um paralelogramo.

b. Obter-se-ia um quadrado.

c. A afirmação é verdadeira. Todos os quadriláteros obtidos por corte num cubo têm de ter pelo menos doislados paralelos, pois têm de intersectar pelo menos um par de faces paralelas.Os quadriláteros só com um par de lados paralelos são os trapézios.Os quadriláteros obtidos por corte de um cubo em dois pares de lados paralelos são paralelogramos.Podem ser rectângulos, quadrados ou losangos.

Tarefa 4 – Cortes num tetraedro (página 82)

1.a. No mínimo, três faces são cortadas por um plano de corte num tetraedro e no máximo, quatro, dado queo tetraedro tem quatro faces.

b. Quadriláteros e triângulos.

2.a. II – (B) ; III – (A)

EF

G H

D A

BC

T

Se ET� = 4,5 cm = �12

� AE� , então,

MN� = �12

� × 9 �2� = �92

� �2� e, igualmente, MQ� = �92

��2� cm2

Então:

A[MNPQ ] = �92

��2� × �92

��2� = �821� cm2

P[MNPQ ] = 2��92

� �2� + �92

� �2�� = 18�2� cm

Se ET� = 1 cm = �19� AE� , então, MN� = �

19� × 9�2� = �2� cm

e MQ� = �89

� EG� = �89

� 9�2� = 8�2� cm

Então:

A[MNPQ ] = �2� × 8�2� = 16 cm2

P [MNPQ ] = 2��2� + 8�2�� = 18�2� cm

Se ET� = 7 cm = �79� AE�� , então, MN� = �

79� × 9�2� = 7�2�cm

e MQ� = �29

� EG� = �29

� × 9�2� = 2�2� cm

Então:

A[MNPQ ] = 7�2� × 2�2� = 28 cm2

P[MNPQ ] = 2�2�2� + 7�2�� = 18�2� cm

A

E H

4,5 cm

B C

D

FM

NT

P

Q

G

A

E H1 cm

B C

D

FM

NT

P Q

G

E H

7 cm

A

T

B CD

F

M

NP

Q

G

2.b. e d.


c. Através de uma planificação do tetraedro regular torna-se evidente que o perímetro de todos os rectângu-los é P = 2 × aresta do tetraedro e P = 2�2� × aresta do cubo .

Tarefa 5 – Poliedros truncados (página 84)

1. (10 – 2a)2 = a2 + a2 ⇔ 2a2 – 40a + 100 = 0 ⇔ 20a + 50 = 0

Aplicando a fórmula resolvente vamos obter duas soluções, 10 – 5�2� cme 10 + 5�2� cm, sendo 10 – 5�2� cm a solução válida no contexto do problema, pois 10 + 5�2� > 10 .

Vcubo truncado = Vcubo – 8Vpirâmide = 1000 – 8 × cm3

2. As arestas do cuboctaedro medem metade do comprimento das do octaedro (por semelhança de triân gulos).Basta determinar o volume de uma pirâmide («metade» do octaedro), Vpirâmide 1, para obter o volume dooctaedro, ao qual se subtrai, posteriormente, seis vezes o volume de uma pirâmide semelhante à primeira,com razão de semelhança 2, Vpirâmide 2 . Assim, se pode chegar ao volume do cuboctaedro.

Voctaedro = 2 × Vpirâmide 1 = 2 × �13

� × 102 × 5�2� = cm3

A altura da pirâmide considerada na determinação do volume anterior é metade da diagonal de um qua-drado de lado 10 cm.

Vcuboctaedro = Voctaedro – 6 × Vpirâmide 2 = – ��12

��3

× = cm3

Tarefa 6 – Cortes num octaedro (página 85)

1.a. P [ABCD ] = 40 cm e P [GJIH ] = 20 cm.

b. O perímetro de [ABCD ] é o dobro do perímetro de [GJIH ] .

c. A razão entre as áreas é de 4.

d. Pelo plano de corte que contém os pontos A, B e C obtém-se um quadrado.

2.a.

OA� = �5�2�+� 5�2� = �5�0� = 5�2�

OE� = �5�2�+� (�5��2��)2� = 5�2�

(10 – 5�2�)3��

6

1000�2��

3

625�2��

2500�2��

31000�2��

3

a

a

a

10 - 2a

AD

OC

E

10

MB

39

b. Consideremos M o ponto médio de [AB ] .

EM� = �5�2�+� (�5��2��)2� = �75� = 5�3� cm

A[ABE ] = = 25�3� cm2

A lateral pirâmide = 4 × 25�3� = 100�3� cm2

c. Aoctaedro = 2 × Alateral pirâmide = 200�3� cm2

d. V [ABCDE] = �5030

� �2� cm3

e. Voctaedro = �10

300� 5�2� cm3

3. Recorrendo à razão existente entre as arestas, áreas e volumes podemos concluir que a razão =

= ��12

��3

.

Por esse motivo, V[GJIHE ] = �125

6�2�� . Desta forma, temos que o volume do maior sólido originado é

�1875

6�2�� = �

6252�2�� .

Tarefa 7 – Dual do octaedro (página 86)

1.a. BT� = 4�3�

b. BJ� = �23� BT� , isto é , BJ� = .

c. HJ� = �136� cm

d. a = cm

2. Aresta do octaedro = aresta do cubo .

3.a. BO� = 4�2� cm

b. Acubo = �2563� cm2

c. Aface = = 16�3� cm2 ; Aoctaedro = 128�3� cm2

4. Aoctaedro = Acubo

5. O volume do cubo é cm3 e o volume do octaedro �512

3�2�� cm3.

10 × 5�3��

2

V[GJIHE]��V[ABCDE]

8�3��3

8�2��3

3�2��2

8 × 4�3��2

3�3��2

1024�2��27


6. Voctaedro = �92�Vcubo

7.a. O volume do cubo é a 3 e o volume do octaedro de �92�a3 .

b. Voctaedro = �92�Vcubo

8. É a mesma.

Tarefa 8 – Stella octangula (página 87)

1. O volume do cubo é de 1000 cm3.

2. O volume do tetraedro é �13

� do volume do cubo.

3. V [BGCA] = �10

300� cm3

4. Temos que FN� = �12

�BA� , por isso o seu volume será �18

� do volume do tetraedro maior. Como vimos

anteriormente, o volume do tetraedro maior é de V [BGCA] = �10

300� cm3 , portanto o volume de V [FGHN] =

= �102040

� cm3 = �1235

� cm3 . A razão de semelhança é �12

� .

5. A intersecção dos dois tetraedros encaixados é o octaedro dual do cubo [AJCODBLG] .

O Voctaedro = �12

�V[BGCA] = Vcubo , sendo assim, Voctaedro = �5030

� cm3 .

6. O volume da stella octangula é:

Vstella = Voctaedro + 8V[FGHN ] = �12

� × 8V [FGHN ] + 8V [FGHN ] = 12V [FGHN ] = 500 cm3

7. Vstella = �12

�Vcubo

Tarefa 9 – Superfícies e sólidos de revolução (página 89)

1. C e B .

2.a. Um cilindro.

b. O volume do cilindro é de (4 + 4�5�)π .

Tarefa de investigação – Sólidos arquimedianos (página 107)

Com esta proposta de trabalho de investigação, pretende-se que os alunos aprofundem os seus conheci-mentos sobre os sólidos geométricos, concretamente sobre os sólidos platónicos, os sólidos arquimedianos(obtidos por truncatura dos platónicos) e os sólidos de Catalan (duais dos arquimedianos).

Sólidos arquimedianosOs sólidos de Arquimedes (ou arquimedianos) ou poliedros semi-regulares são poliedros convexos cujas

faces são polígonos regulares de mais de um tipo. Todos os seus vértices são congruentes, isto é, existe omesmo arranjo de polígonos em torno de cada vértice. Além disso, todo o vértice pode ser transformado em

1�6

41

outro vértice por uma simetria do poliedro. Existem 13 sólidos arquimedianos, dois quais 11 são obtidos portruncatura dos sólidos platónicos – truncar significa cortar e retirar uma parte de um sólido (sendo essa parteainda um sólido). A truncatura dos sólidos platónicos consiste num corte dos vértices, obtendo-se novas facesque são ainda polígonos regulares – e dois são obtidos por snubificação de sólidos platónicos. A snubificaçãode um poliedro é uma operação sobre um poliedro que permite obter outro poliedro. A operação consiste emafastar todas as faces do poliedro, rodá-las um certo ângulo (normalmente 45o) e preencher os espaços vaziosresultantes com polígonos triângulos, rectângulos, pentágonos, etc.). O caso especial de uma snubificaçãosem rotação chama-se uma expansão do sólido.

Cubo snubNúmero de faces: 38 (6 quadrados, 32 triângulos)Número de vértices: 24Número de arestas: 60Dual: icositetraedro pentagonal (sólido de Catalan)

Cubo truncadoNúmero de faces: 14 (6 octógonos, 8 triângulos)Número de vértices: 24Número de arestas: 36Dual: octaedro triakis (sólido de Catalan)

CuboctaedroNúmero de faces: 14 (6 quadrados, 8 triângulos)Número de vértices: 12Número de arestas: 24Dual: dodecaedro rômbico (sólido de Catalan)

Cuboctaedro truncadoOutros nomes: cuboctaedro rombitruncado, grande rombicuboctaedro Número de faces: 26 (6 octógonos, 8 hexágonos, 12 quadrados)Número de vértices: 48Número de arestas: 72Dual: dodecaedro disdiakis (sólido de Catalan)

Dodecaedro truncadoNúmero de faces: 32 (12 decágonos, 20 triângulos)Número de vértices: 60Número de arestas: 90Dual: icosaedro triakis (sólido de Catalan)


Icosaedro truncadoNúmero de faces: 32 (12 pentágonos, 20 hexágonos)Número de vértices: 60Número de arestas: 90Dual: dodecaedro pentakis (sólido de Catalan)

IcosidodecaedroNúmero de faces: 32 (12 pentágonos, 20 triângulos)Número de vértices: 30Número de arestas: 60Dual: triacontaedro rômbico (sólido de Catalan)

Icosidodecaedro snubOutro nome: dodecaedro snubNúmero de faces: 92 (12 pentágonos, 80 triângulos)Número de vértices: 60Número de arestas: 150Dual: hexecontaedro pentagonal (sólido de Catalan)

Icosidodecaedro truncadoOutros nomes: icosidodecaedro rombitruncado, grande rombicosi-dodecaedro Número de faces: 62 (12 decágonos, 20 hexágonos, 30 quadrados)Número de vértices: 120Número de arestas: 180Dual: triacontaedro disdiakis (sólido de Catalan)

Octaedro truncadoNúmero de faces: 14 (6 quadrados, 8 hexágonos)Número de vértices: 24Número de arestas: 36Dual: hexaedro tetrakis (sólido de Catalan)

RombicosidodecaedroOutro nome: pequeno rombicosidodecaedroNúmero de faces: 62 (12 pentágonos, 30 quadrados, 20 triângulos)Número de vértices: 60Número de arestas: 120Dual: hexecontaedro deltoidal (sólido de Catalan)

43

RombicuboctaedroOutro nome: pequeno rombicuboctaedroNúmero de faces: 26 (8 triângulos, 18 quadrados)Número de vértices: 24Número de arestas: 48Dual: icositetraedro deltoidal (sólido de Catalan)

Tetraedro truncadoNúmero de faces: 8 (4 triângulos, 4 hexágonos)Número de vértices: 12Número de arestas: 18Dual: tetraedro triakis (sólido de Catalan)

Esses sólidos foram estudados por Arquimedes (287-252 a.C.), no entanto, os escritos originais deste autorestão perdidos. O quinto livro da Colecção Matemática, do matemático grego Pappus de Alexandria (cercade 290–350), faz referência aos estudos de Arquimedes sobre esses sólidos.

Os sólidos arquimedianos foram gradualmente redescobertos durante o Renascimento, por vários artistas.Em 1619, na obra Harmonices Mundi, Johannes Kepler (1571-1630) apresentou um estudo sistematizadosobre essa categoria de sólidos.

Sólidos de CatalanO nome «sólidos de Catalan» deve-se ao matemático belga Eugène Charles Catalan, que apresentou a lista

dos duais dos poliedros arquimedianos num texto publicado em 1865.

