Í N D I C E
INTRODUÇÃO . . . 3
APRESENTAÇÃO DO PROJECTO . . . 5
ENQUADRAMENTO CURRICULAR . . . 6
PLANIFICAÇÃO . . . 11
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO DAS ACTIVIDADES DO MANUAL . . . 13
Tema 0 – Módulo inicial . . . 13
1. Actividades: resolução de problemas . . . 13
3. Radicais . . . 25
Tema 1 – Geometria no plano e no espaço I . . . 26
1. Resolução de problemas de Geometria no plano e no espaço . . . 26
2. Geometria Analítica . . . 39
3. Geometria Analítica: vectores . . . 48
Tema 2 – Funções e gráficos. Funções polinomiais. Função módulo . . . 54
1. Estudo intuitivo de funções e gráficos . . . 54
2. Funções afim, quadrática e módulo. Transformações simples de funções . . . . 58
3. Funções polinomiais . . . 69
Tema 3 – Estatística . . . 73
1. Estatística: generalidades . . . 73
2. Organização de dados e interpretação de caracteres estatísticos . . . 74
3. Referência a distribuições bidimensionais . . . 83
CONTEÚDOS DO CD INTERACTIVO . . . 85
BANCO DE IMAGENS . . . 88
I N T R O D U Ç Ã O
Caros colegas,
Com este trabalho desenvolvido no Caderno de Apoio ao Professor, onde fazemos algumas sugestões para a pos-sível resolução das actividades do manual, não pretendemos, de forma alguma, substituir a criatividade dos colegas ou mesmo dizer como devem conduzir a sua exploração, pois esta, como se sabe, está condicionada aos conhecimen-tos adquiridos e manifestados pelos alunos de cada turma.
Não se devem esgotar as explorações subjacentes a cada tarefa, existindo a necessidade de por vezes deixar-mos que seja o raciocínio dos nossos alunos a criar as situações convenientes à sua exploração. Sendo assim, gosta-ríamos que encarassem este trabalho como um esboço para um possível desenvolvimento, apelando à vossa criatividade e espírito de iniciativa, para que se faça o ajustamento dessa actividade com os conhecimentos manifes-tados pelos alunos.
Auxiliarmente, este Caderno de Apoio ao Professor contém ainda algumas rubricas que podem representar uma mais valia na preparação das aulas, tais como, objectivos e competências que o Programa enumera e que são passí-veis de avaliação, sugestões metodológicas para exploração de cada um dos temas e previsão do número de aulas necessárias à abordagem de cada tema. Por fim, este caderno apresenta uma descrição dos conteúdos do CD Interac-tivo e um teste de diagnóstico para que, no início do ano lecInterac-tivo, se possa efectuar um diagnóstico dos conhecimen-tos dos alunos.
Os Autores
Carlos Andrade Paula Pinto Pereira Pedro Pimenta
A P R E S E N T A Ç Ã O D O P R O J E C T O
Sigma 10 é um projecto que se quer inovador e que se diferencia dos restantes, quer nas abordagens
temáti-cas, quer nos problemas que propõe.
O seu desenvolvimento não pode ser desassociado do CD Interactivo 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 se
afi-ram os conhecimentos dos alunos adquiridos no 3.oCiclo e para que se comece este novo ano com a abordagem a
algumas actividades interessantes que motivem os alunos para o estudo da disciplina. Neste capítulo, são também desenvolvidos 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 uma
Actividade de Introdução, incluindo também, para além da exposição e exemplificação dos conteúdos, actividades de exploração e desenvolvimento, exercícios e Problemas Globais. No final de cada subtema são propostas Activi-dades de Investigação. Realça-se a exploração das conexões da Geometria com as outras áreas da Matemática.
As Funções estão também estruturadas em três subtemas e contêm igualmente todos os itens que contemplam o tema anterior, à excepção dos Problemas Globais para o subtema 1, dado tratar-se de generalidades e, na opinião dos autores, não ser ainda pertinente propor problemas de carácter global aos alunos, de forma a permitir o enrique-cimento 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 à atenção para o facto de no último subtema não existir Actividade de Introdução, uma vez que a temática desenvolvida é completamente nova para o aluno. Por este motivo, optou-se pelo desenvolvimento do subtema com o apoio de um exemplo que aborda a genera-lidade dos conceitos que irão ser trabalhados.
E N Q U A D R A M E N T O C U R R I C U L A R
No Ensino Secundário são passíveis de avaliação os objectivos e competências que o Programa do 10.oano enuncia e onde se destacam:
• Analisar situações da vida real (simplificadas), identificando modelos matemáticos que permitam a sua inter-pretação 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 o método de redução ao absurdo, o método de indução matemática 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 linguagens). • 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 ou por via analítica e usando calculadora gráfica.
• Conhecer os conceitos de continuidade e limites.
• 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 cuja resolu-ção é impraticável com métodos algébricos.
Conteúdos
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.oCiclo, de modo a detectar
dificulda-des em questões básicas e estabelecer uma boa articulação entre este ciclo e o Ensino Secundário. Poderá partir de uma determinada situação, de um determinado tema, procurando evidenciar todas as conexões com outros temas, tomando como meta o desenvolvimento das competências matemá-ticas transversais, isto é, daquelas que atravessam todos os temas e devem constituir os grandes objectivos de um currículo de Matemática.
Uma compreensão mais profunda da Matemática só se verifica quando o aluno vê as conexões, quando se apercebe que se está a falar da mesma coisa, encarando-a de diferentes pontos de vista. Se os alunos estão a explorar, por exemplo, um problema de geometria, poderão estar a desenvolver a sua capacidade de visualizar, de fazer conjecturas e de as justificar, mas também poderão estar a trabalhar simultaneamente com números, calculando ou relacionando áreas e volumes, a trabalhar com proporções na semelhança de figuras ou a trabalhar com expressões algébricas. Os problemas a tratar neste módulo devem integrar-se essencialmente nos temas Números, Geometria e Álgebra. 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 análise crítica, conduzindo ao estabelecimento de conjecturas e à sua verificação.
Geometria no plano e no espaço I
O ensino da Geometria reveste-se da maior importância devendo desenvolver no aluno intuição geo-métrica e raciocínio espacial, assim como capacidades para explorar, conjecturar, raciocinar logica-mente, usar e aplicar a Matemática, formular e resolver problemas abstractos ou numa perspectiva de modelação matemática. Deve ainda desenvolver no aluno capacidades de organização e de comu-nicação, quer oral quer escrita. É aconselhável que os alunos realizem pequenas investigações e façam depois relatórios utilizando linguagem matemática rigorosa (o que não significa que o aluno deva recorrer exclusiva ou prioritariamente à linguagem simbólica).
Tanto em Geometria plana como em Geometria do espaço, a prática de manipulação e observação de figuras e modelos tem um papel central e decisivo no ensino das noções matemáticas que estão em jogo, com prejuízo absoluto do ponto de vista axiomático. O professor deve propor actividades de construção, de manipulação de modelos e ligadas a problemas históricos fazendo surgir a partir do problema e do caminho que se faz para a sua resolução uma grande parte dos resultados teóricos que pretende ensinar ou recordar.
