Tema 1

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
1

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 actividades
do manual, mas não pretendemos, de forma alguma, substituir a criatividade dos colegas ou indicar
como devem conduzir a sua exploração, pois esta, como se sabe, está condicionada aos conhecimentos adquiridos
e manifestados pelos alunos de cada turma.
Não se devem esgotar as explorações subjacentes a cada tarefa, existindo a necessidade de, por vezes, deixarmos
que seja o raciocínio dos nossos alunos a criar as situações convenientes à sua exploração. Sendo
assim, gostaríamos que encarassem estas propostas como um esboço possível, apelando à vossa criatividade e
espírito de iniciativa, para que se faça o ajustamento das tarefas com os conhecimentos manifestados 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 passíveis 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 Apoio Digital e um teste de diagnóstico para que, no início do ano lectivo, se possam aferir os
conhecimentos dos alunos.
Os Autores
Carlos Andrade
Cristina Viegas
Paula Pinto Pereira
Pedro Pimenta
3

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

2. Apresentação do projecto
Y é um projecto inovador e que se diferencia dos restantes, quer nas abordagens temáticas, quer nos problemas
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 se
afiram os conhecimentos dos alunos adquiridos no 3. o Ciclo e para que se comece este novo ano com uma
abordagem interessante que motive os alunos para o estudo da disciplina. Neste tema 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
Tarefa de introdução, incluindo também, para além da exposição e exemplificação dos conteúdos, exercícios
resolvidos, notas históricas, actividades de exploração e desenvolvimento, Teste AAA, + Exercícios e Problemas
globais. No final de cada subtema são propostas Tarefas de investigação. Realça-se a exploração das
conexões da geometria com outras áreas da matemática.
As Funções estão também estruturadas em três subtemas e contêm igualmente todas as rubricas contempladas
no tema anterior, à excepção dos Problemas globais para o subtema 1, dado tratar-se do estudo de
generalidades e, na opinião dos autores, não ser ainda pertinente propor problemas de carácter global aos
alunos, 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 último
subtema não existir Tarefa 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 generalidade dos conceitos que irão ser trabalhados.
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6 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
3. Enquadramento curricular
No Ensino Secundário são passíveis de avaliação os objectivos e competências que o Programa do 10. o ano
enuncia e onde se destacam:
• Analisar situações da vida real (simplificadas), identificando modelos matemáticos que permitam a sua
interpretação 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 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.
• 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
resolução é impraticável com métodos algébricos.
• Elaborar e analisar conjecturas.

Conteúdos
Módulo inicial
Geometria
no plano
e no espaço I
Neste módulo, o professor deverá propor problemas ou actividades aos alunos que permitam consolidar
e fazer uso dos conhecimentos essenciais adquiridos no 3. o Ciclo, de modo a detectar dificuldades
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 matemáticas 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 de 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.
O ensino da geometria reveste-se da maior importância, devendo desenvolver no aluno intuição geométrica
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 modelação
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 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: perspectiva
sintética, geometria analítica, transformações geométricas, utilização de software para geometria
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.
7

Funções
e gráficos
Funções
polinomiais
8 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
Função módulo
Estatística
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 polinomiais 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 geométricas.
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 fornecer 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 introduzir
os conceitos de «condição» e «proposição» e referir sumariamente ao longo do tema as propriedades
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 apresentadas
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 milimétrico,
como usando calculadora gráfica ou computador, escolhendo a melhor janela de visualização; 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).
O aluno deve ser confrontado com situações em que os erros de aproximação conduzam a resultados
absurdos. 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. o grau e resolver
equações do 2. o grau. Devem ainda conhecer os números reais e representar intervalos de números
reais.
Algumas das noções apresentadas neste tema já foram abordadas no 3. o Ciclo e, por isso, é possível
em 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 matematização
da situação. É importante que o estudo da estatística contribua para melhorar a capacidade 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. o Ciclo do Ensino Básico.

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 não
podem passar sem um mí nimo de lin guagem sim bólica. Na aprendizagem da matemática elementar do Ensino
Básico 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 alguma
da es sência de mui tos passos da aprendizagem de diversos as suntos e cons tituem ele mentos que ajudam os
alunos a compreender demonstra ções e a racio nalizar os desenvolvi mentos das teorias. Como se pode ver
pelo 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 algum
momento, 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 ou
em 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 de
pre 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 diversos
pretextos. Ao longo do Pro grama dão-se algumas pistas para esse tra balho, que amplia a compreensão dos
assuntos 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 esclareça
conexões (aplicações, modelação) com outros ramos da ciên cia, presente sempre que possível nas actividades
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 se
justifique, se vá esclare cendo o funci onamento das calculadoras e computadores e as caracterís ticas de cada
aplicação in formática útil à matemática, ao mesmo tempo que se devem revelar e expli car as limita ções da tecnologia
dispo nível.
9
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 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 Programa,
pois eles fornecem métodos matemáticos diversificados e desempenham funções diferentes, todas imprescindíveis,
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
10 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
Tema 0 – Módulo inicial 9 aulas de 90 minutos
Tema 1 – Geometria no plano
e no espaço I
Tema 2 – Funções e gráficos.
Funções polinomiais.
Função módulo
Tema 3 – Estatística
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
1 – Estudo intuitivo de funções
e gráficos
2 – Funções afim, quadrática
e módulo. Transformações
simples de funções
8 aulas de 90 minutos
5 aulas de 90 minutos
14 aulas de 90 minutos
3 – Funções polinomiais 8 aulas de 90 minutos
1 – Estatística: generalidades 2 aulas de 90 minutos
2 – Organização de dados e interpretação
de caracteres estatísticos
3 – Referência a distribuições
bidimensionais
8 aulas de 90 minutos
5 aulas de 90 minutos
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
planificações 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 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 matemáticas de tamanho e natureza razoavelmente variados. A comunicação matemática (oral
ou 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, conheçam
conceitos e terminologia e aprendam a ser críticos. Se os alunos forem solicitados a justificar muitas vezes as
suas opções, poderão melhorar a sua aprendizagem. Também a realização de actividades com recurso à tecnologia
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 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.
Aula Digital
Recursos do projecto
em formato digital
Manual Multimédia
Caderno de Problemas e Desafios
Formulário
Testes 5 + 5
Caderno de Apoio ao Professor
Recursos exclusivos
do Professor
Apresentações em PowerPoint
Testes interactivos do Professor
Ligações à Internet
Preparação de aulas
para quadro interactivo
Avaliação interactiva
Manual multimédia
do aluno
11
Animações interactivas
Testes interactivos
Applets (geometria dinâmica)
Ligações à Internet