Dodecaedro disdiakisOutro nome: octaedro hexakisNúmero de faces: 48 (48 triângulos escalenos)Número de vértices: 26Número de arestas: 72Dual: cuboctaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Dodecaedro pentakisNúmero de faces: 60 (60 triângulos isósceles)Número de vértices: 32Número de arestas: 90Dual: icosaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Dodecaedro rômbicoNúmero de faces: 12 (12 losangos)Número de vértices: 14Número de arestas: 24Dual: cuboctaedro (sólido de Arquimedes)


Hexaedro tetrakisOutro nome: tetrahexaedroNúmero de faces: 24 (24 triângulos isósceles)Número de vértices: 14Número de arestas: 36Dual: octaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Hexecontaedro deltoidalOutros nomes: hexecontaedro trapezoidalNúmero de faces: 60 (60 quadriláteros)Número de vértices: 62Número de arestas: 120Dual: rombicosidodecaedro (sólido de Arquimedes)

Hexecontaedro pentagonalNúmero de faces: 60 (60 pentágonos irregulares)Número de vértices: 92Número de arestas: 150Dual: icosidodecaedro snub (sólido de Arquimedes)

Icosaedro triakisNúmero de faces: 60 (60 triângulos isósceles)Número de vértices: 32Número de arestas: 90Dual: dodecaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Icositetraedro deltoidalOutro nome: icositetraedro trapezoidalNúmero de faces: 24 (24 quadriláteros)Número de vértices: 26Número de arestas: 48Dual: rombicuboctaedro (sólido de Arquimedes)

Icositetraedro pentagonalNúmero de faces: 24 (24 pentágonos irregulares)Número de vértices: 38Número de arestas: 60Dual: cuboctaedro snub (sólido de Arquimedes)

Octaedro triakisNúmero de faces: 24 (24 triângulos isósceles)Número de vértices: 14Número de arestas: 36Dual: cubo truncado (sólido de Arquimedes)

45

Tetraedro triakisNúmero de faces: 12 (12 triângulos isósceles)Número de vértices: 8Número de arestas: 18Dual: tetraedro truncado (sólido de Arquimedes)

Triacontaedro disdiakisNúmero de faces: 120 (120 triângulos escalenos)Número de vértices: 62Número de arestas: 180Dual: icosidodecaedro truncado (sólido de Arquimedes)

Triacontaedro rômbicoNúmero de faces: 30 (30 losangos)Número de vértices: 32Número de arestas: 60Dual: icosidodecaedro (sólido de Arquimedes)

Na questão 3. propõe-se ao aluno que investigue as relações métricas entre as arestas de um sólido deArquimedes e do seu correspondente sólido platónico.

Por exemplo, o icosaedro truncado resulta de truncar o icosaedro platónico, que deixade ter faces triangulares, passando a ter 12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais.

Em todos os 12 vértices do icosaedro concorrem cinco faces triangulares. A truncatura

deve ser feita a �13

� da aresta a contar do vértice que se está a truncar. Os pentágonos

são a secção plana resultante de cada truncatura enquanto que os hexágonos ficam no planodas faces triangulares do icosaedro e resultam dos três cortes a que cada triângulo é sujeito.

Assim, sendo os hexágonos e os pentágonos regulares, as arestas do icosaedro truncado, são �13

� das arestasdo icosaedro.

Estas sugestões podem ser complementadas como todos os conteúdos referentes aos sólidos geométricosconstantes na secção referente ao tema 1 da Aula Digital.


Tarefa de investigação – Stomachion (página 108)

Pensa-se que o stomachion é o puzzle mais antigo do mundo. A sua invenção é atribuída a Arquimedes deSiracusa (287-212 a.C.). É um puzzle geométrico muitas vezes referido por Loculus de Archimedes (a caixa deArquimedes). Não se conhece o significado preciso da palavra stomachion, que tem a mesma raíz que a palavra grega para estômago. A informação sobre este quebra-cabeças chegou-nos através de dois manuscri-tos muito incompletos (copiados de manuscritos anteriores que se perderam), mas que permitem construí-lo eobservar algumas das suas características. Parece que Arquimedes fez um estudo bastante completo do que-bra-cabeças, mas esse estudo não resistiu aos muitos séculos de guerras, pilhagens e destruições.

1. Pode sugerir-se aos alunos que acedam ao stomachion dinâmico incluído na Aula Digital, na secção referen-te ao tema Geometria, e desafiá-los a encontrar algumas das milhares de soluções deste puzzle (entende-sepor solução qualquer justaposição das peças que forme um quadrado), como a que se segue:

2. O cálculo da área total do puzzle construído na folha quadriculada poderá ser feito considerando-o cons-truído sobre um quadrado de 12 unidades de lado, pelo que tem 144 unidades quadradas de área.Numerando cada uma das peças do stomachion, como se sugere na imagem abaixo, podem calcular-se asáreas das peças aplicando o teorema de Pick: a área de uma figura poligonal cujos vértices são os de umaquadrícula regular (de lado unitário) é igual ao número de vértices da quadrícula que se encontram no inte-rior da figura mais metade do número de vértices que se encontram sobre a linha limite da figura a que seretira uma unidade.

Obtém-se então:

De facto, verifica-se que, como não poderia deixar de ser, a soma das áreas das peças é 144.Pode sugerir-se aos alunos que confirmem os resultados obtidos por aplicação do teorema de Pick, calcu-lando as áreas tradicionalmente, tomando para unidade a medida do lado de cada quadrícula e decompon-do cada polígono adequadamente, sempre que seja útil.

14

13

12

111098

7 6

5

43

21

A1 = 5 + �126� – 1 = 12

A8 = 13 + �128� – 1 = 21

A2 = 7 + �122� – 1 = 12

A9 = 2 + �120� – 1 = 6

A3 = 2 + �120� – 1 = 6

A10 = 3 + �82

� – 1 = 6

A4 = 7 + �122� – 1 = 12

A11 = 4 + �122� – 1 = 9

A5 = 18 + �124� – 1 = 24

A12 = 4 + �62

� – 1 = 6

A6 = 1 + �62

� – 1 = 3

A13 = �82

� – 1 = 3

A7 = 9 + �82

� – 1 = 12

A14 = 7 + �122� – 1 = 12

47

Com base na área das peças, pode obter-se a razão entre a área de cada peça e a área total do puzzle, isto é,cada fracção de área total do puzzle que cada peça ocupa. Assim:

• Peças de área 3: �418� • Peças de área 12: �

112� • Peças de área 24: �

116�

• Peças de área 6: �214� • Peça de área 21: �

478�

Tem ainda interesse sugerir aos alunos que verifiquem que a soma das fracções de áreas correspondentes acada peça é, obviamente, 1. Por outro lado, é também muito pertinente questionar os alunos se as razões se manteriam independente-mente do tamanho do puzzle, isto é, se as razões obtidas só são válidas para um puzzle de 12 × 12 . Defacto, ao variarmos o tamanho do puzzle devemos fazê-lo proporcionalmente, pelo que as peças obtidas sãosempre semelhantes e, consequentemente, as razões são mantidas.

1.2 Geometria analítica

Tarefa de introdução – Os referenciais e a Geografia (página 110)

Esta actividade mostra uma das aplicações dos referenciais e permite aos alunos efectuar a localização depontos num mapa utilizando um referencial.

Se não fossem considerados como eixos referenciais o meridiano de Greenwich ou o equador, as coorde-nadas indicadas poderiam ter outros valores. Por esse mesmo motivo, é importante conhecer o referencialconsiderado para que se consigam marcar as coordenadas.

Tarefa 10 – Simetrias no plano (página 115)

Esta actividade antecede a exploração das simetrias relativamente a um dos eixos coordenados e com elapretende-se que, com apenas os conhecimentos adquiridos e uma definição de simetria axial, o aluno descu-bra os conceitos de simetria que posteriormente serão generalizados no desenvolvimento do tema.

Nas justificações solicitadas, o aluno deve adequar a definição de simetria a cada uma das situações. Porexemplo, na alínea 1.b. e no que respeita ao ponto A o aluno deve dizer:

• AA' é concorrente com o eixo Ox .'

• AA' ⊥ Ox

• A e A' são equidistantes de Ox .

1. 2.

No final, o aluno deve tentar estabelecer uma relação entre os pontos, os seus simétricos e as respectivascoordenadas.

R'

R

S

S'

P

P'

y

x

Q'

Q

y = xy = -xA

B'''

A'

B''

x

y

A''

A'''

B

B'


Tarefa 11 – Referenciais e pontos simétricos (página 119)

1.a. 1.b.

c. Determina-se a mediatriz do segmento [AC ] , para marcar o eixo Oy ,dado que se pretende que A e C sejam simétricos relativamente a esteeixo. De seguida, marca-se o eixo Ox , bastando para isso que este sejaperpendicular a Oy , por exemplo:

d. Para se colocar o triângulo num referencial de forma a que os vértices Je L sejam simétricos relativamente à bissectriz dos quadrantes ímpares,deve considerar-se um referencial em que J (O, a) e L(a, O) , porexemplo. O outro vértice terá as coordenadas impostas pela geometriado triângulo, a bissectriz dos quadrantes ímpares será a mediatriz dosegmento [LJ ] , permitindo assim recordar a noção de mediatriz leccio-nada no 8.o ano e posteriormente formalizada na página 139 do manual.

2.a. G e K . b. G e C . c. F e N . d. I e M . e. P e N .

f. K . Sim. A simetria, relativamente à origem do referencial.

Tarefa 12 – Pátio dos Quintalinhos (página 129)

1.a. –8 � x � 8 ∧ –6 � y � 6

b.

C

O

A B

x

y

H I

J K

O

DE

F

G

O

J

M

LO

x

y

y

x0-8 8

6

14

-6

-14

14-14

49

c. x < –8 ∨ x > 8 ∨ y < –6 ∨ y > 6

2.a. (x � –8 ∨ x � 8 ∨ y � –6 ∨ y � 6) ∧ (–14 � x � 14 ∧ –14 � y � 14)

b. (x > –8 ∧ x < 8 ∧ y > –6 ∧ y < 6) ∨ (x < –14 ∨ x > 14 ∨ y > 14 ∨ y < –14)

3.a. Acorredor = 32 dm2

b. Aprédio = 560 dm2

c. Apátio = 192 dm2

4.a. r = �16

�

b. r =

Tarefa 13 – Distância entre dois pontos no plano (página 135)

1.1.a. d (A, B ) = 9 b. d (B, C ) = 5

1.2. Triângulo rectângulo em B porque o referencial é ortonormado.

1.3. d (A, C ) = �1�0�6�

2.a. A(x1, y1) ; B(x2, y2) ; C (x2, y1)

b. d (A, C ) = |x2 – x1| ; d (C, B) = |y2 – y1|

c. d (A, B ) = �(x�2�–� x�1)�2�+� (�y2� –� y�1)�2�

Tarefa 14 – A iluminação de um consultório (página 137)

1.a. O comprimento de fio necessário, sabendo que se quer gastar a menor quantidade de fio possível, é de

�(3�,5�)2� +� 1� = �1�3�,2�5� � 3,64 m .

1.b. 4,5 m

2.a. Construir geometricamente a mediatriz de [L1L2] . O terceiro ponto de luz pode ficar situado em qual-quer ponto da mediatriz.

b. Situa-se no ponto médio de [L1L2] , ponto (6,5; 5) .

3. Deve pintar-se todo o escritório, uma vez que os raios de alcance dos dois pontos de luz cobrem, conjunta-mente, toda a superfície.

4. Para que fique à mesma distância dos pontos A , B e C do escritório, o novo ponto de luz devesituar-se no circuncentro do triângulo [ABC ] , intersecção das mediatrizes dos segmentos [AB] ,

35��12

0

6

14

-14

-6-8-14 148 x

y


x

y

CA2 cm

3 cm0

1

2

-2

-1

-1-2 21 x

y

A U

A 1

2

x

y

x

yD

0

CB

A

[BC ] e [AC] . Para isso, basta, com o auxílio de um compasso, determinar dois pontos equidistantes deA e B definindo a mediatriz de [AB ] e, de forma análoga, a mediatriz de [AC ] . A intersecção dasduas mediatrizes é o ponto pretendido.