Devem dar-se a conhecer problemas históricos e propor ao aluno a resolução de pelo menos um. Será também conveniente dar a conhecer um pouco da História da Geometria à qual estão ligados os nomes dos 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 consideração para 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 uma figura geométrica de modo a tirar proveito da visualização do problema e desenvolver a sua capacidade de representação, ou seja, não se deve deixar que este se limite à resolução exclusiva de equações e à utilização de fórmulas. Para além disso, deve descrever sempre com algum detalhe o processo utilizado, justificando-o adequadamente.
Devem apresentar-se aos alunos problemas que possam ser resolvidos por vários processos (pers-pectiva sintética, geometria analítica, transformações geométricas, utilização de software para geo-metria dinâmica, perspectiva vectorial).
Devem explorar-se, sempre que possível, as conexões da Geometria com outras áreas da Matemática 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, vão ser ampliados com base no estudo analítico, numérico e gráfico, devendo privilegiar o trabalho intuitivo com funções que relacionam variáveis da vida corrente, como da Geometria, da Física, da Economia ou de outras disciplinas. Em particular, faz-se o estudo detalhado de algumas funções poli-nomiais e da função 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 geométri-cas. Esta ligação é muito importante para todos os que utilizam matemática. A capacidade de as relacionar é uma capacidade fundamental para o mundo de hoje e do futuro e este tema deverá for-necer uma formação para a vida toda, tão básica como a tabuada.
Os alunos devem reconhecer que o mesmo tipo de função pode constituir um modelo para diferentes tipos de situações problemáticas.
Com vista a facilitar o uso de uma linguagem rigorosa (mas não formalista) o professor pode introdu-zir os conceitos de «condição» e «proposição» e referir sumariamente ao longo do tema as proprieda-des da conjunção, disjunção, negação e implicação.
Todas as funções devem estar definidas apenas em intervalos (normalmente abertos); as funções definidas por dois ou mais ramos (cujo domínio é um intervalo ou união de intervalos) apenas devem ser referidas 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 traçar um número apreciável de funções tanto manualmente, em papel quadriculado ou papel mili-métrico, como usando calculadora gráfica ou computador, escolhendo a melhor janela de visualiza-ção; devem ser incentivados a elaborar conjecturas, evitando conclusões apressadas, sendo sistematicamente treinados na análise crítica de todas as suas conclusões. Devem ainda estudar situações em que uma descrição qualitativa satisfatória do comportamento da função só é possível com um gráfico múltiplo (conjunto de gráficos em diferentes janelas de visualização).
Um aluno deve ser confrontado com situações em que os erros de aproximação conduzam a resulta-dos absurresulta-dos. 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 de aproximação que se pretende para o resultado.
Pré-requisitos:
Os alunos devem conhecer a função afim; devem reconhecer essa função através do gráfico, esboçá-lo e conhecer algumas das suas propriedades (monotonia e zeros de forma apenas intuitiva e usando os conhecimentos de equações). Devem saber resolver equações e inequações do 1.ograu e resolver
equações do 2.ograu. Devem ainda conhecer os números reais e representar intervalos de números
Estatística
Algumas das noções que se tratam neste tema já foram abordadas no 3.oCiclo e, por isso, é possível
em qualquer altura reinvestir nestes conhecimentos e completá-los progressivamente.
O aluno deverá ficar a saber 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 mate-matização da situação. É importante que o estudo da Estatística, contribua para melhorar a capaci-dade dos alunos para avaliar afirmações de carácter estatístico fornecendo-lhes ferramentas apropriadas para rejeitar certos anúncios publicitários, notícias, ou outras informações em que a interpretação de dados ou a realização da amostragem não tenha sido correcta.
Este tema fornece uma excelente oportunidade para actividades interdisciplinares, individualmente ou em grupo, devendo o professor, ao definir o plano de trabalho com os alunos, incentivá-los a recorrer ao computador. No final, os alunos devem interpretar e comunicar os resultados à turma fazendo uma análise crítica e consciente de que diferentes modos de apresentar as conclusões podem alterar a mensagem. No estudo deste tema, o aluno deve recorrer à calculadora gráfica ou ao computador e às suas potencialidades para resolver muitos dos problemas.
Pré-requisitos:
Estatística do 3.oCiclo do Ensino Básico.
Temas transversais
A aprendizagem matemática dos alunos passa por fases intuitivas e informais, mas, desde muito cedo, mesmo estas não podem deixar de ser rigorosas ou desprovidas de demonstrações correctas, assim como não podem passar sem um mínimo de linguagem simbólica. Na aprendizagem da matemática elementar do Ensino Básico e Secundário são absolutamente necessárias as demonstrações matemáticas, mas estas não podem confundir-se com demonstra-ções formalizadas (no sentido de dedudemonstra-ções formais em teorias formais). Chama-se a atenção para alguns assuntos que, não constituindo em si mesmos conteúdos do Programa, são alguma da essência de muitos passos da aprendi-zagem de diversos assuntos e constituem elementos que ajudam os alunos a compreender demonstrações e a racio-nalizar os desenvolvimentos das teorias. Como se pode ver pelo corpo do Programa, não se pretende que a matemática ou matemáticas sejam introduzidas axiomaticamente, mas sim que os alunos fiquem com a ideia de que as teorias matemáticas são estruturadas dedutivamente. Os conceitos fundamentais e as suas propriedades básicas devem ser motivados intuitivamente, embora os alunos devam trabalhá-los até chegarem a formulações matemáticas precisas, sem que, em algum momento, se confunda o grau de precisão de um conceito matemático com qualquer grau de «simbolização». Um conceito matemático pode estar completa e rigorosamente compreendido, expresso em língua natural, ou em linguagem matemática ordinária que é uma mistura de linguagem natural, simbologia lógica e matemática. A escrita simbólica das proposições matemáticas há-de aparecer, se possível naturalmente, para efeitos de precisão, condensação, economia e clareza de exposição.
O trabalho com aspectos da História da Matemática é fundamental e deve ser realizado com os mais diversos pretextos. Ao longo do Programa dão-se algumas pistas para esse trabalho, que amplia a compreensão dos assuntos matemáticos 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 esclareça conexões (aplicações, modelação) com outros ramos da ciência, presente sempre que possível nas actividades que se desenvolvem ao longo do manual e Actividades de Investigação.
A utilização da tecnologia no ensino da Matemática obriga a que, à medida que for sendo necessário e se justi-fique, se vá esclarecendo o funcionamento das calculadoras e computadores e as características de cada aplicação informática útil à Matemática, ao mesmo tempo que se devem revelar e explicar as limitações da tecnologia dispo-nível.
P L A N I F I C A Ç Ã O
Número de aulas
Para cada tema indica-se uma previsão do número de aulas necessárias à sua abordagem.
Tema 0 – Módulo inicial 9 aulas de 90 minutos
Tema 1 – Geometria no plano
e no espaço I
1 – Resolução de problemas
de Geometria no plano e no espaço
6 aulas de 90 minutos
2 – Geometria Analítica 13 aulas de 90 minutos
3 – Geometria Analítica:
vectores 8 aulas de 90 minutos
Tema 2 – Funções e gráficos.