12 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
5. Testes de diagnóstico
[6]
[8]
[10]
[11]
[7]
Teste de diagnóstico 1
A prova é constituída por quatro grupos.
Nas respostas a todas as questões, deves apresentar o raciocínio efectuado, os cálculos e as justificações
necessárias. A cotação de cada uma das questões está indicada no lado esquerdo.
GRUPO I
1. A Berta e a Matilde pintaram dois azulejos com formas diferentes. O da Berta é um azulejo quadrangular
enquanto o da Matilde tem a forma de um triângulo.
x
a. Escreve uma expressão da área do azulejo da Berta.
x
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 cm 2 .
d. Mostra que a expressão 2(x 2 + 1) traduz a medida da hipotenusa do azulejo da Matilde.
(x + 2)
e. A Berta resolveu fazer também um azulejo com a forma de um triângulo cuja área seja
2
2
.
Qual é a expressão que define a base do triângulo, sabendo que a altura é dada por x + 2 ?
x-1
x+1

[12]
[8]
[8]
[10]
[10]
[8]
[10]
[5]
[10]
[9]
2. O Pedro tem no seu jardim um tanque com peixes cuja superfície tem a
forma de um quadrado, como se sugere na figura ao lado. Para aumentar o
número de peixes, decidiu duplicar a capacidade do tanque, aumentando a
sua 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 e
conservando as árvores na posição indicada.
3. Considera o intervalo de números reais A = –, 5
2 .
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 – 1)
pertence a A .
2
4. Num laboratório, registou-se a evolução da altura de dois exemplares de duas espécies de flores oriundas
da Amazónia. Este registo foi efectuado diariamente ao longo de duas semanas (14 dias). O comprimento
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, em
centímetros.
a. Determina ao fim de quantos dias as duas espécies tinham atingido o mesmo tamanho. Quanto
media 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 contexto
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 6,3
4,1 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 respectivo
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
Superfície
do lago

[5]
[5]
[5]
[5]
[6]
[6]
[10]
[10]
[16]
14 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 o C. Em que dias
tomou ele esses medicamentos?
GRUPO IV
7. Observa a seguinte pirâmide de base quadrangular, cujos lados são compostos
por triângulos equi láteros.
Calcula:
Temperatura
39,5
39
38,5
38
37,5
37
36,5
36
35,5
35
34,5
0
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.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Dias
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 originando
um hexágono também regular de 63 cm 2 de área. Qual é a distância
d do plano α ao vértice da pirâmide?
10 cm
x
d
4 cm
60 o

[5]
[10]
[10]
[15]
[10]
[15]
Teste de diagnóstico 2
A prova é constituída por quatro grupos.
Nas respostas a todas as questões, deves apresentar o raciocínio efectuado, os cálculos e as justificações
necessárias. A cotação de cada uma das questões está indicada no lado esquerdo.
GRUPO I
1. Calcula, utilizando sempre que possível as regras das potências, cada uma das seguintes expressões
numéricas:
a. 1
– 1
3 2 b. × – 1
2 3 –2
4 –1
3
2. Resolve a equação 4x 2 + 2x = 0 sem usar a fórmula resolvente.
3. Resolve a equação 2(x 2 –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 paredes
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?
2
3 –5
15
C
A
B

[15]
[15]
[10]
[5]
[10]
[10]
[10]
[20]
16 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 ser
dada pela expressão:
36 – 3x
A =
2
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 relaciona
a altura (a , em centímetros) de uma dessas velas com o tempo (t , em horas) em que esta está a arder é
a = 10 – 2t .
a. Completa a tabela utilizando a fórmula anterior.
Tempo (t, em horas) 0 1 2 3 4
Altura (a, em centímetros)
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.
A B
8. Um chá é servido à D. Maria. Qual das seguintes representações gráficas pode traduzir a situação.
Justifica?
y
Temperatura
do chá
0
I
Tempo
x
y
Temperatura
do chá
0
II
Tempo
x
y
Temperatura
do chá
0
D
III
x
E
Tempo
x
C

[10]
[15]
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 ax 2 + bx + c = 0
Volume do prisma: Área da base × altura
x =
Volume da pirâmide: 1
× Área da base × altura
3
H
–b ± b 2 – 4ac
2a
G
1,7 m
C
B
D
1,2 m A
1,2 m
I
E
J
F
17

18 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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:
5
l 2 + l 2 = 5 2 ⇔ l = 2
2
l = 2 2 5 ≈ 3,5 cm .
O raio de cada círculo é, portanto, r = 3,5
≈ 0,4 cm, e a área de cada círculo
8
A 1 = π×0,4 2 ≈ 0,5 cm 2 .
Assim, a área dos 16 círculos é A 16 = 16 × 0,5 ≈ 8 cm 2 .
b. Seguindo a sequência da alínea a., tem-se:
3,54
l ≈ 3,54 cm ; r = ≈ 0,44 cm ;
8
A 1 = π×0,44 2 ≈ 0,61 cm 2 ; A 16 = 16 × 0,61 ≈ 9,76 cm 2 .
c. Seguindo a sequência da alínea a., tem-se:
l ≈ 3,536 cm ; r = 3,536
= 0,442 cm ;
8
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 = 3,5355
≈ 0,4419 cm ;
8
A 1 = π×0,4419 2 ≈ 0,6135 cm 2 ; A 16 = 16 × 0,6135 ≈ 9,82 cm 2 .
1.2 Sendo l o lado do quadrado, tem-se:
5
l 2 + l 2 = 5 2 ⇔ l = 2
2
l = 2 2 5 cm .
12,5
O raio de cada círculo é, portanto, r = cm, e a área de cada círculo
8
,5
8
A1 = π× 12 2
= cm2 12,5
.
64
Assim, a área dos 16 círculos é A16 = 16 × = ≈ 9,82 cm2 12,5 12,5
.
64 4