Tarefa 15 – Conjuntos de pontos (página 143)

a. b.

x2 + y2 � 4 ∧ (x –4)2 + y2 � 9 x2 + y2 � 4 ∨ (y � x ∧ y � –x ∧ y � �2�)

c. d.

x2 + y2 < 1 ∨ x2 + y2 > 4 x2 + y2 � 400 ∧ (|x| > 10 ∨ |y| > 10)

e. f.

x � 0 ∧ y � 0 � 3 ∧ x2 + y2 � 9 |x| � 1,5 ∧ |y| � 1,5 ∧ x2 + y2 � 2,25

Tarefa 16 – Um tesouro por descobrir (página 144)

O tesouro está em K.

DC

EF

C

40 mm

x

y

x

yD C

B

3 cm

A

51

Tarefa 17 – Desenhar uma elipse (página 150)

Esta actividade consiste na construção de uma elipse pelo «método do jardineiro».

Construindo uma elipse desta forma, os alunos deverão concluir que a distância de cada ponto P da curva a cada um dos pontos fixos A e B (focos da elipse) vai variando, mas o comprimento do fio é sem-pre o mesmo, ou seja, a soma das distâncias focais é constante.

Tarefa 18 – Equação de uma elipse (página 155)

1. x2 + y2 = 36

2. + = 1 ou + = 1

3. + = 1 ou + = 1

Tarefa 19 – Algumas simetrias no espaço (página 163)

1. A( 0, –1, 0) ; B(0, 0, 0) ; C (–1, 0, 0) ; D (–1, –1, 0) ; E ( 0, –1, 1) ; F ( 0, 0, 1) ; G(–1, 0, 1) ; H (–1, –1, 1)

2.a. I(–1, 1, –1)

b. Simétricos; abcissas; iguais; simétricos.

3.

a. J(1, –1, –1)

b. Simétricos; ordenadas; iguais; simétricos.

c. K(1, 1, 1)

d. Simétricos; cotas; iguais; simétricos.

y'2�22

x'2�62

y'2�4

x'2�36

y'2�62

x'2�42

y'2�36

x'2�16

P P PP P

A B

D CA

O

E F

GH

z

y

x

J

D CA

O

EF

GH

z

y

x

K


e. L(1, 1, –1)

f. Simétricos; origem; iguais; simétricos.

Tarefa 20 – A caixa (página 165)

1. e 2. O comprimento da palhinha dentro da caixa é aproximadamente 4,78 cm, que se calcula utilizando oteorema de Pitágoras para determinar TP� , e posteriormente para calcular o tamanho da palhinha(VT� ). Utilizando as coordenadas dos pontos V e T poder-se-ia determinar o tamanho da palhinhaatravés do cálculo da distância entre estes dois pontos.

Tarefa 21 – Plano mediador (página 167)

1. É o ponto médio de [AB ] , uma vez que é um ponto do segmento [AB ] equidistante de A e B (poispertence a α).

2. AP� = �(x� –� 1�)2� +� (�y�–� 2�)2� +� (�z�–� 2�)2� ; BP� = �(x� –� 3�)2� +� (�y�–� 1�)2� +� (�z�–� 2�)2�

3. AP� = BP� ⇔ 4x – 2y – 5 = 0

Tarefa 22 – A rotação de um semicírculo (página 169)

Ao fazermos rodar a palhinha, obtém-se uma esfera. A distância de A a O é o raio do círculo, sendo,portanto, a distância de B a O inferior ao raio do círculo. Generalizando as observações, podemos afirmarque qualquer ponto do espaço atingido por um ponto do semicírculo no movimento de rotação está a umadistância de O inferior ou igual a r , uma vez que O se mantém fixo e, no movimento de rotação, a distân-cia entre os pontos não se altera.

Tarefa 23 – Intersecção de uma esfera centrada na origem com planos paralelos aos planos coordenados (página 170)

Esta actividade pode ser apoiada pelo respectivo ficheiro contido na Aula Digital.

1. Ao intersectarmos a esfera pelo plano xOy , caracterizado pela condição z = 0 , obtemos um círculo de cen-tro em (0, 0, 0) e raio r situado no pano xOy . Considerando que a esfera é intersectada por um planoparalelo ao plano coordenado xOy , cuja condição é z = c , podemos dizer que a intersecção obtida é:

D CA

O

E F

GH

z

y

x

L

53

• Para c = r , o ponto de coordenados (0, 0, r) .

• Para c = –r , o ponto de coordenada (0, 0, –r ) .

• Para –r < c < 0 , o círculo de raio �r 2� –� c�2� e centro (0, 0, c) do plano z = c (x2 + y2 < r 2 – c 2 ∧ z = c ) .

• Para 0 < c < r , o círculo de raio �r 2� –� c�2� e centro (0, 0, c) do plano z = c (x2 + y2 < r2 – c 2 ∧ z = c) .

2.a. No caso de a = 0 , o que resulta da intersecção da esfera com o plano de corte definido por esta condi-ção, é um círculo de centro (0, 0, 0) e raio r , situado no plano yOz e, analogamente, para b = 0 (destavez situado no plano xOz ).

b. Quando a = r (a = –r ) obtém-se um ponto de coordenadas (r, 0, 0) (respectivamente (–r, 0, 0)) ,acontecendo o mesmo, mutatis mutantis, relativamente a todos os planos coordenados. Também pode-mos generalizar o estudo feito para planos de corte paralelos ao plano xOy a planos paralelos aos restan-tes planos coordenados, atendendo às simetrias da esfera, figura que não se altera se permutarmosarbitrariamente as coordenadas dos respectivos pontos.

c. Se a > r ou a < –r não existe intersecção do plano de corte com a esfera, uma vez que um ponto de coor-denada x com módulo superior a r não pode estar a uma distância de (0, 0, 0) inferior ou igual a r .

Tarefa de investigação – A Lemniscata de Bernoulli (página 197)

Com esta actividade de investigação pretende-se que o aluno conheça a Lemniscata de Bernoulli, que é afi-nal um símbolo que utilizarão com frequência no 11.o e 12.o anos, sobretudo aquando do cálculo de limites desucessões ou de funções reais de variável real. É também interessante que perceba que a caracterização analí-tica de curvas não se limita à circunferência e à elipse, por exemplo.

Dada a equação (x2 + y2) = a2(x2 –y2) , que caracteriza uma Lemniscata de Bernoulli, o aluno deveráinvestigar a influência do parâmetro a . Depois de chegar a uma conjectura, mediante algumas experiências,uma forma interessante de abordar a questão será utilizar um programa de representação de conjuntos defini-dos por condições para se obter a curva definida pela equação, fazendo variar a .

Por exemplo, no programa Nucalc é possível fazer variar um determinado parâmetro numa condição ana-lítica e observar os gráficos correspondentes a essa variação.

É importante, no entanto, que os alunos façam uma investigação analítica prévia, concluindo que a Lemniscata é centrada na origem, é simétrica em relação aos eixos e intersecta o eixo das abcissas nos pontos (–a, 0) e (a, 0) .


1.3 Geometria analítica: vectores

Tarefa de introdução – O xadrez (página 198)

Através dos movimentos das peças de um jogo de xadrez, pretende-se que o aluno recorde conceitos triviaiscomo direcção, sentido, vector, igualdade de vectores ou norma. Saliente-se que o conceito de vector livre é jáum conceito familiar dos alunos, que o deverão ter abordado aquando do estudo das translações, no 3.o Ciclo.

Assim, de uma forma completamente intuitiva e sem qualquer preocupação de rigor nas notações ou nasdefinições, são abordados alguns dos conteúdos a formalizar ao logo do tema. Será interessante acompanhar arealização da actividade com um tabuleiro de xadrez real, possibilitando a visualização dos conceitos e pro-porcionando aos alunos uma actividade prática agradável.

Tarefa 24 – Vectores num octaedro (página 202)

1. A + AC→

= C , A + CF→

= E , D + CF→

= E e E + FC→

= A .

2.a. F + OA→

= O e A + OF→

= O .

b. Não é possível determinar-se C + OD→

recorrendo aos vértices da figura, por se tratar de um ponto exte-rior ao octaedro.

3. D – C = CD→

, E – F = FE→

e C – B = BC→

. Assim, como resposta, o aluno deve indicar segmentos orienta-dos que representem os vectores CD

→, FE

→e BC

→, ou seja, [C, D] e [B, E ] , [F, E] e [C, A] , e [B, C]

e [E, D ] .

Tarefa 25 – Propriedade de quadriláteros (página 209)

Tendo em conta a sugestão dada, que conduz o aluno a considerar os vectores definidos por cada par depontos da figura (partindo do pressuposto que dois pontos definem um segmento de recta e que este definedois vectores simétricos), podemos considerar os vectores definidos pelos lados dos quadriláteros. Aceitamostambém como válidas as propriedades da adição de vectores e do produto de um número real por um vector.Assim, por exemplo:

MN→

= MB→

+ BN→

= �12� AB

→+ �

12� BC

→

= ��12� �AB

→+ BC

→�

= ��12� AC

→

QP→

= QD→

+ DP→

= �12� AD

→+ �

12� DC

→

= �12� �AD

→+ DC

→�

= �12� AC

→

A

B

C

DN

M

P

Q

A

B

F

C

ED

Concluímos então que os segmentos orientados [M , N ] e [Q , P ] representam o mesmo vector, logo,são paralelos e com o mesmo comprimento. O mesmo se poderia concluir para os segmentos orientados [M , Q] e [N, P ] . Um quadrilátero com os lados paralelos dois a dois é um paralelogramo.

Tarefa 26 – Definição vectorial de baricentro (página 209)

A forma mais imediata de traçar as medianas é marcar os pontos médios de cada um dos lados do triângu-lo e traçar os segmentos definidos pelos pontos médios e pelos vértices opostos.

Em seguida, o aluno deve marcar o baricentro do triângulo, designando-o por G .

Com base nos conhecimentos sobre adição de vectores, obtém GA→

+ GB→

+ GC→

, verificando que geome-tricamente se reduz a um ponto, isto é, representa o vector nulo.

Para realizar esta tarefa, o aluno pode, por exemplo, começar por marcar um ponto qualquer na área dedesenho e aplicar o vector GA

→nesse ponto. Para isso, poderá desenhar uma recta paralela a GA que passe

nesse ponto e marcar sobre essa recta um segmento geometricamente igual a [GA] , digamos [WX ] . Depoisdisto, de forma análoga, poderá desenhar um segmento geometricamente igual a [GB ] , com origem naextremidade de [WX ] , digamos [XY ] . Por fim, poderá marcar um segmento geometricamente igual a[GC ] , com extremidade em Y , digamos [YZ ] , e verificar que a soma dos vectores definidos por estes trêssegmentos se reduz a um ponto (pelo método do triângulo).

Depois, deve alterar o triângulo original para ilustrar que a propriedade é válida qualquer que seja o triân-gulo considerado.

É importante relembrar os alunos que esta actividade não é uma demonstração da propriedade em causa,mas sim uma ilustração da veracidade dessa propriedade num ambiente de geometria dinâmica.

Tarefa 27 – Aplicações das operações com vectores (página 221)

1. Sendo u→(u1, u 2) e v→(v1, v2) colineares, ∃ k ∈ IR , (u1, u 2) = k (v1, v2) . Assim, como v1, v2 ≠ 0 , u1 = kv1 ∧

∧ u 2 = kv2 ⇔ = k ∧ = k , donde se conclui que = , ou, equivalentemente, u1v2 = u2v1 .

2. Tendo como ponto de partida as sugestões dadas, de AB→

(x2 – x1, y2 – y1) , AM→

(xm – x1, ym – x1) e de AB→

= 2AM→

, resulta:

(x2 – x1, y2 – y1) = 2(xm – x1, ym – y1) ⇔

Resolvendo a primeira equação em ordem a xm e a segunda em ordem a ym obtém-se, precisamente,

xm = �x1 +

2x2� e ym = �

y1 +2

y2�

u2�v2

u1�v1

u2�v2

u1�v1

55

A

BC

G

x2 – x1 = 2(xm – x1)

y2 – y1 = 2(ym – y1){

Tarefa 28 – Norma de um vector dadas as suas coordenadas (página 222)

Com a execução desta actividade, pretende-se que o aluno descubra autonomamente a expressão que per-mite calcular a norma de um vector em função das suas coordenadas.