Funções polinomiais. Função módulo
1 – Estudo intuitivo de funções
e gráficos 5 aulas de 90 minutos
2 – Funções afim, quadrática
e módulo. Transformações simples de funções
14 aulas de 90 minutos
3 – Funções polinomiais 8 aulas de 90 minutos
Tema 3 – Estatística
1 – Estatística: generalidades 2 aulas de 90 minutos
2 – Organização de dados e interpretação
de caracteres estatísticos 8 aulas de 90 minutos
3 – Referência a distribuições
bidimensionais 5 aulas de 90 minutos
Não sendo mais do que uma previsão, esta indicação deve ser encarada com flexibilidade, sem pre-juízo do peso relativo e da profundidade do tratamento desejado que o número de aulas previsto indicia.
O professor deve ter como preocupação fundamental abordar e desenvolver, em cada ano, os variados tópicos do Pro-grama, 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 se deve valorizar um conteúdo de tal forma que se possa prejudicar irremediavelmente a formação em algum dos grandes temas ou no desenvolvimento de alguma das capacidades/aptidões reportadas na redacção das finalidades 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 indicada no mesmo. Deve ser feita uma planificação adequada de modo que não seja prejudicado o tratamento de 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 fazer planifica-ções distintas da indicada, desde que seja elaborado um projecto específico justificativo e que essa alteração fique devidamente registada em acta.
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 as indicações metodológicas vão sugerindo alguns 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 práticas dos professores, já que a resolução de problemas é um método fundamental e é considerada no Programa não só como indicação metodológica, mas também como tema. A resolução de problemas está considerada no Programa como motivação, como sistema de recuperação e como forma privilegiada para suscitar a comunicação oral e escrita.
Ambientes e actividades diversificadas
O professor deve prever, desde o início do ano, momentos para o desenvolvimento de trabalhos individuais, de grupo, de projecto e actividades investigativas. Deve ser dada particular atenção à realização de composições mate-máticas de tamanho e natureza razoavelmente variados. A comunicação matemática (oral ou escrita) é um meio impor-tante para que os alunos clarifiquem o seu pensamento, estabeleçam conexões, reflictam na sua aprendizagem, aumentem o apreço pela necessidade de precisão na linguagem, conheçam conceitos e terminologia, aprendam a ser críticos. Se os alunos forem solicitados a justificar muitas vezes as suas opções poderão melhorar a sua aprendiza-gem. Também a realização de actividades com recurso à tecnologia é motivo para discussões (e composições mate-máticas) activas e ricas.
Cada aluno deve receber do professor estímulo e oportunidades frequentes para falar, escrever, ler e ouvir nas aulas de matemática (e fora delas), pois assim está a organizar, consolidar e ampliar o seu conhecimento matemático. 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 partilhar com os colegas e com o professor os seus métodos de resolução ou as justificações dos seus raciocínios.
1. Actividades: resolução de problemas
Actividade 1 – Semelhanças em garrafas de água
Trabalho de preparação da actividade:
Deve propor-se aos alunos a recolha de garrafas de água, com 33 cl, 50 cl e 75 cl, da mesma marca, pedindo que grupos distintos possam recolher conjuntos de garrafas de marcas diferentes, para que haja o maior número de exemplares possível.
1. Para obterem os resultados pedidos, os alunos devem, com o material à disposição, obter medidas,
experimen-talmente, para o diâmetro e o perímetro da base das garrafas, para a altura, etc.
2. Esta questão não pode ser respondida com todo o rigor, uma vez que dependerá das garrafas em estudo,
podendo ter a mesma forma, por exemplo, no corpo cilíndrico (ou aproximadamente cilíndrico) e não ter a mesma forma da tampa ou do gargalo. Estas são questões interessantes que podem ser debatidas. Uma forma de abordar a questão, será fazer uma análise prévia intuitiva, por observação da forma das diferentes garrafas, passando depois à comparação das razões entre diferentes medidas.
3. Nesta questão, para que o aluno possa modelar uma resposta, pretende-se que conjecture que se duas garrafas
têm a mesma forma e se a razão de semelhança entre as suas medidas lineares é r , então, teoricamente, a
razão entre a área das suas superfícies será r2 e entre os seus volumes (ou capacidades) r3.
Com o trabalho proposto nesta actividade, os alunos poderão recordar os conceitos de semelhança de figuras e de razão de semelhança, de proporcionalidade directa, de áreas, perímetros e volumes, entre outros. Por outro lado, é importante a realização deste tipo de actividade experimental com materiais manipuláveis e com o estudo da realidade, para que se ilustre o papel da Matemática num caso empírico, fazendo-se modelação matemática.
P R O P O S T A S D E R E S O L U Ç Ã O D A S A C T I V I D A D E S D O M A N U A L
Actividade 2 – Os frascos e a caixa
1. Com o auxílio de um programa de geometria dinâmica, Cinderella ou GSP, o aluno pode efectuar a construção da situação que lhe é colocada, chegando rapidamente à conclusão da sua impossibilidade. No entanto, pre-tende-se que a sua conjectura possa ser provada analiticamente, com recurso aos conhecimentos adquiridos no Ensino Básico.
Assim, calculando a área da base do frasco (um círculo) e a área da base da caixa (um rectângulo), obtém-se: Acírculo= 25π cm2; Acaixa= 154 cm2
pelo que a área livre na base da caixa é de, aproximadamente, 75,46 cm2, que é insuficiente para a colocação
de outro frasco idêntico.
2. Tendo agora uma caixa de base quadrangular com 196 cm2, isto é, 14 cm de lado, pode determinar-se o
com-primento de uma das suas diagonais. Esta mede aproximadamente 19,8 cm (utilizando o teorema de Pitágoras, por exemplo). Se desprezarmos o espaço dos cantos da caixa não ocupados pelo frasco, vemos que precisáva-mos de uma caixa quadrangular cuja diagonal medisse pelo menos 20 cm, pois esta é a medida da soma dos diâmetros de dois frascos. Dado que o diâmetro da caixa ainda é menor que este valor, esta situação também não se torna possível.
3. Tendo em atenção a relação de medidas apresentadas na figura, sendo x o raio da base do novo frasco, e
recor-rendo ao teorema de Pitágoras, (x + 5)2= = (6 – x )2+ (9 – x )2, ao quadrado de um binómio, a operações com
polinómios e à fórmula resolvente, o aluno pode determinar o valor x = 20 – 2
77cm.4. De igual modo, e numa situação idêntica à anterior mas um pouco mais estruturada, teríamos que, tendo em
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 resolvente, o aluno
Actividade 3 – Circunferências e polígonos
1. O aluno deve começar por desenhar uma circunferência centrada num ponto que designa por O , com 3 cm de raio e marcar duas cordas perpendiculares entre si que passem pelo centro da circunferência, dividindo-a em quatro partes iguais. Para isso, por exemplo, deve começar por marcar um diâmetro qualquer e depois com o compasso marcar dois pontos da mediatriz desse segmento e traçar o diâmetro contido nessa mediatriz, por-tanto perpendicular ao primeiro. Aos pontos de intersecção da corda com a circunferência atribuirá as letras A , B , C e D e desenhará o quadrilátero [ABCD ] .
1.1BAD é um ângulo recto porque está inscrito numa semicircunferência e, portanto, a sua amplitude é metade
da de um arco de circunferência de 180o.