1.3 Na determinação de um dado resultado em que haja lugar a cálculos intermédios, não devem ser usadas
menos casas decimais nos arredondamentos desses cálculos do que o número de casas decimais solicitado
para o resultado final. Quanto maior for o número de casas decimais nos arredondamentos dos cálculos
intermédios, mais próximo do valor exacto estará o resultado final. O ideal é conservar o valor exacto até
ao 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:
A
A
A
A
C
C
D
D
C
2
D
C
D
1
B
B
B
B
5. Num triângulo equilátero, o centro divide a altura em (dois) segmentos, tendo um o dobro do compri -
mento do outro.
19

20 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
6. Sendo o triângulo equilátero, as alturas [AE] , [BF] e [CH] coincidem com as medianas e estão contidas
nas 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 = 1
CH . A altura do triângulo [ADB] é 1 da altura do triângulo [ABC] .
3 3
• CH = CD + DH ⇔ CH = CD + 1
CH ⇔ CD = CH – 1 CH ⇔ CD = 2 CH
3 3 3
O comprimento do segmento [DC] é 2
da altura do triângulo [ABC] .
3
Ou então:
Os triângulos [CDB] , [ADC] e [ADB] são congruentes, pois os lados [AB] , [BC] e [AC] são congruentes,
uma vez que são lados de um triângulo equilátero. Os ângulos adjacentes a esses lados medem todos
30 o , 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 1
da área do triângulo inicial, e a altura relativa ao lado
3
que têm em comum com o triângulo inicial tem de ser igual a 1
da altura do triângulo [ABC] .
3
De DH = 1
CH , conclui-se que CD = 2 CH. Portanto, a altura do triângulo equilátero é dividida pelo
3 3
ponto D em dois segmentos que medem 1
3
outro.
e 2
3
do comprimento, o que prova que um mede o dobro do
7. O raio da circunferência que circunscreve o triângulo [ABC] é dado pelo segmento [CD] . Seja [CH] a
altura do triângulo [ABC] : 10 = 2
CH ⇔ CH = 15 .
3
[DH] é o raio da circunferência inscrita no mesmo triângulo e DH = 1
× 15 = 5 .
3
8.
{ {
3
3
A
F
h =
l
2
3
r = l
2 2
⇔ ⇔ r = 3
l sendo r o raio da circunferência circunscrita ao triângulo.
r =
3
2
h h = 3 r
3 2
C
H
D
E
B

3
9. rcircunscrita =
× 12 =
3
3 6
= 2 ; rinscrita =
3
rcircunscrita = 1
2
10. Área coroa circular = Área 2r – Área r
16π = π(2r) 2 – πr 2 ⇔ 16π = 4πr 2 – πr 2 ⇔ 16π = 3πr 2
r = 1 3 6 = 4
=
3
43
3
A altura do triângulo equilátero [ABC] é 3r , isto é h = 43 .
3
Como h =
l , temos que 43 =
2
l ⇔ l = 8 .
2
3
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 = 180 o , ou seja, DÔE = 60 o .
F
G
A
c. O polígono [EFBGHD ] é um hexágono regular.
Pela alínea b. 2.2, temos identicamente que DÔE = FÔB = BÔG = HÔD = 60 o , pelo que o ângulo
EÔF = 180 o – 2 × 60 o = 60 o e, analogamente, GÔH = 60 o . Desta forma, os lados do polígono são todos
iguais 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 que
acabámos de ver, e portanto FE = GH = FO = GH = GO = HO ) ; sendo assim os seus ângulos têm
amplitudes 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 × 60 o = 180 o , pelo que [EG] é um diâmetro da circunferência de centro
em O e, portanto EH ˆ G está inscrito numa semicircunferência, tendo amplitude de 90 o . Analogamente
verificaríamos que HG ˆ F = GF ˆ E = FE ˆ H = 90 o , pelo que [EFGH] é de facto rectângulo.
Como, pelo teorema de Pitágoras, EH 2 = 6 2 – 3 2 = 27 > 9 = 3 2 = GH 2 , donde EH > GH , temos que
[EFGH] é um rectângulo não quadrado.
E
B D
O
C
H
A
2r
r
C
D
2r
B
21

22 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
2. O aluno deve desenhar um segmento de recta [AB] . Com centro em A , e depois em B , deve traçar dois
círculos de raio [AB] . A zona de pasto comum é toda a área de intersecção dos dois círculos, sendo a zona
de 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, temos
de determinar a área total dos sólidos cujas faces laterais são as
paredes das caixas.
As caixas a usar são paralelepipédicas, tratando-se, no primeiro
caso, de um prisma quadrangular. Assim, basta determinar as
dimensões lineares dos rectângulos e quadrados que constituem as
suas faces.
1. Sendo r o raio da base das garrafas, para a primeira disposição, os quadrados da base da caixa têm 8r cm
de lado e os lados dos rectângulos que constituem as faces laterais medem 30 × 8r cm. Assim, a área total
é:
A 1 = 2(8r) 2 + 4 × 30 × 8r = 128r 2 + 960r cm 2
Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A 1 = 4928 cm 2 .
Na segunda disposição, atendendo à figura ao lado, que representa
a base da caixa, a área total é:
A2 = 2 × 9r(2r + 33r) + 2 × 30 × 9r + 2 × 30(2r + 33r) =
= 543r 2 + 36r2 + 1803r + 660r cm2 Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A 2 ≈ 4987,9 cm 2 .
A
Verifica-se que, para r = 3,5 cm, A 2 > A 1 , concluindo-se que para a primeira configuração das garrafas
se gasta menos cartão para fazer a caixa.
Para mostrar que o resultado obtido se verifica para qualquer valor de raio das garrafas, basta agora comparar
as duas expressões obtidas. Pondo em evidência r 2 e r na expressão de A 2 , obtém-se:
A 2 = (543 + 36)r 2 + (1803r + 660)r cm 2
B
√3r
r
9r
8r
2r
2r + 3√3r