1.a. Seja OA→

o representante de u→(3, 5) com origem em O (0, 0) . Pretende-se que o aluno desenhe outros dois representantes de u→,sendo claro que qualquer um deles pode ser referido por vector u→.Por exemplo:

b. e c. Para um qualquer representante do vector u→ tem-se, por aplicação do teorema de Pitágoras, sendo co comprimento do segmento:

c 2 = 32 + 52 ⇒ c = �9� +� 2�5� = �3�4�

2. A norma do vector é o comprimento de um seu qualquer representante:

�v→�2 = a2 + b 2 ; logo: �v→� = �a2� +� b�2�

3. �a→� = �(–�4�)2� +� 1�2� = �1�7� ; �b→� = �1�2�+� (�–�4�)2� = �1�7� ; �c→� = �17� ; �d→� = �1�7�

4.a. [FB ] é uma diagonal facial do cubo; por aplicação do teorema de Pitágoras:

FB� = �18� = 3�2� .

b. Sendo [F, B ] um representante do vector, dado que [OD] também

é uma diagonal facial do cubo e, portanto, [F, B] e [O, D] são equi-

polentes, �OD→

� = FB� = 3�2� .

�OB→

� = OB� , sendo [OB ] uma diagonal espacial do cubo, assim:

�OB→

� = �3�2�+� 3�2�+� 3�2� = ��3 × 32�� = 3�3�

5.a. w→(a, b, c)

Sendo w→ representado por uma diagonal espacial do paralelepípedo,a sua norma é igual ao comprimento dessa diagonal. Pelo teorema de

b. Pitágoras, � w→�2 = a2 + b 2 + c 2 , pelo que � w→� = �a2� +� b�2�+� c�2� .


y

x

A

0

y

x0 a

b v

y

BA

D

G

F

C

E

z

x

0

y

w

b

c

a

z

x

0

Tarefa 29 – Equação vectorial da recta (página 229)

1.1 a 1.3. Pelo ponto A passa uma infinidade de rectas. Para definir umarecta é necessário indicar, pelo menos, dois dos seus pontos.

1.4 A conclusão a tirar é que a recta desenhada é a mesma que a definidapelos pontos A e B , pelo que, para se definir uma recta, pode indi-car-se somente um dos seus pontos, se se indicar também um vectorque defina a direcção dessa recta (adiante designado por vector direc-tor).

1.5 Não. AC→

não tem a mesma direcção que u→.

1.6 São rectas estritamente paralelas, pois ambas têm a mesma direcçãoque u→ e não coincidem.

1.7 a. A + u→ = B

b. A + 2u→ = D

1.8 E = A + 3u→ ; F = A + �– �12

��u→ ; G = A + (–2)u→

1.9 Não. Se existisse um número real k , tal que A + ku→ = H , H pertenceria à recta que passa em A e tema direcção do vector u→, o que não é o caso.

1.10 Sim. Para qualquer ponto da recta que passa em A e tem a direcção de u→ ,digamos P , existe um número real k , tal que P = A + ku→.

2.a. Recta que passa por A e tem a direcção de OG→

: AD .

b. Recta que passa por E e tem a direcção de DG→

: BE .

c. Recta que passa por C e tem a direcção de EO→

: CD .

d. Recta que passa G e tem a direcção de DB→

: GE .

Tarefa 30 – Equações vectoriais de semi-rectas e de segmentos de recta (página 231)

1. Sendo P e Q dois pontos da recta, PQ→

é um vector director da recta, pelo que, uma equação vectorial darecta PQ é (x, y) = P + kPQ

→(k ∈ IR), ou seja, concretizando as coordenadas de P e de PQ

→,

(x, y) = (–2, 1) + k (4, 1) (k ∈IR). É muito importante que o aluno perceba que uma recta pode ser descritapor uma infinidade de equações vectoriais. Por exemplo, para este caso, outra resposta correcta, seria (x, y ) = Q + kQP

→(k ∈IR), isto é, (x, y) = (2, 2) + k (–4, –1) (k ∈IR) .

3. Se, por exemplo, na equação (x, y) = P + kPQ→

se tiver k ∈IR0+ , está a definir-se uma semi-recta, contida

na recta PQ , com origem em P , uma vez que neste caso P + kPQ→

é extremidade de um segmento orien-tado com origem em P e direcção e sentido de PQ

→.

4. Limitando o intervalo de variação de k , na equação vectorial de uma recta, define-se um segmento derecta contido nessa recta. O segmento de recta é tanto maior quanto maior for a amplitude do intervalo. Seo intervalo for [0, 1] , obtém-se o segmento PQ

→.

5.a. (x, y) = (–2, 1) + k(4, 1) , k ∈[0, 1]

b. (x, y) = (–2, 1) + k�6, �32

�� , k ∈[0, �23�]

57

y

x

A

G

F

BD

E

C

H

u

y

B

A D

G

F

C

E

z

x

O

e3e2e1

Tarefa 31 – Um triângulo e uma pirâmide (página 231)

1.a. y = �52

� x + 5 (x, y) = (–2, 0) + k(2, 5), k ∈ IR

b. (2, 10) = (–2, 0) + 2(2, 5). Sim pertence.

c. (–3, y) = (–2, 0) + k(2, 5) ⇔ k = – �12

� ∧ y = – �52

� . O ponto tem coordenadas (–3, – �52

� ) .

2. a. A altura da pirâmide é �21�� .

b. C(2, 2, �21�� )

c. DA : (x, y, z) = (4, 0, 0) + k(0, 1, 0), k ∈ IR

CE : (x, y, z) = k(2, 2, �21�� ), k ∈ IR

CA : (x, y, z) = (2, 2, �21��) + k(2, 2, –�21��), k ∈ IR

d. �1, 1, �92

�� = (2, 2, �21��) + k(2, 2, –�21��), k ∈ IR

. O ponto �1, 1, �92

�� não pertence à recta CA .

e. M�1, 3, �f. DM: (x, y, z) = (4, 0, 0) + k�–3, 3, �, k ∈ IR

g. V = �Ab

3× a� = = �21��

Tarefa 32 – Domínios planos (página 238)

1.a.

b. y > 2x + 2 e y < 2x + 2 , respectivamente.

�221��

2

�221��

2

16�3

4 × 4 × �21��

3


y

x0 2-2

-2

2

4

1 = 2 + 2k k = – �12

�

⇔�92

� = �21�� – �21��k �92

� = �21�� –�21�� × �– �12

��{ {

2.

3. Os lados do quadrilátero na imagem estão contidos nas rectas cujas

equações reduzidas são: y = – �52

�x + 5 , y = �52

�x + 5 , y = –2x – 4 e y = 2x – 4 .

O aluno pode chegar rapidamente a esta conclusão considerando as ordenadasna origem de cada uma das rectas (–4 e 5), concluindo daí que as equações dasrectas serão do tipo y = ax + 5 ou y = ax – 4 . Para determinar o parâmetro a(declive da recta), pode considerar dois dos seus pontos. Por exemplo, para arecta que contém os pontos (0, 5)

e (2, 0) , um seu vector director é (2, –5) , pelo que a = – �52

� .

O primeiro conjunto pode ser definido pela seguinte condição:

y � – �52

�x + 5 ∧ y � �52

�x + 5 , y � –2x – 4 e y � 2x – 4

O conjunto dos pontos sombreados na imagem é o conjunto dos pontos docírculo que estão acima das duas rectas dadas.

O círculo dado é centrado na origem do referencial e tem raio 3. Logo, podedefinir-se analiticamente por x 2 + y 2 � 9 .

As rectas contêm a origem pelo que representam funções lineares. Assim,definimo-las analiticamente por y = ax . Especificamente, escolhidos doisquaisquer pontos de cada uma dessas rectas, para se obter as coordenadasde vectores directores, cuja razão define o declive, obtemos as equações y = x e y = –x .

Assim, o domínio plano em causa pode definir-se analiticamente como:

x 2 + y 2 � 9 ∧ y � x ∧ y � –x

Seria interessante questionar os alunos sobre que domínio plano se obteria se a condição analítica fosse:

x 2 + y 2 < 9 ∧ y > x ∧ y > –x ou x 2 + y 2 � 9 ∧ y � x ∧ y � –x

4.a. Sendo A(–2, 0) e atendendo a que a recta s intersecta o eixo Oy em (0,1) , temos y = �12

� x + 1 .

b. x 2 + y 2 = 4 ∧ y = �12

� x + 1 , de que resulta que B tem abcissa �65

� e ordenada �85

� .

c. Considerando os pontos C e B , temos que y = – �34

� x + �52

� .

d. O ponto D resulta da intersecção da recta r com o eixo das abcissas, sendo assim, D( �103� , 0) .

e. x � 0 ∧ y � 0 ∧ x 2 + y2 � 4 ∧ y � – �34

� x + �52

� .

59

y

x0 2-2

-2

2

4

y

x

y

x

Tema 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo

1.1 Estudo intuitivo de funções e gráficos

Tarefa de introdução 1 – Quem é obeso? (página 6)

O objectivo desta actividade é que o aluno comece a lidar com o tema das funções, mobilizando conhecimen-tos adquiridos nesta área, nomeadamente, manipulando expressões algébricas e construindo tabelas e gráficos.De seguida, apresenta-se uma possível resolução.

1. A resposta a esta questão depende naturalmente do aluno. A ideia é que se familiarize com a fórmula doIMC, realizando alguns cálculos.

2. Supondo que o aluno tem 1,68 m, deve escrever as condições < 25 e > 18,5 , ou, equivalentemente,

calcular os limites do intervalo de massas corporais, concluindo que este deve estar entre 52,21 kg e 70,56 kg.

3. P = 22A2

4.

Nota: os valores de M apresentados estão aproximados às centésimas.

5.

O aluno deve referir que não se trata de uma relação de proporcionalidade directa, pois o gráfico não repre-senta uma recta, embora seja difícil de verificar neste caso. Por outro lado, a equação que relaciona as grande-zas não é da forma y = kx , os quocientes obtidos nas colunas da tabela não são iguais e os quocientes entreos valores da linha A não são sempre iguais aos valores dos quocientes entre os correspondentes valores dalinha P .

P�1,682

P�1,682


A(m) 1,60 1,62 1,64 1,66 1,68 1,70 1,72 1,74 1,76 1,78 1,80

M(kg)

56,32 57,74 59,17 60,62 62,09 63,58 65,08 66,61 68,15 69,70 71,28

Massa corporal versus altura

55

60

70

75

65

1,60 1,65 1,70 1,75 1,80

Mas

sa (

kg)

Altura (m)

6. O aluno deve evidenciar que, para um pessoa adulta, faz mais sentido estabelecer a massa corporal em fun-ção da altura, uma vez que um adulto tem, em princípio, a sua altura estabilizada. Assim, variando o valordo IMC pode determinar-se o intervalo de massas corporais que, para determinada pessoa, são mais saudá-veis. De outra forma, poder-se-ia estabelecer um intervalo para alturas, o que não faz muito sentido, poisuma pessoa não pode controlar a sua altura.

Tarefa de introdução 2 – Vilalta e Vilabaixa (página 7)

As funções f e g podem estar representadas na opção (C).

A opção (A) não é a opção correcta porque, no instante inicial, a distância percorrida pelo Carlos é igual azero e, nesta opção, tem-se f(0) > 0 .

A opção (B) não é a opção correcta porque os dois amigos percorreram distâncias iguais e, portanto, ocontradomínio de f tem de ser igual ao contradomínio de g.

A opção (D) não é a opção correcta porque zero não pertence ao domínio de f .

Tarefa 1 – Funções (página 11)

1. Vários termos da língua inglesa têm correspondência com mais do que um termo da língua portuguesa.Sendo assim, a vários objectos corresponde mais do que uma imagem, motivo pela qual esta correspondên-cia não representa uma função.