1.2AÔD = 90o por construção. [AOD ] é um triângulo isósceles, uma vez que dois dos seus lados são raios da
circunferência.
1.3 O polígono obtido é regular, uma vez que tem os lados e os ângulos todos iguais. Sendo que se dividiu a
cir-cunferência em quatro partes iguais, definindo assim quatro arcos iguais, as cordas correspondentes também são iguais. Como os ângulos internos do quadrilátero são todos rectos, [ABCD ] é um quadrado.
2. Colocando o bico do compasso em B , o aluno deve traçar uma circunferência de raio 3 cm, que passe no ponto O e traçar, da mesma forma, uma circunferência de raio 3 cm centrada no ponto D . Os pontos de inter-secção da primeira circunferência com os das outras duas obtidas posteriormente, designam-se por E , F , G e H . Marca, de seguida, [EF ] , [FB ] , [BG ] , [GH ] , [HD ] e [DE ] .
2.1 DE = 3 cm , por construção.
[EOD] é um triângulo equilátero (EO = OD = 3 cm por serem raios da circunferência centrada em O , portanto
E
O = OD = DE = 3 cm).
2.3 O polígono [EFBGHD ] é um hexágono regular.
Por 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 todos iguais por serem cordas da mesma
circunferência que subtendem ângulos iguais.
Além disso, [FEO ] = [GHO] também são triângulos equiláteros (FE = GH = DE = 3 cm pelo que acabámos de
ver, e portanto, FE = GH = FO = GH = GO = HO) , sendo assim os seus ângulos de 60o. Portanto os ângulos
do polígono têm todos 120oe o polígono é regular.
2.4 [EFGH ] é rectângulo não quadrado.
Com efeito, o ângulo EÔG = 3 × 60o= 180o, pelo que [EG] é um diâmetro da circunferência de centro em O
e portanto, EHˆG está inscrito numa semicircunferência, tendo portanto amplitude de 90o. Analogamente
verificaríamos que HGˆF = GFˆE = FEˆH = 90o , pelo que [EFGH ] é de facto rectângulo.
Como, pelo teorema de Pitágoras EH2= 62– 32= 27 > 9 = 32= GH2, donde EH > GH , temos que [EFGH] é
um rectângulo não quadrado.
3. Desenhe-se um quadrilátero qualquer e, usando o compasso, marquem-se os pontos médios de cada lado e
construa-se o polígono definido pelos pontos médios de lados consecutivos.
3.1 Nesta questão, o aluno deverá concluir, intuitivamente, que o polígono obtido é um paralelogramo. Desta intuição,
pode perguntar-se de imediato à turma se será sempre assim, ou se há casos em que, mais especificamente, o polígono é um rectângulo ou um quadrado, por exemplo, lançando-se assim a investigação em causa.
3.2 Efectuando uma pequena investigação num ambiente de geometria dinâmica (com o Cinderella ou o GSP ), cujos resultados podem ser apresentados num pequeno relatório, os alunos ficarão mais convictos da sua conjectura, acreditando que, de facto, o quadrilátero que se obtém unindo os pontos médios consecutivos de um quadri-látero é um paralelogramo e intuindo em que casos o paralelogramo obtido é um quadrado ou um losango.
É importante, no entanto, fazê-los perceber que uma investigação abordando um número finito de exemplos não se trata de uma verdadeira demonstração da propriedade. Um trabalho interessante pode ser demons-trar, verdadeiramente, a propriedade. 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 = 1
2 = , pelo que são semelhantes, donde, por exemplo, AMˆ Q = ABˆD , ângulos
correspondentes determinados pela recta AB nas rectas MQ e BD , o que prova que [MQ] é paralelo 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 médios dos seus lados, [BD ] uma diagonal de [ABCD ] e [MNPQ ] o quadrilátero definido pela união dos pontos médios consecutivos.
Assim, no triângulo [ABD] , [MQ] é o segmento definido pelos pontos médios dos lados [AB ] e [AD ] , logo é paralelo ao lado [BD ] .
No triângulo [BCD ] , [NP ] é o segmento definido pelos pontos médios dos lados [BC ] e [CD ] , logo é paralelo ao lado [BD ] .
Como [MQ] e [NP ] são paralelos ao mesmo segmento, [BD ] , são paralelos entre si. Do mesmo modo, se demonstra que [MN ] é paralelo a [QP ] . Logo, como um quadrilátero com os lados paralelos dois a dois é um paralelogramo, [MNPQ ] é um paralelogramo, como queríamos demonstrar.
Actividade 4 – O côvado real
Dos problemas geométricos do Antigo Egipto que chegaram até nós parece poder afirmar-se que os escribas sabiam determinar áreas de triângulos e de rectângulos, volumes de celeiros de forma paralelepipédica, área de cír-culos e volumes de troncos de pirâmides (pirâmides cortadas por planos paralelos à base).
A unidade de comprimento mais usada no papiro de Rhind é o côvado real, que corresponde a
aproximada-mente 52,5 cm, subdividido em sete palmos; cada palmo era subdividido em quatro dedos. O côvado real é um
com-primento um pouco maior do que a distância do osso do cotovelo até à extremidade do dedo médio, tendo em conta a estatura média de um egípcio daquela época. O comprimento de 100 côvados reais era chamado khet. A unidade de área correspondente ao khet é o setat, que representa «1 khet quadrado». A unidade de
volume mais usual era o hekat, que
corres-ponde aproximadamente a 4,8 litros. AQ AD AM AB
Três faraós da IV dinastia – Khufu, Khafré e Menkauré – mandaram erigir os seus complexos funerários no planalto de Gizé. Ficaram conhecidos como pirâmides de Gizé. A maior das três, mandada construir por Khufu, teria inicial-mente cerca de 146 metros de altura e uma base quadrada com cerca de 230 metros de lado.
1.1 Aproximadamente 19,19 setat. 1.2 Aproximadamente 50,210 setat. 1.3 Aproximadamente 536 347 222 hekat. 2. Aproximadamente 536 174 882 hekat. 3. tan–1
1 1 4 1 6 5 ≈ 52o4. A grande pirâmide de Gizé contém aproximadamente 2,3 × 106 blocos, cada um pesando, em média, 20
tone-ladas.
4.1 4,6 × 107 toneladas, ou seja, 4,6 × 1010kg.
4.2 233,2 hekat.
Actividade 5 – Fardos de feno
1. Forma cilíndrica e paralelepipédica.
2. Por exemplo, os fardos cilíndricos são mais adequados no manejo do próprio terreno de cultivo, sendo mais
fáceis de mover, por rotação. Por outro lado, os fardos paralelepipédicos são mais adequados para o trans-porte e armazenamento, uma vez que se agrupam sem desperdício de espaço.
3.Vfardo cilíndrico = 0,1872π m3 0,588 m3(valor aproximado às milésimas, com π 3,1416)
Vfardo paralelepipédico = 0,752 m3
4. O agricultor poderá transportar, no máximo, 24 fardos paralelepipédicos ou 20 fardos cilíndricos.
5. Percentagem de volume não ocupado no camião transportando fardos cilíndricos: aproximadamente 42,3%.
Percentagem de volume não ocupado no camião transportando fardos paralelepipédicos: aproximadamente 11,5%.