Como 543 + 36 > 128 e 1803 + 660 > 960 , e r > 0 , conclui-se que A 2 > A 1 , pelo que a caixa
para 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 cujos
lados medem 30 × 8r cm. Assim, acrescentando a área dos cartões separadores à expressão anterior da área
da caixa, obtém-se:
A 1 = 128r 2 + 960r + 6 × 30 × 8r = 128r 2 + 2400r cm 2
Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A 1 = 9968 cm 2 .
Para a segunda disposição das garrafas, os separadores podem ser construídos com
33 rectângulos cujos lados medem 30 cm × 23
r cm, como se pode deduzir do
3
esquema ao lado.
r2 + 1
2 2
= l2 ⇔ r 2 = 3
4 l 2 ⇔ l = 23
r
3
Assim, acrescentando à expressão anterior da área da caixa a área dos cartões separadores, obtém-se:
A 2 = 543r 2 + 36r 2 + 1803r + 660r + 33 × 30 × 2
= 543r 2 + 36r 2 + 8403r + 660r cm 2
Considerando r = 3,5 cm, obtém-se A 2 ≈ 8988,98 cm 2 .
3
r
3
Verifica-se que, para r = 3,5 cm, A 1 > A 2 , 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 expressões
de A 1 e A 2. Esta comparação não é tão fácil como aquela que foi feita na questão anterior, pois obrigaria
à resolução de inequações do 2.º grau, o que só será aprendido no tema Funções. Nessa altura, poderá voltar
a pegar nesta questão e concluir que o resultado obtido para r = 3,5 cm se mantém para os valores de raio
das 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 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 quadrilátero 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 demonstrar formalmente a propriedade.
23
l
r
2

24 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 = 1
2 = , pelo que são semelhantes, donde, por exemplo, AMˆ Q = ABˆ AM AQ
D ,
AB AD
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.
Tarefa 6 – A caminho da aldeia (página 20)
Por exemplo,
HC = x – a
Por exemplo, pelo critério de semelhança de triângulos ALA, podemos dizer
que os triângulos [ABC] e [HIC] são semelhantes, da mesma forma que são
semelhantes os triângulos [AHI] e [ACD] .
Sendo assim, obtemos as igualdades: h
5 = a h
e
x 4
4
2.22
6
= x
5
– a
.
x
B
B
N
M
C
A
P
Q
D
D
4
I
H
5
A
a
x
x - a
C

{ { { {
{ { {
h
5 = a 5a
x = x =
x
h
5a
x =
h
5a
h
⇔ ⇔ ⇔
h – a 5a
= x hx = 4x – 4a h × = 4 ×
4 x
h
5a
– 4a 5a + 4a =
h
5a
=
h
20a
h
x = 5a
x =
h
5a
x =
h
5a
h
⇔ ⇔
9a = 20a
20a
h = h =
h 9a
20
9
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 +
{ {
h a h
= x = 2a
h2
x
h
⇔(…)
h
=
h
x – a h1h2 h = h1
x
+
2
h1h2
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 entre
os respectivos volumes. Tendo em conta que o gelado de pistácio forma um cone semelhante ao cone definido
pelo copo, com metade da altura, os seus volume relacionam-se da seguinte forma:
Logo, V gelado morango = 7
8 V copo .
Assim, Vg
V
= ⇔ V
g
V
7
8 Vcopo
eladomorango
geladopistácio
h 2
V gelado pistácio
Vcopo
= 1 2 3
⇔ Vgelado pistácio = 1
8 Vcopo eladomorango
= 7 .
geladopistácio
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:
Altura copo
Altura gelado pistácio
= 3
20
2 ⇔ Alturagelado pistácio = ≈ 15,87 cm
3
2 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 3
4 . Desta forma:
Altura copo
Altura1. a camada
= 3
20
4 ⇔ Altura1. a camada = ≈ 12,60 cm
3
4 25

26 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
A razão entre os volumes do copo e das duas primeiras camadas de gelado em conjunto é 4
, pelo que,
3
3
sendo os respectivos cones semelhantes, a razão entre as respectivas alturas é
4
3 . Assim:
3
=
4
3 ⇔ Altura1. a e 2. a camadas = 20
≈ 18,17 cm
3
4
3
Alturacopo
Altura1. a e 2. a camadas
Concluindo, a primeira camada de gelado deve ser colocada até aproximadamente 12,60 cm de altura do
copo e a segunda, a partir daí, até aproximadamente 18,17 cm de altura.
Tarefa 8 – O fio mais curto (página 25)
Chão da sala
B A
2,75
d 1 = 2,75 + 7,5 + 0,25 = 10,5 m
d 1
7,5
Chão da sala
d 2
AC = 2,75 + 1,5 = 4,25
BC = 1,5 + 7,5 + 0,25 = 9,25
d 2 = 9,25 2 + 4,25 2 ≈ 10,18
0,25
Parede de frente
B C
A
BC = 1,5 + 3 + 1,5 = 6 m
AC = 0,25 + 7,5 + 0,25 = 8 m
d 3 = 6 2 + 8 2 = 10 m
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 = A b × a . Em todos os prismas, a altura é de 10 cm. Sendo
assim, só a área da base irá fazer variar o volume de cada um dos prismas. Sugere-se que os alunos efectuem
uma pequena investigação, com o auxílio do programa de geometria dinâmica Geogebra, atendendo
a que o comprimento da folha de papel de 24 cm será dividido em três, quatro e seis partes iguais.
1,5
3
B
1,5
C
0,25
Tecto
d 3
7,5
Parede
Chão
A
0,25