2.a. Variável independente: medida, em centímetros, do terceiro lado do triângulo. A outra variável é o perí-metro do triângulo, em centímetros.

b. Dp = {5, 6, 7, 8, 9}

c. Expressão analítica: p(x) = x + 10 ;

Tabela:

Diagrama sagital:

61

x(cm) 5 6 7 8 9

p(cm) 15 16 17 18 19

5

6

7

8

9

15p

16

17

18

19

Representação gráfica:

3. Após a resolução analítica desta questão, os valores obtidos podem ser confirmados com o auxílio damáquina calculadora gráfica, sendo sugerida a seguinte janela de visualização:

a. 4 m

b. 3,25 m

c. 8 horas


03

6

9

12

15

18

21

2 4 6 8 10

d. 20 m2. A capacidade da piscina é 80 000 litros. Atendendo a que 1 dm3 = 1 l, temos que o volume deágua na piscina é 80 m3. Como a altura da piscina é 4 m, e esta tem a forma de um paralelepípedo rectângulo,a área da superficie é 20 m2.

4.a. O gráfico correcto é o da opção (B). A distância percorrida pelo Pedro está sempre a aumentar, à medidaque o tempo passa. O declive do primeiro segmento de recta é igual a metade do declive do segundo seg-mento, o que está de acordo com o facto de a velocidade na descida ser igual ao dobro da velocidade dasubida.

b. d pode ser a distância ao ponto de partida, em função do tempo decorrido.

c. Função d , gráfico B: D = [0, 18] D’ = [0, 6] .

Função d , gráfico A: D = [0, 18] D’ = [0, 3] .

Tarefa 2 – Leitura da representação gráfica de uma função (página 20)

Esta tarefa permite explorar e consolidar o estudo de funções através das suas representações gráficas.

1.a. D = ] –3, 5]

b. D = [–3, –1] ∪ [0, 4]

c. f(2) = 3

d. 4, pois f(4) = –2 .

e. Por exemplo, –1 e –2 ou 0 e 2.

f. Por exemplo, a = 1 e b = 2 : 1 < 2 e f(1) > f(2) .

g. {3} . O gráfico tem um único zero.

2.a. {1}

b. {0, 2}

c. ]–3, 0[

d. ]–3, 0[ ∪ [3, 5]

e. {5}

f. {3}

g. [0, 3[

3.a. Uma solução.

b. Duas soluções.

4.a. [–3, –1[ ∪ [0, 3[ ∪ {4}

b. ]–∞, 3[ ∪ ]–1, 0 [ ∪ ]4, +∞[

5.

63

x –3 0 3 5

f (x) n.d. – 3 + 0 – –3

Tarefa 3 – Modelação (página 20)

1. f(3) = + 5 × 5 = 29,5

2. A área do triângulo isósceles é igual a dado que a base e a altura são iguais a x . O lado do quadrado

é 8 – x , sendo a sua área dada por (8 – x)2 .

f(x) = (8 – x)2 + �x2

2� = �

3x2

2� – 16x + 64 .

3. A soma das suas áreas é 24, para valores de x = 4 ∨ x = �230� .

Para x = 4, Ptriângulo = 8 + 4�2� e Pquadrado = 16 .

Para x = �230� , Ptriângulo = e Pquadrado = �

136� .

Tarefa 4 – Monotonia e extremos (página 27)

(A) Verdadeira, pois embora a função seja crescente nos dois intervalos, não é crescente na sua reunião.

(B) Falsa, pois existem objectos pertencentes ao intervalo [0, a[ cuja imagem é maior do que g(a) .

(C) Falsa, pois h é crescente em ]–∞, a[ e também é crescente em ]–∞, a] .

(D) Verdadeira, pois h é decrescente em ]a, +∞[ e também em [a, +∞[ , pois h(a) é maior que h(x) comx ∈ ]a, +∞[ .

(E) Verdadeira, pois a função j satisfaz ∀x, y ∈ IR, x > y ⇒ f(x) < f(y) .

(F) Verdadeira, pois existe uma vizinhança de a em que f(a) é o maior valor que a função toma.

(G) Falsa, a função j não tem extremos pois é decrescente em IR.

(H) Verdadeira, pois na função g a é minimizante e na função h é maximizante.

Tarefa 5 – O depósito cilíndrico (página 35)

Por exemplo:

O gráfico C não se adequa à situação descrita pois, à medida que o tempo passa, a altura do combustívelno depósito nunca diminui.

O gráfico D também não é o correcto, pois, neste gráfico, a taxa de variação, em cada instante, é cons -tante. Ora, dada a forma do depósito, há instantes em que a taxa de variação da altura do combustível é maiordo que noutros, pelo que a taxa de variação não é constante.

O gráfico A também não traduz a situação descrita, porque, dada a forma do depósito, é nos primeiros enos últimos instantes que a taxa de variação da altura do combustível é maior, ao contrário do que o gráfico Amostra.

Portanto, o gráfico correcto é o B.

3 × 3�

2

x2�2

(20�2� + 40)��

3


Tarefa 6 – Traçar gráficos com a calculadora (página 37)

Ao resolver esta actividade, o aluno deve ter presente que a calculadora é um instrumento de trabalho comlimitações, pois os gráficos por ela traçados são obtidos pelo cálculo de um número finito de pontos, podendo,por conseguinte, não evidenciar propriedades das funções de forma adequada. Por outro lado, a escolha da janela de visualização também pode ser determinante para a observação dessas propriedades. As funçõesseleccionadas para esta actividade permitem a visualização, na janela standard das calculadoras gráficas habi-tualmente utilizadas no Ensino Secundário, de parte do gráfico dessas funções em que as suas propriedadessurgem bem resumidas.

• D = IR ; D ' = IR

• Zeros: x = –1

• Sinal: f (x ) > 0 ⇔ x > –1 ; f (x) < 0 ⇔ x < –1

• Não tem extremos.

• f é estritamente crescente em IR .

• f é contínua.

• f é injectiva e sobrejectiva.

• f não é par nem ímpar.

• x → +� ⇒ f (x) → +� e x → –� ⇒ f (x ) → –�

• D = IR ; D ' = [–9, +�[

• Zeros: x = –3 ∨ x = 3

• Sinal: g(x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–�, –3[ ∪ ]3, +�[ ; g (x) < 0 ⇔ x ∈ ]–3, 3[

• g tem mínimo absoluto –9 em x = 0 .

• g é estritamente crescente em [0, +�[ e estritamente decrescente em ]–�, 0] .

• g é contínua.

• g é não injectiva e não sobrejectiva.

• g é par.

• x → +� ⇒ g(x) → +� e x → –� ⇒ g(x ) → +�

• D = IR ; D ' = IR

• Zeros: x = –1 ∨ x = 2 ∨ x = 3

• Sinal: h (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–1, 2[ ∪ ]3, +�[ ; h (x) < 0 ⇔ x ∈ ]–�, –1[ ∪ ]2, 3[

• h tem máximo relativo 6,06 (2 cd) em x = 0,13 (2 cd) e mínimo relativo – 0,88 (2 cd) em x = 2,54 (2 cd).

• h é estritamente crescente em ]–�; 0,13] e [2,54; +�[ e estritamente decrescente em [0,13; 2,54](aproximações com 2 cd).

• h é contínua.

f (x) = x + 1

g(x) = x 2 – 9

h(x) = x 3 – 4x 2 + x + 6

65

• h é não injectiva e sobrejectiva.

• h não é par nem ímpar.

• x → +� ⇒ h(x) → +� e x → –� ⇒ h(x ) → –�

i(x) = �xx++32

�

• D = IR\{–2} ; D ' = IR\{1}

• Zeros: x = –3

• Sinal: i (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–� , –3[ ∪ ]–2, +�[ ; i(x) < 0 ⇔ x ∈ ]–3, –2[

• i não tem extremos.

• i é estritamente decrescente em ]–�, –2[ e em ]–2, +�[ .

• i é contínua.

• i é injectiva e não sobrejectiva.

• i não é par nem ímpar.

• x → +� ⇒ i(x ) →1 ; x → –� ⇒ i(x) → 1

• x → –2+ ⇒ i(x) →+� ; x → –2– ⇒ i(x) → –�

• D = [–1, +�[ ; D ' = [0, +�[

• Zeros: x = –1

• Sinal: j(x ) > 0 ⇔ x ∈ ]–1, +�[

• j tem mínimo absoluto 0 em x = –1 .

• j é estritamente crescente em [–1, +�[ .

• j é contínua.

• j é injectiva e não sobrejectiva.

• j não é par nem ímpar.

• x → +� ⇒ j(x ) → +�

Tarefa de investigação – Será que hoje vou à escola? (página 45)

Sabendo que a temperatura do ar é 10 oC e que o vento sopra a 10 km/h, tem-se que V (10,10) = 32,78 ++ 0,56(0,4257 + 0,2562�10�)(1,8 × 10 – 59) � 4,4 oC , por isso, esta manhã não irei à escola. Com efeito, paraque V seja superior a 7 oC é necessário que a temperatura ao abrigo do vento seja superior a cerca de 12 oC,tal é a importância do vento na definição do desconforto térmico.

O índice de desconforto térmico para uma temperatura de –5 oC e vento com velocidade 20 km/h seráaproximadamente –27,1 oC (1 cd). Subindo a temperatura para 0 oC e a velocidade do vento para 25 km/h, oíndice de desconforto térmico seria aproximadamente –23,6 oC (1 cd).

Por fim, pretende-se que o aluno, com o auxílio da máquina calculadora, introduza a função (com t = 8) eencontre o ponto de intersecção com a equação y = 7, do qual deve resultar o valor aproximado de 5,6 km/h.No caso de a velocidade do vento ser superior a este valor, e dado que a temperatura prevista seria 8 oC, nãose registariam as condições necessárias para ir à escola.

j(x) = �x�+�1�


1.2 Funções afim, quadrática e módulo. Transformações simples de funções

Tarefa de introdução – Margem de lucro (página 46)

1. Duzentos leitores, o que corresponde à situação de lucro unitário nulo.

2. Lucro unitário igual a 0# e 20#; a primeira corresponde a não ter lucro em cada aparelho vendido, asegunda corresponde a não vender nenhum aparelho.

3.

4. 10#

5. A equação reduzida da recta que contém o gráfico dado na actividade é y = –10x + 200 . Assim, paracada valor de x , f (x ) = x (200 – 10x) = 200x – 10x 2 .

Na calculadora, o aluno deve verificar que para x = 10 , a função f tem um máximo absoluto.

Modelação matemática com regressãoNesta parte da actividade, o aluno deve percorrer todos os passos apresentados e concluir, nomeadamente,que: o modelo encontrado pela calculadora se ajusta graficamente aos pontos que representam a relaçãoLucro unitário ($) versus Lucro total das vendas ($) e que o modelo encontrado por este processo coincide com aquele a que se chegou na primeira parte da actividade.

Tarefa 7 – Qual é o melhor escalão? (página 52)

Nesta actividade pretende-se que o aluno escreva as expressões analíticas das funções que relacionam opreço a pagar pelo gás em função do consumo anual, para cada escalão. E que, a partir das representaçõesgráficas destas funções, estabeleça conclusões acerca dos intervalos de consumo em que cada escalão é maisfavorável. Sendo:

• Escalão base: P1(x) = 18,6 + 0,6904x

• Escalão médio: P2(x ) = 29,76 + 0,6331x

• Escalão aquecimento central: P3(x ) = 94,08 + 0,4518x (x é o consumo anual de gás, em m3)

Determinando as intersecções dos gráficos das três funções (gráfica ou analiticamente) e comparando-as, oaluno deve chegar à conclusão de que o intervalo de consumo anual mais favorável a cada escalão é:

• Escalão base: [0; 194,76[

• Escalão médio: ]194,76; 354,77[

• Escalão aquecimento central: ]354,77; +�[

Os extremos dos intervalos estão arredondados às centésimas. Nos valores de transição entre dois escalõesé indiferente a escolha entre os mesmos.

67

Lucro unitário (#) 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

Número de leitores de MP3 vendidos 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0

Lucro total das vendas (#) 0 360 640 840 960 1000 960 840 640 360 0

Tarefa 8 – Equações de parábolas (página 61)

1.a. 96, dado que x = –2 é eixo de simetria da função f.

b. [–4, + �[

c. D’ = ]–�, –4[ ; não tem zeros.

A função f é negativa para todos os valores reais.

2.a.

Figura 1


x –� –2 +�

f (x) –4

x –� +�

f (x) –

y

x

f

0

b.