Actividade 6 – Como dividir um jardim
1. 1.11 1 ; 1 2; 1 3 ; 1 4 ; 1 6 ; 1 1 1 1.2 1 1 = 1; 1 2 = 0,5 ; 1 3 = 0,(3) ; 1 4 = 0,25 ; 1 6 = 0,1(6) ; 1 1 1 = 0,(09) 1.3 1 1, 1 2 e 14 representam dízimas finitas, enquanto
1 3, 1 6 e 1 1 1
representam dízimas infinitas periódicas.
1.41
3 = 0,(3) tem período com um algarismo·
1
6 = 0,1(6) tem período com um algarismo· 1
1 1
= 0,(09) tem período com dois algarismos.
1.5 Sendo a
b uma das fracções indicadas acima, deverá ser considerada qualquer fracção do tipo
n n a b , n
∈
IN . 2.1 2 1 3 e 3 1 1 .2.2 Espera-se que os alunos, ainda antes de usarem a máquina calculadora, respondam que nada se pode
con-cluir em 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 algarisalgaris-mos significativos, não dando, portanto, nenhuma informação acerca da existência ou não de dízimas infinitas, periódicas ou não periódicas. Mas há certamente alunos que se deixarão iludir pelo que observam na máquina (por exemplo,
2 1
3
tem período com 22 algarismos e 3 1
1
tem período com 15 algarismos, pelo que nem sequer se observa o período completo), e que, precipitadamente poderão responder que as dízimas são finitas, ou até infinitas não periódicas. Perante este tipo de repostas, é importante recordar também que uma fracção representa uma dízima finita ou uma dízima infinita periódica, sendo as dízimas infinitas não periódicas referentes aos núme-ros irracionais, não traduzíveis por fracções.
2.3 2 1 3 = 0,(0434782608695652173913) ; 3 1 1
= 0,(032258064516129) . A realização das divisões 1: 23 e 1: 31 , conduzirá à descoberta dos períodos das dízimas correspondentes às 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 tratarem-se de dízimas infinitas não periódicas.
3. Pretende-se que o aluno perceba, investigando, que denominadores originam dízimas finitas. Embora o
resul-tado da máquina calculadora não seja só por si conclusivo, pode sugerir, em cada caso, a existência de dízima 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 numerador unitário, os denominadores que procuramos são 1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 20, 25, 32, 40, 50, 64, 80,100, 125, 128, … Nas sugestões recomenda-se que, dos exemplos encontrados, se excluam os que terminam em zero. É interes-sante desafiar a turma a justificar a razão pela qual não é pertinente estudar estes casos. De facto, todos os números da lista terminados em zero, resultam de se acrescentar um zero a um número já referido nessa mesma lista. Por exemplo, se o denominador 2 origina uma dízima finita, então também o produto de 2 por uma qualquer potência de 10 origina:
1 2 = 0,5 ; 2 1 0 = 0,05 ; 2 1 00 = 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, 16, 25, 32, 64, 125, 128, … verifica-se que os denominadores obtidos ou são potências de 2 (2, 4, 8, 16, 32, 64, 128…) ou de 5 (5, 25, 125…) e verifica-se que as dízimas de um grupo correspondem aos denominadores do outro:
1 2 = 0,5 ; 1 5 = 0,2 ; 1 4 = 0,25 ; 2 1 5 = 0,04 ; 1 8 = 0,125 ; 1 1 25 = 0,08 , etc.
A razão de ser desta propriedade é a seguinte:
Para a dízima ser finita é necessário que
p1 = 10m , m, n 苸 IN ou seja, p × m = 10n
n= 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 só terá factores 2 ou só terá factores 5, o que obriga m a ter só factores respectivamente 5 ou 2, em mesmo número que p .
Actividade 7 – Número de ouro
1. Construa-se um quadrado qualquer [ABDC ] .
2. Trace-se uma recta que passe pelos pontos médios M e N de [AB] e [CD] , respectivamente.
3. Com um compasso colocado no ponto M e passando pelo vértice D ,
trace-se um arco de circunferência que intersecte A•B , originando o
ponto E .
4. Trace-se uma recta paralela a AD passando pelo ponto E . A intersecção dessa recta com D•C , origina o ponto F .
5. Construa-se o rectângulo [AEFD] .
6. A razão existente entre a base e a altura do rectângulo deverá ser uma aproximação do número de ouro
1 +2 5
≈ 1,618
. De facto, considerando = 1 , pelo teorema de Pitágoras, MDAB =2 5
, e portanto A E = 1 2 + 2 5 = .7. Construa-se um quadrado no comprimento do rectângulo [AEFD] , por exemplo, no lado [DF ] , e obtenha-se assim o rectângulo [AEGH ] . Medindo a base e a altura deste novo rectângulo e calculando a respectiva razão, obtém-se novamente uma aproximação da razão de ouro.
Com efeito, = = 1 + = 1 + = .
8. Continuando o processo iniciado na questão anterior, acrescente-se um quadrado no comprimento dos
sucessi-vos rectângulos. Determinando para cada rectângulo da construção a razão entre base e altura, obtém-se suces-sivamente a razão de ouro, uma vez que em cada passo se repete a construção de 7. Em qualquer rectângulo semelhante a estes, o rectângulo que se obterá acrescentando um quadrado com o lado comum com o lado maior, ou cortando um quadrado com o lado comum com o lado menor, é semelhante ao rectângulo inicial.
A sequência seguinte representa a celebre sequência de Fibonacci, em que os seus dois primeiros termos são iguais a 1 e qualquer dos seguintes é igual à soma dos dois anteriores:
1 1 2 3 5 8 13 21 34 … 1 +
5 2 2 1 + 5 FE AE AE + FE AE GF + FE AE 1 + 5 29.1 1 = 1 ; 2 1 = 2 ; 3 2 = 1,5 ; 5 3 ≈ 1,667 ; 8 5 = 1,6 ; 1 83 = 1,625 ; 2113 ≈ 1,6154 ; 3 2 4 1 ≈ 1,619 ; 5 3 5 4 ≈ 1,6176 ;
Comparando os resultados obtidos com a dízima de
φ
é natural conjecturar-se que as razões se aproximamcada vez mais do número de ouro. De facto, sendo Fn a sucessão de Fibonacci, mostra-se, que
lim
Fn F + n 1 = 1 + 2 5 .10. Devemos considerar nove termos. De facto, a primeira razão que é um valor aproximado de
φ
com umerro menor que uma milésima é 5
3 5 4 ≈ 1,6176 ≈ 1,618… (
φ
= 1,61803) correspondente a 10 termos, mas 3 2 4 1= 1,61904… arredondado às milésimas é igual a 1,619 , que é valor aproximado de
φ
com um erromenor que uma milésima e corresponde apenas a nove termos.
Actividade 8 – Equações do 2.
ograu
1. Ao resolver a equação 2x2 + 2x – 12 = 0 , que é uma equação do 2.ograu completa, na forma canónica, a
maioria dos alunos apressar-se-á a escrever, bem, 2x2+ 2x – 12 = 0 ⇔ x = .