A base do prisma triangular < A base do prisma quadrangular < A base do prisma hexagonal
Como a altura dos três prismas é igual, temos:
V prisma triangular < V prisma quadrangular < V prisma hexagonal
Prisma triangular
82 = 42 + a2 ⇔ a = 48 ⇔ a = 43 cm
Ab = = 163 cm2 Vprisma triangular = 163 × 10 = 1603 cm3 8 × 43
2
Prisma quadrangular
V prisma quadrangular = 36 × 10 = 360 cm 3
Prisma hexagonal
42 = 22 + a2 ⇔ a = 12 ⇔ a = 23 cm
Atriângulo = = 43 cm2 Ahexágono = 6 × 43 = 243 cm2 4 × 23
2
V prisma triangular = 243 × 10 = 2403 cm 3
Tarefa 10 – Chocolates (página 27)
1. Vcone = 1
3 Vcilindro V total = 1
3 V cilindro + V cilindro = 4
3 V cilindro
1
2 V total = 2
3 V cilindro = πr 2 × h × 2
3
8
Área
= 27,71
8
6 Área = 36
8 6
O corte deve ser feito a 2
da altura do cilindro.
3
4
4
4
Área = 41,57
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.
4
4
8
4
4
4
a
2
4
4
8
4
27

28 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
Tarefa 11 – Aquário (página 27)
1. = = = 1
3
2. Vágua a acrescentar = Vcubo – V [VUTSE] ⇔ Vágua a acrescentar =
2
64
–
2
1
3 × 22 × 2 ⇔
Vágua a acrescentar = 32 – 8
3 ⇔ Vágua a acrescentar = 88
dm
3
3
4 × 4 × 4
64
V 3
pirâmide
3
Vcubo 43 64
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 = 1
3 a 2
a =
2
1
6 a3 ; Vcubo = a3 Vpirâmide = 1
6 Vcubo Vtetraedro = Vcubo – 4 × Vpirâmide ⇒ Vtetraedro = a3 – 4 × 1
6 a3 = 1
a3
3
Vtetraedro= 1
3 Vcubo 6. Atendendo a que a distância do centro de um triângulo equilátero a qualquer dos seus vértices é 2
de cada
3
altura, tem-se que:
Vtetraedro = l 3 2
, l é a aresta do tetraedro = diagonal facial do cubo
12
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, sendo
mais fáceis de mover, por rotação. Por outro lado, os fardos paralelepipédicos são mais adequados para o
transporte e armazenamento, uma vez que se agrupam sem desperdício de espaço.
3.a. V fardo cilíndrico = 0,1872π m 3 ≈ 0,588 m 3 (valor aproximado às milésimas, com π ≈ 3,1416)
V fardo paralelepipédico = 0,752 m 3 .
b. O agricultor poderá transportar, no máximo, 24 fardos paralelepipédicos ou 24 fardos cilíndricos.

c. Percentagem de volume não ocupado no camião transportando fardos cilíndricos ou fardos paralelepipédicos:
aproximadamente 11,5%.
d. Aproximadamente 147 m 3 de feno.
Tarefa 14 – Bolas de snooker (página 30)
1. Capacidade da caixa = 20 × 20 × 5 = 2000 cm3 Vesfera = 4
3 π×2,53 = π cm3 ; V16 esferas = 16 × π = π = π cm3 Vnão ocupado = 2000 – π≈953 cm3 125
125 2000 1000
6
6
6 3
1000
3
2. V caixa = 20 × 10 × 10 = 2000 cm 3
2000
100
2000 –
= π , x ≈ 47,64%
1000
3
x
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:
5 2 = 2,5 2 + a 2 ⇔ a = 5
2 3 cm
FE = 4 × 5
2 3 =103 cm
FG = 10 cm
EG = 20 cm
Os triângulos [EFG] e [EDC] são semelhantes. Para determinar CE :
FG
=
EG
, ou seja,
ED CE
10
2,5
= . Então, CE = 5 cm. Pelo teorema de Pitágoras, vem que CD = 5
2 3
20
cm.
CE
Tarefa 15 – Como dividir um jardim (página 32)
1. a. 1
1 ; 1
2 ; 1
3 ; 1
4 ; 1
6 1
;
1
2
r
2,5
b. 1
= 1; 1 = 0,5 ; 1 = 0,(3) ; 1 = 0,25 ; 1
1 2 3 4 6 = 0,1(6) ; 1
= 0,(09)
1
c. 1
1 , 1
e 1 representam dízimas finitas, enquanto 1
2 4 3 , 1
6 e 1
representam dízimas infinitas periódicas.
1
d. 1
= 0,(3) tem período com um algarismo, 1
3 6 = 0,1(6) tem período com um algarismo, 1
= 0,(09) tem
1
período com dois algarismos.
a
2,5 cm
A
5 cm
E
C
29
D
F G
Dado que os triângulos [EDC] e [BHG] são congruentes, CD = BH = 5
2 3 cm e CB = 20 + 53 cm.
H
B