Figura 2

c. f(x) = �12� (x – 3)2 – 2 e g(x) = – (x + 3)2 + 2

d. Sim, seria possível se colocássemos os eixos da seguinte forma:

Figura 1

Tarefa 9 – Traçar uma parábola (página 64)

Pretende-se que o aluno, manipulando um software de geometria dinâmica, construa uma parábola, com-preendendo e interpretando o que está a fazer, nomeadamente, respondendo às questões colocadas. Deveráindicar que:

• Os pontos de intersecção da circunferência com a recta paralela à directriz pertencem à parábola, pois acircunferência está centrada no foco, F , e tem raio igual à distância dessa recta à directriz, o que garanteque as distâncias dos pontos de intersecção à directriz e ao foco sejam iguais, sendo portanto pontos daparábola.

• A recta e é o eixo de simetria da parábola e o ponto V é o vértice.

A Aula Digital inclui uma animação desta actividade.

69

y

x

f

0

y

x

g

0

Tarefa 10 – Dimensões de um pomar de maçãs (página 68)

1. N (t ) = 5300 – 50(t – 74) ⇔ N (t ) = 9000 – 50t

H(t ) = N (t ) × t = 9000t – 50t2

Estas expressões são válidas para t �74 .

2. Basta determinar as coordenadas do vértice da parábola (90, 405 000) (na verdade, basta a abcissa do vértice), pois como a concavidade da parábola que representa H (t ) está voltada para baixo, o seu vértice éo ponto do gráfico onde H é máxima. Assim, o número de árvores que devem ser plantadas por hectare é90, de maneira a maximizar a produção.

Tarefa 11 – Arco de água (página 69)

1. A representação gráfica do conjunto de pontos tabelados é:

2.a. A consideração de três pontos do gráfico de f (x ) = ax 2 + bx + c conduz ao seguinte sistema de equações:

Este sistema, depois de resolvido, determina que a = – 0,1 , b = 1 e c = 7,5 . Fica, assim, determinada aexpressão analítica f (x ) = –0,1x 2 + x + 7,5 .

b. Como f (4) = f (6) , sabe-se que o vértice tem coordenadas (5, 10) . Assim, a expressão analítica que defineesta parábola é f (x) = a(x – 5)2 + 10 . Para determinar a , basta considerar as coordenadas de outroponto da parábola, por exemplo, (0; 7,5) . Deste modo, determina-se que a = –0,1 , ficando a expressãoanalítica f (x) = –0,1(x – 5)2 + 10 idêntica à obtida em 2.a.

c. Recorrendo às funcionalidades de regressão da calculadora gráfica, obtém-se, tal como em 2.a. , a = – 0,1 ,b = 1 e c = 7,5 .

3. A ponta da bica encontra-se a 7,5 metros (corresponde a f (0)).

4. Calculando f (13) = 3,6 , ficamos a saber que a estátua, sendo aí colocada, interromperá o arco de água,pois tem 4 m de altura, não sendo portanto possível colocá-la a 13 m do início do repuxo. Para determinaro intervalo pedido é necessário resolver a inequação f (x ) < 4 . Resolvendo-a gráfica ou analiticamente,conclui-se que a estátua pode ficar entre 0 m a aproximadamente 12,75 m de distância em relação ao iníciodo repuxo.

5. Determinando os zeros da função f obtém-se a resposta a esta questão. Assim, como f (x ) = 0 ⇔ x = – 5 ∨∨ x = 15, o alcance do repuxo é 15 m (começa em x = 0 e termina em x = 15 ).


c = 7,54a + 2b + c = 9,125a + 5b + c = 10

⎧⎪⎨⎪⎩

0

2468

1012

2 4 6 8(m)

(m)y

x

6. Considerando novamente os zeros da função f , ficamos a conhecer o ponto onde deveria ser colocada abica para que o repuxo, começando no solo, passasse pela mesma trajectória: (– 5, 0) .

Tarefa 12 – Mais modelação (página 70)

1. y em função de x: y = x + 20 ; z em função de x: z = 80 – 2x , dado que, 2x + 20 + z = 100 .

2. A área do jardim, em função de x e em m2, é dada por:

a(x) = (80 – 2x) (x + 20) – 10 × 20 =

= 80x + 1600 – 2x2 – 40x – 200

= –2x2 + 40x + 1400

3. y = –2x2 + 40x + 1400 define uma parábola.

Trata-se de encontrar as coordenadas do seu vértice.

A abcissa do vértice da parábola de equação y = ax2 + bx + c é – �2ba� .

Neste caso, a abcissa do vértice é = 10 .

A ordenada é a imagem da abcissa, ou seja, é:

a(10) = –2 × 100 + 40 × 10 + 1400 = –200 + 400 + 1400 = 1600 .

A área do jardim é máxima para x = 10 , sendo 1600 m2 a área máxima.

4. –2x2 + 40x + 1400 > 1500 ⇔ –2x2 + 40x –100 > 0 ⇔ –x2 + 20x – 50 > 0 ,

para valores de x ∈ ]10 – 5�2� ; 10 + 5�2� [ .

Tarefa 13 – Qual é o preço da água? (página 76)

1. Na localidade A, o preço PA , em $, a pagar pela água em função do consumo x , em m3, tem de ser defi-nido por dois ramos da seguinte forma:

PA(x ) = , isto é, PA(x) =

–40�

–4

71

20

10

x + 20

x

100 – ( x + x + 20) = 80 – 2x

2,5 + x , se 0 � x � 102,5 + 10 + 2(x – 10) , se x > 10

⎧⎨⎩

2,5 + x , se 0 � x � 102x – 7,5 , se x > 10

⎧⎨⎩

2.

3. Não se pode afirmar, em geral, que numa das localidades a água seja mais barata que na outra, pois depende do consumo efectuado. Assim, temos de comparar as funções Preço versus Consumo nas duaslocali dades.

Na localidade B, a função Preço versus Consumo é dada pela expressão PB(x) = 3 + 1,25x . A comparaçãoentre as funções pode ser feita graficamente. Representemos os gráficos das duas funções no mesmo referencial:

Verifica-se que, até ao ponto de intersecção dos dois gráficos, a água é mais barata na localidade A. A partirdaí, é mais barata na localidade B. Basta agora determinar esse ponto de intersecção.

Analiticamente, tem-se ⇔

Assim, até 14 m3 , a água é mais barata na localidade A; a partir desse consumo é mais barata na localidade B.

4. Para este consumidor a função Preço versus Consumo será:

PA2(x) =

Comparando agora os gráficos de PA e PA2 , verifica-se que a sua intersecçãoocorre para x = 12,5 m3, valor de consumo que permite compensar o acrés-cimo da taxa fixa de mais um contador. Também se pode observar que apartir de x = 20 m3 , os gráficos estão contidos em rectas paralelas. Como opreço por m3, que corresponde ao declive das rectas, é idêntico nos doiscasos, os gráficos são efectivamente paralelos, pelo que o gráfico de PA2

ficará sempre abaixo do de PA , a partir de x = 20 m3 . Assim, para umconsumo superior a 12,5 m3 , a existência de dois contadores é vantajosa.


(m3)x0

2012,5

2,5

40

60

80

10 20 30

PA (€)

(m3)x

P

0

20

40

60

80

10 20 30

(€)

PA

PB

y = 3 + 1,25xy = 2x – 7,5

⎧⎨⎩

x = 14y = 20,5

⎧⎨⎩

5 + x , se 0 � x � 202x – 15 , se x > 20

⎧⎨

(m3)x

PA (€)

0

2012,5

2540

60

80

10 20 30

Tarefa 14 – Condições com módulo (página 79)

O objectivo desta actividade é que o aluno estude o conjunto solução de condições com módulo cujo estudo não foi apresentado no desenvolvimento do tema. Assim, tem-se sinteticamente:

1. a = 0

|x| = 0 ⇔ x = 0

|x| > 0 ⇔ x ≠ 0

|x| < 0 condição impossível.

|x| � 0 ⇔ x = 0

|x| � 0 condição universal.

2. a < 0

|x| = a condição impossível.

|x| > a condição universal.

|x| < a condição impossível.

|x| � a condição impossível.

|x| � a condição universal.

Tarefa 15 – Transformações de gráficos (página 89)

1. Df = [–3, 4] , Dg = [–3, 4] , Dh = [–5, 2] , Di = [–3, 4] , Dj = �– �32�, 2� , Dk = [–3, 4] , Dl = [–3, 4]

2.

73

x –3 –2 –1 0 1 2 3 4

i (x) 2 0 –�32� 0 1 0 0 �1

2�

x –1 0 1 2

j(x) 0 0 0 1

x –3 –2 –1 0 1 2 3 4

k(x) –4 0 3 0 –2 0 0 –1

x –3 –2 –1 0 1 2 3 4

l(x) 4 0 3 0 2 0 0 1

x –3 –2 –1 0 1 2 3 4

f (x) 4 0 –3 0 2 0 0 1

x –3 –2 –1 0 1 2 3 4

g(x) 7 3 0 3 5 3 3 4

x –5 –4 –3 –2 –1 0 1 2

h(x) 4 0 –3 0 2 0 0 1

3. D’f = [–3, 4] , D’g = [0, 7] , D’h = [–3, 4] , D’i = �– �32�, 2� , D’j = [–3, 4] , D’k = [–4, 3] , D’l = [0, 4]

4.

5. Gráfico de g : translação do gráfico de f segundo o vector (0, 3) .

Gráfico de h : translação do gráfico de f segundo o vector (–2, 0) .

Gráfico de i : contracção vertical de factor �12� do gráfico de f .

Gráfico de j : contracção horizontal de factor �12� do gráfico de f .

Gráfico de k : simétrico ao gráfico de f relativamente ao eixo Ox .

Gráfico de l : coincidente com gráfico de f nos pontos de ordenada positiva e simétrico a este relativa-mente ao eixo Ox nos pontos de ordenada negativa.


0-2 2 4-4

2

-2

-4

4

6 g

f

y

x 0-2 2 4-4

2

-2

-4

4

6

y

x

hf

0-2 2 4-4

2

-2

-4

4

6

y

x

i

f

0-2 2 4-4

2

-2

-4

4

6

y

x

if

0-2 2 4-4

2

-2

-4

4

6

y

x

k

f

0-2 2 4-4

2

-2

-4

4

6

y

x

l

f

6. Dp = [–3, 4] , D’p = �–2, �13

��Dq = [–2, 5] , D’q = [–11, 10]

Gráfico de p : contracção vertical de factor �13� do gráfico de f , seguida de translação segundo o vector (0, –1) .

Gráfico de q : dilatação vertical de factor 3, com simetria em relação ao eixo Ox , do gráfico de f ,seguida de uma translação segundo o vector (1, 0) , seguida de translação segundo o vector (0, 1) .

1.3 Funções polinomiais

Tarefa de introdução – Verticalidade em estátua (página 117)

1. Tendo em conta que a altura da estátua é 4 m, o raio da esfera pode variar entre 0 m e 2 m, sem atingir essesvalores, para que a estátua seja sempre constituída pelas duas partes: prisma e esfera. Assim, DV = ]0, 2[ .

2. V (0, 2) = 1 × 1 × (4 – 2 × 0,2) + �43

� π × 0,23 � 3,63 m3

Identicamente determina-se: V (0,5) � 3,52 m3 ; V (1) � 6,19 m3 ; V (1,5) � 15,14 m3.

3. Aqui, depois de esboçar as estátuas, o aluno deve transmitir a sua opinião, tentando integrar as ideias doautor da estátua.

4. A expressão analítica da função é V (r ) = 4 – 2r + �43� π r 3 .

75

x –2 –2 –1 0 1 2 3 4

P(x) �13� –1 –2 –1 –�1

3� –1 –1 –�2

3�

x –2 –1 0 1 2 3 4 5

q(x) –11 1 10 1 –5 1 1 –2

0-2 2 4-4

2

-2

-4

4

6

y

x

pf

y

x0-2 2 4-4-3

3

6

9

12

-6

-9

-12

qf

5. Apresenta-se o esboço do gráfico da função V (r ) :

6. O mínimo desta função é atingido para r � 0, 399 m (obtido na calculadora gráfica). Assim, a esfera terácerca de 0,40 m de raio e o prisma cerca de 3,20 m de altura.