No entanto, é interessante realçar-se que a equação pode ser simplificada antes de se aplicar a fórmula resolvente. Desta forma:
2x2+ 2x – 12 = 0 ⇔ x2+ x – 6 = 0 ⇔ x = ⇔ x = –3 ∨ x = 2
2. No caso das equações do 2.ograu do tipo x2– bx = c (b > 0 , c > 0):
x2– bx = c
⇔
x2–bx – c = 0Aplicando a fórmula resolvente:
x2 – bx – c = 0 ⇔ x = =
b±b22
+4cAssim, a fórmula implícita nos cálculos do escriba,
b + b2
2
+4c , é equivalente a uma das soluçõesresul-tante da aplicação da fórmula resolvente usada actualmente.
–(–b) ±
(–b)2–4×1×(–c) 2 × 1 –1 ±12–4×1×(–6) 2 × 1 –2 ± 22–4×2×(–12) 2 × 23. «A área de um quadrado menos o seu lado é 870. Qual o lado do quadrado?»
Sendo x a medida do lado do quadrado, x2– x = 870 .
Para resolver esta equação, o procedimento («método babilónico») dos babilónicos seria:
•b = 1 ; c = 870
• Consideravam metade de b : 1
2 = 0,5 .
• Determinavam o seu quadrado: (0,5)2= 0,25 .
• Adicionavam o resultado obtido a c : 0,25 + 870 = 870,25 .
• Calculavam a raiz quadrada desse resultado:
870,25= 29,5 .• Adicionavam a este resultado metade de b , obtendo a solução da equação: 29,5 + 0,5 = 30 . Concluíam então que x = 30 .
De facto, 302– 30 = 870 .
4. ce ~m 2 co ~p 3 son yguales a 10.
5. Utilizando o procedimento de Pedro Nunes, resolvemos a equação 2x2– 8x + 6 = 0 :
• Escrever a equação na forma x2+
a c = – b
ax : 2x
2– 8x + 6 = 0
⇔
x2+ 3 = 4x .• Elevar ao quadrado o coeficiente de x : 42= 16 .
• Multiplicar por quatro o termo independente: 3
× 4 = 12
.• Subtrair o produto obtido ao quadrado calculado: 16 – 12 = 4 .
• Calcular a raiz quadrada dessa diferença:
4= 2 .• Somar ou subtrair a raiz ao coeficiente de x : 4 – 2 = 2 ; 2 + 4 = 6 .
• Dividir o resultado por 2: 2
2 = 1 ; 6 2 = 3 .
Em conclusão, o conjunto solução da equação é {1, 3} .
6. Em geral, o procedimento de Pedro Nunes conduz à fórmula resolvente que utilizamos actualmente. Vejamos:
Dada uma qualquer equação da forma ax2+ bx + c = 0 (a
0
):• Escrevê-la na forma x2 +
a c = b
• Elevar ao quadrado o coeficiente de x :
– b a 2 = b a 2 .• Multiplicar por quatro o termo independente: 4
ac .
• Subtrair o produto obtido ao quadrado calculado:
ba
2
– 4 ac .
• Calcular a raiz quadrada dessa diferença:
ba
2 –4ac
.• Somar ou subtrair a raiz ao coeficiente de x : – b
a ±
b a 2 –4 ac . • Dividir o resultado por 2: .Portanto, o procedimento de Pedro Nunes, pode resumir-se em três passos:
ax2+ bx + c = 0
⇔
x2+ac = – bax
⇔
Simplificando, obtemos:x =
⇔
x =⇔
x =⇔
⇔
x =⇔
x = ,pelo que, efectivamente, o procedimento de Pedro Nunes é equivalente à fórmula resolvente actual. – b a ±
b a 2 –4 ac 2 – b a ± b a 2 –4 ac 2 – b a ± b a 2 –4 ac 2 – b a ± b a 2 –4 a a 2 c 2 – b a ± b 2 a – 2 4a c 2 –b± b2–4ac 2a –b a 2 ±b2– a 4ac 23. Radicais
Actividade 9 – Radicais
Após a decomposição dos números 81, 24 e 375 em factores primos, o aluno deve escrever os radicais na forma
334
– 5323×3 – 1033
×53.
Posteriormente, e com a aplicação das propriedades, teremos
333 ×33
– 5323 ×33
– 1033×353 == 3
33– 1033– 5033. Desta forma, a expressão pode ser simplificada, resultando em –5733.Por outro lado, considerando a expressão 3
33– 2 × 5 33– 10 × 533 e passando os factores para dentro doradical teríamos
334 – 3 23×3×53– 3 3 ×
53×103 , que é igual a 3 81 – 5324– 103375.
Actividade 10 – Racionalização
1.1 A variável x pode assumir qualquer valor real positivo: x∈ ]0, +[ .
1.2 Sendo x = 2 , = .
1.3 =
1.4 A variável x pode assumir qualquer valor real positivo: x∈ ]0, +[ .
2. No caso de termos a fracção : = = em que a variável x pode tomar qual-quer valor real excepto o zero.
3.1 e 3.2 A multiplicação do numerador e do denominador por –
3+xysó resultaria na racionalização da
fracção para o caso específico em que xy = a
3
2
, a ∈ IN , a
3 , pois == . Em geral, para se racionalizar o denominador da fracção , teríamos
que multiplicar o denominador e o numerador pela expressão conjugada de
3 –xy que é 3+xy
.
Para xy = 3n como 3n= a
3
2
é equivalente a a2= 3n + 1, a racionalização é possível quando n é ímpar.
12x
3– xy –12x3+ 12xxy –3 + 23xy–xy 12x–3+xy3– xy–3+ xy 1 2 2 2 1 x x x 1 5 x 4 1 5 x 4 1 ×5x 5 x 4×5 x 5 x x
3.3 Outra forma de racionalizar a fracção é multiplicar o denominador e o numerador por –
3–xy.
3.4 = . Racionalizando a fracção recorrendo à expressão
conju-gada 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, .
5.1 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 ou iguais a zero.5.2 Para racionalizar o denominador da fracção , multiplicamos o numerador e o
denomina-dor pelo conjugado deste último, que é
x+1+ x–1 .= =
Tema 1 – Geometria no plano e no espaço I
1. Resolução de problemas de Geometria no plano e no espaço
Actividade de Introdução – Pavimentações
O estudo matemático das pavimentações é um dos tópicos da Matemática Moderna.
1. As únicas soluções inteiras são:
p = 6 e n = 3 (triângulos); p = 4 e n = 4 (quadrados); p = 3 e n = 6 (hexágonos)
2. Não faz sentido estudar a tabela para n = 1 e n = 2 , pois sendo n o número de lados de um polígono regu-lar, sabemos não ser possível ter um polígono regular com um ou dois lados.
x
x+1+ x–1 2 xx+1+ x–1 (x + 1) – (x –1) xx+1+ x–1x+1– x–1x+1+ x–1 x x+1– x–1
x– y2 x – y x– y x+ y 12x–3–xy –3 + xy 12x3+xy 3 – xy 12x3+xy 3 – xy 12x–3–xy –3 + xy 12x–3–xy
3– xy–3– xy
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 × 5 180o = 54 5 0o = 108o; n = 8 : 6 × 8 180o = 135o
Com estes valores, facilmente se verifica que não é possível efectuar pavimentações com pentágonos e
octó-gonos, sem que existam buracos ou sobreposições, uma vez que nenhum múltiplo inteiro de 108oou 135oé
igual a 360o.