30 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
e. Sendo a
na
uma das fracções indicadas acima, deverá ser considerada qualquer fracção do tipo , n ∈ IN .
b nb
1 1
2.a. e .
23
31
b. Espera-se que os alunos, ainda antes de usarem a calculadora, respondam que nada se pode concluir
em relação à periodicidade das dízimas obtidas usando a máquina, mesmo que algum grupo de algarismos
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, periódicas
ou não periódicas. Mas há certamente alunos que se deixarão iludir pelo que observam na máquina
1
1
(por exemplo, tem período com 22 algarismos e tem período com 15 algarismos, pelo que nem
46
62
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 números irracionais, não traduzíveis por fracções.
1
1
c. = 0,(0434782608695652173913) ; = 0,(032258064516129)
23
31
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 tratar-se de dízimas infinitas não periódicas.
3. Pretende-se que o aluno perceba, investigando, que denominadores originam dízimas finitas. Embora o
resultado da máquina de calcular 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 2, 4, 5, 8, 10, 16, 20.
Nas sugestões recomenda-se que, dos exemplos encontrados, se excluam os que terminam em zero. É interessante
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 o origina:
1
2 = 0,5 ; 1 1
= 0,05 ; = 0,005 ; etc.
20
200
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:
1
= 0,5 ; 1 = 0,25 ; 1 = 0,2 ; 1
2 4 5 8 = 0,125 ; 1 1
1
= 0,1 ; = 0,0625 ; = 0,05
10
16
20
Escrevendo outras fracções de numerador unitário verifica-se que os denominadores obtidos ou são potências
de 2 (2, 4, 8, 16, 32, 64, 128…) ou de 5 (5, 25, 125, 625 …) e verifica-se que as dízimas de um grupo
correspondem aos denominadores do outro.
A razão desta propriedade é a seguinte:
1 m
Para a dízima ser finita é necessário que = , m, n IN , ou seja, p × m = 10n = 2n × 5n , o que obriga
p 10n 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 .

Tarefa 16 – Pentágono (página 34)
1. A quadrado = 3 × 3 = 9
3 × ( x – 3) 3x – 9
Atriângulo [BDC] = = =
2 2
3x
9
–
2 2
Apentágono = 9 + 3x
9 x
– = 9 + 3
2 2 2 2
2. Resolver a inequação 9 x
+ 3 < 18 ⇔ x < 9 e chegar a uma solução no contexto do problema de ]0; 9[ .
2 2
Tarefa 17 – Os frascos e a caixa (página 35)
1. AC = 20 cm
AB = BC = a
a 2 + a 2 = 10 2 ⇔ 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 e
recorrendo 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 – 277 cm.
3. 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 pode determinar o valor x = 18 – 266 cm.
5 + x
7 - x
6 - x
5 + x
11 cm
14 cm
9 - x 14 cm
6 - x
C
A B
11 cm
31

32 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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, pintados
na 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 corresponde
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:
ax 2 + bx + c = 0 ⇔ x =
–12 ± 400
⇔
2
x 2 + 12x = 64x ⇔ x 2 + 12x – 64 = 0 ⇔ x = ⇔ x =
⇔ 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 + 4x 2 = 476 ⇔ 4x 2 – 120x + 324 = 0 ⇔ x 2 – 30x + 81 = 0 ⇔
30 ± 900 – 4 81 ×
30 ± 24
⇔ x = ⇔ x = ⇔ x = 27 ∨ x = 3
2
2
Como x não pode ser 27 não é possível, porque a largura da piscina é 20, concluímos ser 3 m a largura da
faixa pavimen tada.
1.2 Radicais
–b ± b 2 – 4ac
2a
–12 ± 144 – 4 1 × (–64) ×
2
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 radicais
na forma 3
3 4 – 5 3
2 3× 3 – 10 3
3 × 5 3 .
c. e d. Posteriormente, e com a aplicação das propriedades, teremos 3
3 3 × 3
3 – 5 3
2 3 × 3
3 – 10 3
3 ×
× 3
5 3 = 3 3
3 – 10 3
3 – 50 3
3 . Desta forma, a expressão pode ser simplificada, resultando em
–57 3
3 .
2. Por outro lado, considerando a expressão 3 3
3 – 2 × 5 3
3 – 10 × 5 3
3 e passando os factores para dentro
do radical, teríamos 3
3 4 – 3
2 3×3×5 3 – 3
3 5 × 3× 10 3 , que é igual a 3
81 – 3
524 – 10 3
375 .
3
x
x
3
3
3

Tarefa 20 – Racionalização (página 60)
1.a. A variável x pode assumir qualquer valor racional positivo.
1
b. Sendo x = 2 , =
2 .
2
c. 1 =
x
x
x
2
d. A variável x pode assumir qualquer valor racional positivo.
2. No caso de termos a fracção 1 : 1
= = em que a variável x pode tomar qualquer
5
5
x
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 = a2
12x –3 +
, a ∈ IN , a 3 , pois
xy
=
3
3 – xy–3 + xy
–12x 3 + 12x 12x
=
xy
. Em geral, para se racionalizar o denominador da fracção ,
–3 + 23xy –xy
3 – xy
teríamos de multiplicar o denominador e o numerador pela expressão conjugada de 3 – xy , que é
3 + xy . Para xy = 3n , como 3n = a2
é equivalente a a
3
2 = 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 .
12x –3 – 12x –3 –
d.
xy
=
xy
. Racionalizando a fracção recorrendo à expressão
3 – xy–3 – xy –3 + xy
12x 3 + 12x 3 +
conjugada do denominador, obtém-se
xy
xy
e, de facto, =
3 – xy
3 – xy
12x –3 –
=
xy
.
–3 + xy
x – y
x + y
4. Para racionalizarmos a fracção podemos multiplicar o denominador por x – y ou por
x – y 2
–x + y, obtendo-se, em ambos os casos, .
x – y
x 4
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 ou
iguais a zero.
x
b. Para racionalizar o denominador da fracção , multiplicamos o numerador e
x+ 1 – x– 1
o denominador pelo conjugado deste último, que é x+ 1 + x– 1 .
x 4
x(x+ 1 + x– 1)
(x+ 1 – x– 1) (x+ 1 + x– 1)
x
x
1 × 5
5
x 4 × 5
x(x+ 1 + x– 1)
= =
(x+ 1) – (x– 1) 2
5
x
x(x+ 1 + x– 1)
2
33

34 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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.
n α p
3 60 o 6
4 90 o 4
5 108 o ––
6 120 o 3
2. Não faz sentido considerar n = 1 e n = 2 na tabela anterior, pois n representa o número de lados do polígono
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 polígonos
regulares.
4. Os triângulos, quadrados e hexágonos são os únicos polígonos regulares capazes de pavimentar um plano.
3 × 180
n = 5 :
5
o
= 540
5
o
= 108o 6 × 180
; n = 8 :
8
o
= 135o Com estes valores, facilmente se verifica que não é possível efectuar pavimentações com pentágonos e
octógonos, sem que existam buracos ou sobreposições, uma vez que nenhum múltiplo inteiro de 108 o ou 135 o
é igual a 360 o .
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. 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 360 o = 90 o + 90 o + 3 × 60 o 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.
Tarefa 1 – Perspectiva cavaleira (página 68)
Nesta tarefa sugere-se aos alunos a construção de um cubo em perspectiva cavaleira, de forma que estes
aprendam a desenhar figuras tridimensonais, avaliando a necessidade da existência de regras na sua construção,
para que essas representações se aproximem tanto quanto possível da visão que se tem desse sólido no
espaço.