7. A resolução da equação implícita no enunciado desta questão deve ser feita com recurso à calculadora grá-fica e confirmada analiticamente. Assim, V (r ) = 6,19 m3 , acontece para r = 1,00 , o que se confirma anali-ticamente. Desta forma, a altura do prisma é 2,00 m.

8. Para que os volumes do prisma e da esfera sejam iguais, tem de se ter 4 – 2r = �43

�πr 3 . Recorrendo

novamente à calculadora, obtém-se r � 0, 825 m (que se deve confirmar analiticamente). O esboço aapresentar pelo aluno deverá reproduzir os gráficos das funções correspondentes aos volumes do prismae da esfera, com a informação necessária à resposta bem evidenciada (neste caso, os pontos de inter -secção).

9. V (0) = 4 m e V (2) � 33,51 m . À situação V (0) = 4 m corresponde uma estátua constituída apenas porum prisma. À outra situação corresponde uma estátua constituída apenas por uma esfera.

Tarefa 16 – Divisões sem calculadora (página 125)

1.1 –2x2 + 12x

1.2.a. v(4,5) = 81. Quando uma das arestas da base do paralelepípedo medir 4,5 , o seu volume corresponderáa 81 unidades de medida cúbica.

b. Uma das soluções é 4,5. Dividindo o polinómio –2x3 + 9x2 + 18x – 81 por x –4,5 , obtém-se o polinó-mio –2x2 + 18 . Os zeros deste polinómio são 3 e –3. No contexto da situação, a solução x = –3 não é válida.

c. Considerando x = 3 uma das arestas da base, teremos que a altura é �92

� e que a outra aresta mede

= 6 .

2. Considerando uma aresta da base, x = �92� , teremos que a altura é 6 e a outra aresta da base mede 3.

Resolvendo a equação x3 – 3x2 – 6x + 12 = 4 obtemos as abcissas dos pontos A , B e E .

Dado que já sabemos que uma das soluções é 4, usamos a regra de Ruffini para escrever: x3 –2x2 –6x + 8 == (x – 4)(x2 + x – 2) .

A equação x2 + x – 2 = 0 é equivalente a x = – 2 ∨ x = 1 .

Estas são as abcissas de A e de B ; então AB� = 3 .

A altura do rectângulo é 4, o seu comprimento é 3, sendo a sua área igual a 12 unidades de medida quadrada.

81��3 × �

92

�


0

10

20

3033,51

40

0,5 1 1,5 2(m)r

V (m3)

Tarefa 17 – Ilha de perfil (página 133)

1. Como os zeros da função a(x) são 0 e 7 (obtidos através da calculadora e confirmados por substituiçãona expressão analítica) e a função é positiva entre esses valores de x , conclui-se que, no corte considera-do, a largura da ilha é 7 km, sendo essa a largura máxima, pois, de acordo com o enunciado, trata-se daparte mais larga da ilha.

2. Para determinar o comprimento total do teleférico, nas condições enunciadas, é necessário obter as coorde-nadas das três estações de teleférico, que coincidem com os pontos do gráfico onde a função tem extremos.Assim, os máximos ocorrem em A(1,239; 141,511) e C (5,715; 173,928) e o mínimo em B (3,296; 81,440)(valores aproximados, x em km e y em m).

O comprimento pretendido é AB� + BC� � 2057,9 + 2420,8 � 4479 m .

3. Como o mínimo é aproximadamente 81,44 m (ordenada do ponto B da alínea anterior), basta adicionar-lhe2 m. Por conseguinte, as águas pluviais atingiram uma altitude aproximada de 83,44 m.

4. A resolução da equação a (x ) = 81,44 permite conhecer as coordenadas do ponto da vertente esquerda dailha onde será aberto o túnel. Recorrendo à calculadora, obtém-se x � 0,373 ∨ x � 3,296 ∨ x � 6,70 .Assim, o comprimento do túnel é aproximadamente 3,296 – 0,373 � 2, 92 km .

5. O projecto apresentado pelo aluno deve contemplar diversas situações. Serão aqui apresentadas duas; umaem que se utiliza tubagem apenas à superfície e outra com túnel. Apresentam-se apenas cálculos, omitindo--se os esquemas que o aluno deve apresentar.

Em ambas as situações será utilizada a seguinte simplificação: os percursos de tubagem, como por exemploentre a nascente e o cume, são considerados rectilíneos.

Comecemos pela determinação das coordenadas da localização da nascente. Para isso, temos de resolver aequação a(x ) = 100 . Recorrendo à calculadora gráfica, obtêm-se as soluções aproximadas (cuja confirma-ção deve ser feita analiticamente) x � 0,500 ∨ x � 2,460 ∨ x � 4,095 ∨ x � 6,611 . Assim, a localiza-ção da nascente tem coordenadas aproximadas (6611, 100) (em metros).

Situação 1 – Tubagem à superfície

Neste caso, com a simplificação considerada, basta determinar a soma das distâncias entre a nascente (N )e o cume direito (C ), e entre esse cume e a base do vale (B ), isto é:

NC� + BC� � 899,04 + 2420,77 � 3320 m = 3,320 km

Como neste caso é necessário utilizar uma bomba para fazer elevar a água desde os 100 m até aos 174 m(altitude do cume), o orçamento para esta obra será aproximadamente 74 : 10 × 40 000 + 3,320 × 10 000 = = 329 200? .

Situação 2 – Com túnel horizontal e tubagem à superfície

O comprimento do túnel que atravessa a montanha na horizontal é aproximadamente 6,611 – 4,095 = = 2,516 km (diferença de dois dos zeros da equação a (x) = 100 ). Desde a saída do túnel até à base do vale, ocomprimento é igual à distância entre os pontos de coordenadas (4095, 100) e (3296; 81,440) , isto é, 799,22 m. Como não é necessário elevar a água, o orçamento será: 0,799 22 × 10 000 + 2,516 × 100 000 = = 259 592,2? .

A situação 2 é mais económica que a situação 1.

O aluno deverá ainda apresentar outras soluções intermédias: por exemplo, construir o túnel mais acima,de maneira a tentar encontrar um equilíbrio entre a minimização do custo de elevação de água e a minimiza-ção do comprimento em túnel.

77

Tarefa 18 – Lince ibérico (página 140)

1. Apresenta-se o gráfico da função L(t) , considerando os pontos de coordenadas tabeladas:

2. Considerando os anos 1991, 1995 e 2002, o polinómio interpolador a obter é de 2.o grau. Introduzindo na calculadora os pontos (0, 1000) , (4, 1300) e (11, 300) , obtém-se através de regressão quadrática: P (t) = –19,805t2 + 154,221t + 1000 . Com base neste polinómio, o número estimado de linces, P (t) , apro-ximado às unidades, para cada ano, apresenta-se na seguinte tabela (também se apresenta a diferença entrea estimativa e o valor real):

Para os anos 1991, 1995 e 2002, há coincidência nos valores, pois o polinómio interpolador é definido demodo a ter exactamente esses valores para esses anos.

No que diz respeito aos outros anos, há uma discrepância muito grande, nomeadamente, em dois dos anosas estimativas são negativas, o que não faz sentido para a situação.

3. Para os anos 1991, 1995, 2000 e 2003, o polinómio interpolador C , de 3.o grau é: C (t ) = 2,147t 3 – 51,800t 2 + 247,847t + 1000 . Os valores estimados e a diferença em relação aos reais são:

As diferenças são bastante menores para este polinómio interpolador do que para o anterior.

4. O polinómio interpolador obtido com os pontos relativos aos anos 1991, 1995, 1998, 2002 e 2004 é: Q (t ) = –0,273t 4 + 9,694t3 – 115,734t 2 + 400,328t + 1000 . Os valores estimados e a diferença em relaçãoaos reais são:


N.o d

e lin

ces

0

200400600800

100012001400

2 4 6 8 10 12 14Ano

Ano 0 1 4 7 9 11 12 13

Q(t ) 1000 1294 1300 800 502 300 221 135

Diferença 0 94 0 0 –98 0 –4 0

t 0 1 4 7 9 11 12 13

P (t ) 1000 1134 1300 1109 784 300 –1 –342

Diferença 0 –66 0 309 184 0 –226 –477

Ano 0 1 4 7 9 11 12 13

C(t ) 1000 1198 1300 933 600 316 225 185

Diferença 0 –2 0 133 0 16 0 50

Observação: os valores da tabela foram obtidos com base no polinómio Q (t ) com mais casas decimais nosseus coeficientes do que o polnómino Q (t ) apresentado.

As diferenças são também bastante menores do que no primeiro caso.

5. Apresentam-se aqui os três modelos determinados representados graficamente em conjunto com os pontosdados na tabela inicial.

Da leitura do gráfico, confirma-se a desadequação do polinómio P(t ) , já apontada em 2. Este modelo é omais desadequado, pois apresenta estimativas muito más, nomeadamente, negativas no intervalo de anosconsiderado.

O modelo dado pelo polinómio Q(t) também apresenta o problema de fazer estimativas negativas, emboraapenas para o futuro (em relação a 2004), nomeadamente a partir de 2005. Mas, como é obvio, isto nãopoderá vir a acontecer.

Assim, o modelo C será o mais adequado, mas também deve ser utilizado com muita cautela, pois prevêum crescimento do número de linces sensivelmente a partir de 2005, o que pode ser demasiado opti -mista.

6. A partir das respostas anteriores o aluno deve elaborar um relatório.

Tarefa de investigação – A subida do rio pelo salmão (página 157)

Se o salmão nada com uma velocidade v em relação à corrente e a velocidade desta é 4 km/h, então a sua

velocidade em relação ao solo é v – 4 , logo, v – 4 = ⇔ t = . Sendo assim,

E (v, t ) = 0,02v 3 × + v3 = se a velocidade for superior a 4 km/h.

O domínio da função E (v) é ]4, +�[ e quando x → 4 por valores à direita de 4, a função E (v) → +� . O aluno deve observar que neste caso particular, sendo a velocidade da corrente 4 km/h, para que o salmão seaproxime da nascente, tem de nadar a uma velocidade superior a esta.

O mínimo de energia, aproximadamente, 606,8 J é dispendido pelo salmão quando este se desloca a uma velo-cidade aproximada de 5,3 km/h.

O mínimo da função é obtido em v � 5,3 km/h , sendo assim, a velocidade a que o salmão tem de nadarpara gastar menos energia é 5,3 km/h, ou seja, 32,5% superior à da corrente. Com base neste primeiro estudo, o aluno é levado a repeti-lo para os valores colocados na ultima alínea, onde pode avaliar a energia

200�v – 4

200�

tv 4

�v – 4

200�v – 4

79

-600-400-200

0200400600800

100012001400

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20Ano

N.o de Linces

P (t)C (t)Q (t)

dispendida pelo salmão, que tem de deslocar-se a cerca de 10,25 km/h para chegar à nascente do rio Yukon,dispendendo o mínimo de energia. Esse mínimo, de aproximadamente 22 283 J , é cerca de 37 vezes maiorque a energia mínima necessária no caso anterior, o que talvez explique a provável morte do salmão no finalda viagem.

Tema 3 – Estatística

1.1 Estatística: generalidades

Tarefa de introdução – Estudos estatísticos (página 160)

Na situação A pretende-se que, fazendo uma análise da sua descrição, se avalie a importância da formacomo os dados estatísticos são recolhidos e como isso pode criar diferenças significativas em termos da suaanálise. Na existência de um erro nos dados publicados, esse erro só poderia ser oriundo da opinião do jor-nal, pois com este processo de recolha de dados, a grande maioria das pessoas que envia o cupão sabe, oupensa que sabe, o que é o sistema métrico. Caso tenha desconhecimento do seu significado, não responde aesta questão.

Relativamente à situação B, é feita uma análise do gráfico para exemplificação e seria importante averiguarque a pormenorização de um gráfico permite uma interpretação cuidada segundo várias vertentes.

Tarefa 1 – Partir ou não partir tantos ovos (página 167)

A situação mais correcta é a B. O texto refere que se retira um número suficiente de ovos obtendo-seuma estimativa do parâmetro que se pretende avaliar. Por esse motivo, não existe necessidade de se aumen-tar a amostra. A situação A tem a vantagem de aumentar a precisão da estimativa, não sendo, no entanto,justificável, pois perder-se-ia na sua totalidade uma produção diária de ovos, aumentando os custos envol-vidos.