5.Ppav. triângulos= 13 cm ; Ppav. hexágonos= 18 cm ; Ppav. quadrados= 12 cm
Se cada polígono medisse 2 cm de lado, os valores dos perímetros seriam o dobro dos calculados anterior-mente.
6.Apav. triângulos= 11,691 cm2; A
pav. hexágonos= 18,187 cm2; Apav. quadrados= 9 cm2
7. r = ou r = 16 .
8.Apav. triângulos= 108
3 187,061 cm2; Apav. hexágonos= 1683 290,98 cm2; Apav. quadrados= 144 cm29. Aproximadamente 115 triângulos, aproximadamente 19 hexágonos e 50 quadrados.
10. Adimitindo a utilização de dois ou mais polígonos regulares teremos outras possibilidades de construir
pavi-mentações. Seria de todo o interesse a construção de outros exemplos por parte dos alunos a partir deste tópico. Relativamente à pergunta específica podemos combinar hexágonos e triângulos uma vez que um hexágono se decompõe em seis triângulos equiláteros, (se o hexágono for regular) e também quadrados com os outros dois polígonos.
Repare-se que podemos decompor 360o= 90o+ 90o+ 3 × 60o juntando dois quadrados e três triângulos por
exemplo, ou dois quadrados, um hexágono e um triângulo (estes últimos não ficariam com tantas simetrias). Na figura seguinte apresenta-se uma pavimentação constituída por quadrados e octógonos regulares.
1 16 21
3 2 273 4Actividade 1 – Quadriláteros resultantes de cortes no cubo
1. Os quadriláteros obtidos na sequência dos planos de corte descritos são: trapézio, trapézio isósceles e losango,
respectivamente.
2.1 Nesta questão pretende-se que, com a construção de um cubo em perspectiva cavaleira, o aluno interiorize
as propriedades inerentes à sua construção.
2.2
2.3 P = 6 + 6
2cm ; A = 92cm22.4 O corte intersecta as seis faces do cubo contendo duas diagonais faciais. 3.1 O polígono obtido é um paralelogramo.
3.2 Obter-se-ia um quadrado.
3.3.1 Todos os quadriláteros obtidos por corte num cubo têm que ter pelo menos dois lados paralelos, pois têm
de intersectar pelo menos um par de faces paralelas.
3.3.2 Os quadriláteros só com um par de lados paralelos são os trapézios.
3.3.3 Os quadriláteros obtidos por corte de um cubo em dois pares de lados paralelos são o paralelogramo, o
quadrado, o rectângulo e o losango.
Actividade 2 – Cortes num tetraedro
1.1 No mínimo três faces são cortadas por um plano de corte num tetraedro e no máximo quatro, dado que o
tetraedro tem quatro faces.
1.2 Quadriláteros e triângulos. 2.1 II – (C) ; III – (A)
2.2 e 2.4 Se ET = 4,5 cm = 1 2 AE , então, M N = 1 2 × 9
2= 9 22e, igualmente, MQ = 9 22. Então: A[MNPQ ]= 9 22× 9 22= 8 21 cm 2 P[MNPQ ]= 2 9 22+ 9 22= 182
cm Se ET = 1 cm = 1 9 AE , então, MN = 1 9 × 92= 2 e MQ = 8 9EG = 8 9 92= 82cm Então: A[MNPQ ]= 2× 82= 16 cm2 P[MNPQ ]= 22+ 82= 182cm M N = 8 9 × 92= 82 e MQ = 1 9 × 92= 2 Então: A[MNPQ ]= 82× 2= 16 cm2 P[MNPQ ]= 22+ 82= 182cm
2.3 Através de uma planificação do tetraedro regular torna-se evidente que o perímetro de todos os rectângulos
é P = 2 × aresta do tetraedro e P = 2
2× aresta do cubo .
Actividade 3 – Cortes num octaedro
1.1 Pelo plano de corte que contém os pontos A , B e C obtém-se um quadrado.
1.2 Fazendo sucessivos planos de corte paralelos a este plano, obtêm-se quadrados. 1.3 P[ABCD]= 40 cm e P[GJIH ]= 20 cm.
1.4 O perímetro de [ABCD ] é o dobro do perímetro de [GJIH ] .
1.5 Na divisão do octaedro por um plano de corte que contenha os pontos A , B e C resultam duas pirâmides iguais de base quadrangular.
2.1
O
A =
52+52= 50= 52
O
E =
102–(
52)
2 = 522.2 Consideremos M o ponto médio de [AB ] . E M =
52+(
52)
2 = 75= 53cm A[ABE ]= 10 × 2 53 = 253cm2 Alateral pirâmide= 4 × 253= 1003cm22.3 Aoctaedro= 2 × Alateral pirâmide= 200
3cm22.4 V[ABCDE]= 50 3 0
2
cm3 2.5 Voctaedro= 10 3 00
2
cm3
3. Recorrendo à razão existente entre as arestas, áreas e volumes podemos concluir que a razão =
1 23
.
Por esse motivo, V[GJIHE ] =
125
6 2
. Desta forma, temos que o volume do maior sólido originado é
= .
Actividade 4 – Dual do octaedro
1.1 BT = 4
3 1.2 BJ = 2 3 BT , isto é , BJ = . 1.3 1 36 cm 1.4a = cm2. Aresta do octaedro = 3
2 aresta do cubo . 2 82 3 83 3 6252 2 18752 6 V[GJIHE ] V[ABCDE]3.1 BO = 4
2cm 3.2 Acubo= 25 3 6 cm2 3.3 Aface= = 163cm2; Aoctaedro= 1283cm2 4. Aoctaedro= Acubo5. O volume do cubo é cm3 e o volume do octaedro 512
3 2
cm3. 6. Voctaedro= 9 2Vcubo7.1 O volume do cubo é a3 e o volume do octaedro de 9
2a
3 .
7.2 Voctaedro=
9 2Vcubo
8. A relação entre o volume do cubo e do octaedro mantém-se para qualquer valor atribuído à sua aresta.
Actividade 5 – Stella octangula
1. O volume do cubo é de 1000 cm3. 2. V[BGCA]= 10 3 00 cm3 3. O volume do tetraedro é 1 3 do volume do cubo. 4. Temos que FN = 12BA , por isso o seu volume será
1
8 do volume do tetraedro maior. Como vimos anteriormente,
o volume do tetraedro maior é de V[BGCA]=
10 3 00 cm3 , portanto o volume de V [FGHN]= 10 2 0 4 0 cm3= 12 3 5 cm3 . A razão de semelhança é 1 2 .
5. A intersecção dos dois tetraedros encaixados é o octaedro dual do cubo [AJCODBLG] . O Voctaedro=
1
2V[BGCA]= = Vcubo , sendo assim,Voctaedro=
50 3 0
cm3.