Tarefa 2 – Cortes e mais cortes em cubos (página 79)
1.
a. b. c.
A
Triângulo isósceles Triângulo escaleno Triângulo equilátero
d. e. f.
Rectângulo Quadrado Rectângulo
g. h. i.
A
A
C
C
B
B
C
B
30° 50°
A
A
C
B
A
Trapézio Paralelogramo Trapézio isósceles
B
C
B
C
A
B
A
B
35
C
C
C
A
B

2.
3.
36 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
j. k. l.
Pentágono Paralelogramo Losango
a. b.
Pentágono Hexágono
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 e
losango, respectivamente.
2.a. Nesta questão pretende-se que, com a construção de um cubo em perspectiva cavaleira, o aluno interiorize
as propriedades inerentes à sua construção.
b.
C
B
A
d
A
B
C
C
B
A
C
D A
E
B
G H
C
B
F
A
B
d
C
B
C
A
C
B
A

c. A = 92 cm 2 ; P = 6 + 62 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 dois
lados 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 que
o tetraedro tem quatro faces.
b. Quadriláteros e triângulos.
2.a. II – (B) ; III – (A)
2.b. e d.
7 cm
4,5 cm
A
T
E
A
T
A
N
N
B C
F
B C
D
P
P
N
T F
1 cm M
E H
F
M
M
B C
P
H
E H
D
D
Q
Q
Q
G
G
G
C
D A
T
E
G H
B
F
37
Se ET = 4,5 cm = 1
AE , então,
2
MN = 1
2 × 9 2 = 9
2 2 e, igualmente, MQ = 9
2 2 cm2 Então:
A [MNPQ ] = 9
2 2 × 9
2 2 = 81
cm2 2
P [MNPQ ] = 2 9
2 2 + 9
2 2
= 182cm
Se ET = 1 cm = 1
AE , então, MN = 1
9 9 × 92 = 2 cm
e MQ = 8
EG = 8
9 9 92 = 82 cm
Então:
A [MNPQ ] = 2 × 82 = 16 cm 2
P [MNPQ ] = 22 + 82 = 182 cm
Se ET = 7 cm = 7
AE , então, MN = 7
9 9 × 92 = 72cm
e MQ = 2
EG = 2
9 9 × 92 = 22 cm
Então:
A [MNPQ ] = 72 × 22 = 28 cm 2
P [MNPQ ] = 222 + 72 = 182 cm

38 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
c. 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 = 22 × aresta do cubo .
Tarefa 5 – Poliedros truncados (página 84)
1. (10 – 2a) 2 = a 2 + a 2 ⇔ 2a 2 – 40a + 100 = 0 ⇔ 20a + 50 = 0
Aplicando a fórmula resolvente vamos obter duas soluções, 10 – 52 cm
e 10 + 52 cm, sendo 10 – 52 cm a solução válida no contexto do
problema, pois 10 + 52 > 10 .
Vcubo truncado = Vcubo – 8Vpirâmide = 1000 – 8 × cm3 (10 – 52) 3
6
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), V pirâmide 1, para obter o volume do
octaedro, ao qual se subtrai, posteriormente, seis vezes o volume de uma pirâmide semelhante à primeira,
com razão de semelhança 2, V pirâmide 2 . Assim, se pode chegar ao volume do cuboctaedro.
Voctaedro = 2 × Vpirâmide 1 = 2 × 1
3 × 102 × 52 = cm3 10002
3
A altura da pirâmide considerada na determinação do volume anterior é metade da diagonal de um quadrado
de lado 10 cm.
Vcuboctaedro = Voctaedro – 6 × Vpirâmide 2 = – 1
2 3
× = cm3 5002 6252
3 2
Tarefa 6 – Cortes num octaedro (página 85)
1.a. P [ABCD ] = 40 cm e P [GJIH ] = 20 cm.
2.a.
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.
D
C
O
E
10
A
B
M
OA = 5 2 + 5 2 = 50 = 52
OE = 5 2 + (52) 2 = 52
10002
3
a
a
10 - 2a
a

. Consideremos M o ponto médio de [AB ] .
EM = 5 2 + (52) 2 = 75 = 53 cm
A [ABE ] = = 253 cm2 10 × 53
2
A lateral pirâmide = 4 × 253 = 1003 cm 2
c. A octaedro = 2 × A lateral pirâmide = 2003 cm 2
d. V [ABCDE] = 500
2 cm
3
3
e. Voctaedro = 1000
52 cm
3
3
3. Recorrendo à razão existente entre as arestas, áreas e volumes podemos concluir que a razão =
= 1
2 3
.
Por esse motivo, V [GJIHE ] = 1252
. Desta forma, temos que o volume do maior sólido originado é
6
18752
=
6
625
V[ABCDE]
2
.
2
Tarefa 7 – Dual do octaedro (página 86)
1.a. BT = 43
b. BJ = 2
BT , isto é , BJ = .
3
c. HJ = 1
3
6
cm
3
82
d. a = cm
3
2. Aresta do octaedro = aresta do cubo .
2
3.a. BO = 42 cm
32
83
b. Acubo = 256
cm2
3
c. Aface = = 163 cm2 ; Aoctaedro = 1283 cm2 8 × 43
2
33
4. Aoctaedro = Acubo 5. O volume do cubo é cm3 e o volume do octaedro 512
2
10242
2
27
3
cm 3 .
39
V [GJIHE]