Tarefa 2 – Um artigo para o jornal (página 168)

Será importante fazer uma correspondência entre os itens que queremos estudar e se a sua análise deverecair numa população ou numa amostra, analisando em pormenor cada uma das situações propostas. Hoje emdia, segundo várias opiniões de analistas estatísticos, cada vez mais as amostras assumem primordial impor-tância, tendo uma grande vantagem sobre as análises feitas a populações.

Tarefa de investigação – A sondagem de 1936 do Literary Digest (Tannenbaum, 1998)(página 178)

Landon (1 293 669) / Roosevelt (972 887)As mais recentes sondagens de opinião apresentam como vitória segura a do jovem candidato Alfred

Landon, que ao longo dos últimos dias tem vido a fazer uma campanha brilhante, surpreendendo tudo etodos. Segundo as últimas sondagens, hoje divulgadas, e recorde-se (…).


Alguns dias depois desta notícia realizaram-se as eleições e o candidato Franklin Roosevelt obteve umaestrondosa vitória. Este caso verídico aconteceu nos Estado Unidos da América, em 1936. A sondagem foipublicada no Literary Digest, uma publicação periódica considerada da maior credibilidade e que apresenta-va habitualmente resultados de sondagens e inquéritos sobre eleições.

Como se poderá explicar o erro da sondagem anunciada com tanta convicção pelo Literary Digest?A sondagem realizada tinha sido feita a partir de um questionário enviado a uma amostra de 10 milhões de

eleitores. Esta amostra tinha sido obtida a partir de listas telefónicas e de listas de proprietários de automó-veis. Por este motivo, foram seleccionados eleitores de um nível social bastante acima da média, em vez de seter tido em conta todos os níveis sociais da população. O grupo seleccionado, apesar de muito grande, nãoera representativo de toda a população.

A realização de previsões a partir de amostra é uma parte importante da estatística. Para diminuir a possibi-lidade de erro é necessário ter bastante cuidado na selecção das amostras. A amostra deve ser suficientementegrande e representativa de toda a população em estudo.

1.2 Organização dos dados e interpretação de caracteres estatísticos

Tarefa de introdução – O filme (página 179)

Nesta actividade pretende-se criar uma situação que permita aos alunos recordar e aplicar os conhecimen-tos adquiridos sobre estes conteúdos em anos anteriores.

1. Nas representações gráficas foi utilizado o pictograma, o sectograma ou gráfico circular e o gráfico de barras.

2. Qualitativo.

3. A modalidade de opinião mais escolhida é o «Não Satisfaz» e a menos escolhida, o «Muito Bom».

4. Não podemos concluir que a estreia foi um sucesso, pois 35 indivíduos emitem a opinião «Não Satisfaz» ou«Satisfaz Pouco», enquanto 29 dos inquiridos acha o filme «Bom» ou «Muito Bom». Para que se afirmeque a estreia foi um sucesso, este último valor deveria, no mínimo, ser superior ao anterior.

Tarefa 3 – Sementeira de cenouras (página 185)

1. No caso da sementeira B, temos:

No caso da sementeira C, temos:

81

1 0 2 5 5 6 8

2 0 1 2 2 4 4 5 6 7 8

3 0 1 2 3

1 0 5 5 6 7 8 9 9

2 0 1 1 1 2 2 2 3 4 5 5

3 4

2. No relatório elaborado pelos alunos devem ser focados os seguintes aspectos:

– Nenhuma das sementeiras apresenta uma distribuição simétrica na sua distribuição de comprimentos, noentanto, a sementeira A é a que se aproxima mais desta situação, variando simplesmente num valor.

– A que apresenta maior dispersão é a sementeira A e a que tem menor dispersão de dados é a semen -teira C.

– Todas elas apresentam uma maior concentração de dados entre os 20 cm e 29 cm, realçando-se a semen -teira C.

Tarefa 4 – A caixa de sólidos (página 189)

1.

2. Os poliedros com oito faces são 24%.

3. 30 dos poliedros têm pelo menos sete faces.

4. 80% dos poliedros têm mais do que cinco faces.

5.

6. A frequência de poliedros com um número de faces inferior a 4 é zero.

7. A frequência de poliedros com um número de faces não superior a 9 é 0,92.


N.o de faces

F. absoluta acumulada

F. relativaF. relativa

acumulada

4 4 0,08 0,08

5 10 0,12 0,2

6 20 0,2 0,4

7 26 0,12 0,52

8 38 0,24 0,76

9 46 0,16 0,92

10 50 0,08 1

0,10,20,30,40,50,60,70,80,9

1

4 5 6 7 8 9 10 x

f x( )

Tarefa 5 – Volume de um sólido irregular (página 196)

1. Os valores dos volumes dos sólidos irregulares variam entre os 3,35 cm3 e os 3,60 cm3.

2. A amplitude da distribuição é de 3,60 – 3,35 = 0,25 cm3 .

3. e 4.

5.

6. A1 = 0,05 × 0,23 = 0,0115 ; A2 = 0,05 × 0,10 = 0,005 ; A3 = 0,05 × 0,33 = 0,0165 ;

A4 = 0,05 × 0,17 = 0,0085 ; A5 = 0,05 × 0,13 = 0,0065 ; A6 = 0,05 × 0,03 = 0,0015

A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 = 0,0495 � 0,05

Concluímos que as áreas dos rectângulos são proporcionais às frequências relativas = 0,05 .

7.

Arectângulo��Frelativa

0,10

0,20

0,30

3,35 3,40 3,45 3,50 3,55 3,60 3,65Volume (cm3)

Fre

quên

cia

rela

tiva

83

ClassesCentro de

classeF. absoluta

F. absoluta acumulada


acumulada

[3,35; 3,40[ 3,375 7 7 0,23 0,23

[3,40; 3,45[ 3,425 3 10 0,10 0,33

[3,45; 3,50[ 3,475 10 20 0,33 0,66

[3,50; 3,55[ 3,525 5 25 0,17 0,83

[3,55; 3,60[ 3,575 4 29 0,13 0,96

[3,60; 3,65[ 3,625 1 30 0,03 � 1

10

0

20

30

3,35 3,40 3,45 3,50 3,55 3,60 3,65 x

F x( )

8.0, se x < 3,35

140x – 469 , se 3,35 � x < 3,40

60x – 197 , se 3,40 � x < 3,45

200x – 680 , se 3,45 � x < 3,50

100x – 330 , se 3,50 � x < 3,55

80x – 259 , se 3,55 � x < 3,60

20x – 43 , se 3,60 � x < 3,65

30, se x � 3,65

Tarefa 6 – Diagramas e histogramas (página 203)

Ao histograma 1 corresponde o diagrama 4; ao histograma 2 corresponde o diagrama 3; ao histograma 3corresponde o diagrama 2; ao histograma 4 corresponde o diagrama 1.

Tarefa 7 – Hemodiálise (página 209)

1.a. Variável quantitativa contínua; a população em estudo são os doentes sujeitos a hemodiálise.

b.

c. x� = 42,98 ; classe modal: [15,30[ ; M e � 37,5 ; Q 1 � 22,5 ; Q3 � 52,5

d. Desvio médio = 4,26 ; S � 28,68 e V � 822,54 .

2.a. Cerca de 8,65% dos doentes.


F (x ) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

Tempo(meses)

F. absolutaF. absoluta acumulada


acumulada

[0; 15[ 9 9 0,09 0,09

[15; 30[ 35 44 0,33 0,42

[30; 45[ 20 64 0,19 0,61

[45; 60[ 20 84 0,19 0,8

[60; 75[ 7 91 0,07 0,87

[75; 90[ 4 95 0,04 0,91

[90; 105[ 5 100 0,05 0,96

[105; 120[ 1 101 0,01 0,97

[120; 135[ 1 102 0,01 0,98

[135; 150[ 2 104 0,02 1

b. Cerca de 42,3% dos doentes.

c. Cerca de 68% dos doentes, considerando a distribuição normal que os alunos estudarão no 12.o ano, oucerca de 79%, considerando as classes do intervalo ]x� – S ; x� + S [ .

3.

Tarefa 8 – Comprimentos de peixes (página 209)

1.a. A amplitude total da amostra é 41,4 – 12,6 = 28,8 cm .

b.

c. e d.

e. x� � 27,4 cm e S � 8,79 cm.

f. Q1 = 19,25 ; M e = 28,5 ; Q 3 � 35,75. A amplitude interquartis é 16,5.

85

22,50 37,5 52,5 150

1 2,6 3,3 3,6 6,2 7,2 8,0 8,3 8,6 9,1 9,1 9,4 9,4 9,72 0,1 0,4 3,8 4,3 4,6 4,7 7,3 9,7 9,93 0,0 1,6 2,2 3,1 3,3 3,5 3,7 4,7 6,8 7,4 7,7 7,8 8,2 8,2 9,2 9,64 0,2 1,4

012 18 24 30 36 42

2

4

6

8

1 0

1 2

05

1015202530354045

3.o Q1.o Q Mediana

18 24 30 36 4212

Tarefa de investigação – Fabrico de aros de aço (página 227)

Pretende-se que seja usado a Aula Digital e a sugestão de construção de gráficos no Excel para exploraçãodesta actividade. Através da análise dos histogramas será possível responder às questões colocadas e determi-nar com algum rigor os desvios existentes. Com a listagem de valores introduzidos no Excel, pode explorar-seesta ficha, solicitando outras medidas de localização e dispersão de forma a que estas auxiliam as conclusõesretiradas desta actividade.

1.3 Distribuições bidimensionais

Tarefa 9 – Relação entre duas variáveis (página 228)

Esta actividade proporciona uma análise de situações onde pode ou não existir uma relação entre os atribu-tos quantitativos, por isso, deve ser feita em conjunto com toda a turma de forma a confrontarem-se opiniões.

Correlação forte: 2, 5

Correlação fraca: 1, 3

Na situação 4 não existe relação entre as duas variáveis.

Tarefa 10 – Relação de causa-efeito (página 234)

1. Pretende-se que o aluno introduza os valores na calculadora e visualize o diagrama de dispersão. A suarepresentação é facultativa

2. Pela forma como se distribuem os pontos pelo gráfico, o aluno é levado a dizer que existe uma correlaçãopositiva relativamente forte.

3. O centro de gravidade é (x– , y– ) � (16,56; 4,97) .

4. Sendo a � 0,197 e b � 1,7 , a recta de regressão pode ser definida por y = 0,197x + 1,7 .

5. Na realidade, não tem sentido dizer que o consumo de frutos aumenta com o número de incêndios e, apesar de estas duas variáveis aparentemente parecerem correlacionadas, tal deve-se à existência de umaterceira variável, que é a temperatura, cuja subida proporciona um aumento destas duas variáveis.

6. A ideia expressa na alínea anterior irá permitir ao aluno verificar a veracidade desta afirmação, sendo o pro-blema que acabou de estudar um bom exemplo dessa situação.

Tarefa de investigação – Adopção internacional de crianças (página 243)

O diagrama dos pontos corresponden-tes ao número de vistos passados em 1990– variável explicativa (x ) e ao número devistos passados em 1992 – variável resposta(y), para as diferentes regiões consideradas,tem o seguinte aspecto:


200400600800

100012001400160018002000

199

2

0 1000 2000 3000 4000 5000 60001990

Neste diagrama podemos ver alguns pontos que considerámos como outliers, uma vez que os seus valoressaem fora do contexto dos restantes. Aparentemente, os outros pontos parecem seguir um padrão linear. Reti-rando alguns desse pontos, o diagrama passa a ter o seguinte aspecto:

Para se verificar um bom ajustamento, o aluno deve ir eliminando alguns dos outliers, observando as dife-renças entre os valores ajustados (resíduos) obtidos para a variável resposta.

Com a determinação dos coeficientes de correlação, o aluno deve conjecturar e concluir sobre a influênciados outliers numa distribuição estatística e encontrar a situação ideal para obter um ajustamento com a menoreliminação possível destes.

87

0

100

200

300

400

500

600

100 200 300 400 500 600 700 800

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(10) Matemática a - Y - Caderno de Apoio Ao Professor