6. O volume da stella octangula é:
Vstella= Voctaedro+ 8V[FGHN ]= 1 2 × 8V[FGHN]+ 8V[FGHN]= 12V[FGHN ]= 500 cm 3 7. Vstella= 1 2Vcubo 1 6 1024
2 27 33 2 8 × 43 2Actividade 6 – Superfícies e sólidos de revolução
1. C e B .
2.1 Um cilindro.
2.2 O volume do cilindro é de
(
4 + 45)
π .Actividades de Investigação – Sólidos arquimedianos
Com esta proposta para trabalho de investigação, pretende-se que os alunos aprofundem os seus conhecimentos sobre os sólidos geométricos, concretamente sobre os sólidos platónicos, os sólidos arquimedianos (obtidos por trun-catura dos platónicos) e os sólidos de Catalan (duais dos arquimedianos).
Sólidos arquimedianos
Os sólidos de Arquimedes 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 o mesmo arranjo de polígonos em torno de cada vértice. Além disso, todo o vértice pode ser transformado em outro vértice por uma simetria do poliedro. Existem 13 sólidos arquimedianos, dois quais 11 são obtidos por truncatura dos sólidos platónicos – truncar significa cortar e retirar uma parte de um sólido (sendo essa parte ainda um sólido). A truncatura dos sólidos platóni-cos consiste num corte dos vértices, obtendo-se novas faces que são ainda polígonos regulares – e dois são obtidos por snubificação de sólidos platónicos – a snubificação de um poliedro é uma operação sobre um poliedro que per-mite obter outro poliedro. A operação consiste em afastar todas as faces do poliedro, rodá-las um certo ângulo
(nor-malmente 45o) e preencher os espaços vazios resultantes com polígonos triângulos, rectângulos, pentágonos, etc.).
O caso especial de uma snubificação sem rotação chama-se uma expansão do sólido.
Cubo snub
Número de faces: 38 (6 quadrados, 32 triângulos) Número de vértices: 24
Número de arestas: 60
Dual: icositetraedro pentagonal (sólido de Catalan)
Cubo truncado
Número de faces: 14 (6 octógonos, 8 triângulos) Número de vértices: 24
Número de arestas: 36
Cuboctaedro
Número de faces: 14 (6 quadrados, 8 triângulos) Número de vértices: 12
Número de arestas: 24
Dual: dodecaedro rômbico (sólido de Catalan)
Cuboctaedro truncado
Outros nomes: cuboctaedro rombitruncado, grande rombicuboctaedro Número de faces: 26 (6 octógonos, 8 hexágonos, 12 quadrados) Número de vértices: 48
Número de arestas: 72
Dual: dodecaedro disdiakis (sólido de Catalan)
Dodecaedro truncado
Número de faces: 32 (12 decágonos, 20 triângulos) Número de vértices: 60
Número de arestas: 90
Dual: icosaedro triakis (sólido de Catalan)
Icosaedro truncado
Número de faces: 32 (12 pentágonos, 20 hexágonos) Número de vértices: 60
Número de arestas: 90
Dual: dodecaedro pentakis (sólido de Catalan)
Icosidodecaedro
Número de faces: 32 (12 pentágonos, 20 triângulos) Número de vértices: 30
Número de arestas: 60
Dual: triacontaedro rômbico (sólido de Catalan)
Icosidodecaedro snub
Outro nome: dodecaedro snub
Número de faces: 92 (12 pentágonos, 80 triângulos) Número de vértices: 60
Número de arestas: 150
Icosidodecaedro truncado
Outros nomes: icosidodecaedro rombitruncado, grande rombicosidode-caedro
Número de faces: 62 (12 decágonos, 20 hexágonos, 30 quadrados) Número de vértices: 120
Número de arestas: 180
Dual: triacontaedro disdiakis (sólido de Catalan)
Octaedro truncado
Número de faces: 14 (6 quadrados, 8 hexágonos) Número de vértices: 24
Número de arestas: 36
Dual: hexaedro tetrakis (sólido de Catalan)
Rombicosidodecaedro
Outro nome: pequeno rombicosidodecaedro
Número de faces: 62 (12 pentágonos, 30 quadrados, 20 triângulos) Número de vértices: 60
Número de arestas: 120
Dual: hexecontaedro deltoidal (sólido de Catalan)
Rombicuboctaedro
Outro nome: pequeno rombicuboctaedro
Número de faces: 26 (8 triângulos, 18 quadrados) Número de vértices: 24
Número de arestas: 48
Dual: icositetraedro deltoidal (sólido de Catalan)
Tetraedro truncado
Número de faces: 8 (4 triângulos, 4 hexágonos) Número de vértices: 12
Número de arestas: 18
Dual: tetraedro triakis (sólido de Catalan)
Esses sólidos foram estudados por Arquimedes (287–252 a.C.), no entanto, os escritos originais deste autor estão perdidos. O quinto livro da Colecção Matemática, do matemático grego Pappus de Alexandria (cerca de 290–350), faz referência aos estudos de Arquimedes sobre esses sólidos.
Os sólidos arquimedianos foram gradualmente sendo redescobertos durante o Renascimento, por vários artistas. Em 1619, na obra Harmonices Mundi, Johannes Kepler (1571–1630) apresentou um estudo sistematizado sobre essa categoria de sólidos.
Sólidos de Catalan
O 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 disdiakis
Outro nome: octaedro hexakis
Número de faces: 48 (48 triângulos escalenos) Número de vértices: 26
Número de arestas: 72
Dual: cuboctaedro truncado (sólido de Arquimedes)
Dodecaedro pentakis
Número de faces: 60 (60 triângulos isósceles) Número de vértices: 32
Número de arestas: 90
Dual: icosaedro truncado (sólido de Arquimedes)
Dodecaedro rômbico
Número de faces: 12 (12 losangos) Número de vértices: 14
Número de arestas: 24
Dual: cuboctaedro (sólido de Arquimedes)
Hexaedro tetrakis
Outro nome: tetrahexaedro
Número de faces: 24 (24 triângulos isósceles) Número de vértices: 14
Número de arestas: 36
Dual: octaedro truncado (sólido de Arquimedes)
Hexecontaedro deltoidal
Outros nomes: hexecontaedro trapezoidal Número de faces: 60 (60 quadriláteros) Número de vértices: 62
Número de arestas: 120
Hexecontaedro pentagonal
Número de faces: 60 (60 pentágonos irregulares) Número de vértices: 92
Número de arestas: 150
Dual: icosidodecaedro snub (sólido de Arquimedes)
Icosaedro triakis
Número de faces: 60 (60 triângulos isósceles) Número de vértices: 32
Número de arestas: 90
Dual: dodecaedro truncado (sólido de Arquimedes)
Icositetraedro deltoidal
Outro nome: icositetraedro trapezoidal Número de faces: 24 (24 quadriláteros) Número de vértices: 26
Número de arestas: 48
Dual: rombicuboctaedro (sólido de Arquimedes)
Icositetraedro pentagonal
Número de faces: 24 (24 pentágonos irregulares) Número de vértices: 38
Número de arestas: 60
Dual: cuboctaedro snub (sólido de Arquimedes)
Octaedro triakis
Número de faces: 24 (24 triângulos isósceles) Número de vértices: 14
Número de arestas: 36
Dual: cubo truncado (sólido de Arquimedes)
Tetraedro triakis
Número de faces: 12 (12 triângulos isósceles) Número de vértices: 8
Número de arestas: 18