40 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
6. V octaedro = 9
2 V cubo
7.a. O volume do cubo é a 3 e o volume do octaedro de 9
2 a3 .
b. V octaedro = 9
2 V cubo
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 1
do volume do cubo.
3
3. V [BGCA] = 1000
cm
3
3
4. Temos que FN = 1
BA , por isso o seu volume será 1 do volume do tetraedro maior. Como vimos
2 8
anteriormente, o volume do tetraedro maior é de V [BGCA] = 1000
cm
3
3 , portanto o volume de V [FGHN] =
= 1000
cm
24
3 = 125
cm
3
3 . A razão de semelhança é 1
.
2
5. A intersecção dos dois tetraedros encaixados é o octaedro dual do cubo [AJCODBLG] .
O Voctaedro = 1
2 V [BGCA] = Vcubo , sendo assim, Voctaedro = 500
cm
3
3 1
.
6
6. O volume da stella octangula é:
V stella = V octaedro + 8V [FGHN ] = 1
2 × 8V [FGHN] + 8V [FGHN] = 12V [FGHN ] = 500 cm 3
7. V stella = 1
2 V cubo
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 + 45)π .
Tarefa de investigação – Sólidos arquimedianos (página 107)
Com esta proposta de 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 truncatura dos platónicos) e os sólidos de Catalan (duais dos arquimedianos).
Sólidos arquimedianos
Os 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 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 platónicos 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 permite obter outro poliedro. A operação consiste em
afastar todas as faces do poliedro, rodá-las um certo ângulo (normalmente 45 o ) 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
Dual: octaedro triakis (sólido de Catalan)
Cuboctaedro
Número de faces: 14 (6 quadrados, 8 triângulos)
Número de vértices: 12
Número de arestas: 24
Dual: dodecaedro rômbico (sólido de Catalan)
41
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)

42 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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
Dual: hexecontaedro pentagonal (sólido de Catalan)
Icosidodecaedro truncado
Outros nomes: icosidodecaedro rombitruncado, grande rombicosidodecaedro
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 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)
43

44 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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
Dual: rombicosidodecaedro (sólido de Arquimedes)
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
Dual: tetraedro truncado (sólido de Arquimedes)
Triacontaedro disdiakis
Número de faces: 120 (120 triângulos escalenos)
Número de vértices: 62
Número de arestas: 180
Dual: icosidodecaedro truncado (sólido de Arquimedes)
Triacontaedro rômbico
Número de faces: 30 (30 losangos)
Número de vértices: 32
Número de arestas: 60
Dual: icosidodecaedro (sólido de Arquimedes)
Na questão 3. propõe-se ao aluno que investigue as relações métricas entre as arestas de um sólido de
Arquimedes e do seu correspondente sólido platónico.
Por exemplo, o icosaedro truncado resulta de truncar o icosaedro platónico, que deixa
de 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 1
da aresta a contar do vértice que se está a truncar. Os pentágonos
3
são a secção plana resultante de cada truncatura enquanto que os hexágonos ficam no plano
das 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 1
das arestas
3
do icosaedro.
Estas sugestões podem ser complementadas como todos os conteúdos referentes aos sólidos geométricos
constantes na secção referente ao tema 1 da Aula Digital.
45

46 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 de
Siracusa (287-212 a.C.). É um puzzle geométrico muitas vezes referido por Loculus de Archimedes (a caixa de
Arquimedes). 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 manuscritos
muito incompletos (copiados de manuscritos anteriores que se perderam), mas que permitem construí-lo e
observar algumas das suas características. Parece que Arquimedes fez um estudo bastante completo do quebra-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 referente
ao tema Geometria, e desafiá-los a encontrar algumas das milhares de soluções deste puzzle (entende-se
por 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 construído
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 as
áreas das peças aplicando o teorema de Pick: a área de uma figura poligonal cujos vértices são os de uma
quadrícula regular (de lado unitário) é igual ao número de vértices da quadrícula que se encontram no interior
da figura mais metade do número de vértices que se encontram sobre a linha limite da figura a que se
retira uma unidade.
Obtém-se então:
1
12
7
13
2
8
3
9
4
10 11
14
5
6
A1 = 5 + 16
– 1 = 12
2
A8 = 13 + 18
– 1 = 21
2
A2 = 7 + 12
– 1 = 12
2
A9 = 2 + 10
– 1 = 6
2
A3 = 2 + 10
– 1 = 6
2
A10 = 3 + 8
– 1 = 6
2
A4 = 7 + 12
– 1 = 12
2
A11 = 4 + 12
– 1 = 9
2
A5 = 18 + 14
– 1 = 24
2
A12 = 4 + 6
– 1 = 6
2
A6 = 1 + 6
– 1 = 3
2
A13 = 8
– 1 = 3
2
A7 = 9 + 8
– 1 = 12
2
A14 = 7 + 12
– 1 = 12
2
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, calculando
as áreas tradicionalmente, tomando para unidade a medida do lado de cada quadrícula e decompondo
cada polígono adequadamente, sempre que seja útil.

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:
1
• Peças de área 3: 48
1
• Peças de área 12: 12
1
• Peças de área 24: 16
1
• Peças de área 6: 24
7
• Peça de área 21: 48
Tem ainda interesse sugerir aos alunos que verifiquem que a soma das fracções de áreas correspondentes a
cada peça é, obviamente, 1.
Por outro lado, é também muito pertinente questionar os alunos se as razões se manteriam independentemente
do tamanho do puzzle, isto é, se as razões obtidas só são válidas para um puzzle de 12 × 12 . De
facto, ao variarmos o tamanho do puzzle devemos fazê-lo proporcionalmente, pelo que as peças obtidas são
sempre 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 de
pontos num mapa utilizando um referencial.
Se não fossem considerados como eixos referenciais o meridiano de Greenwich ou o equador, as coordenadas
indicadas poderiam ter outros valores. Por esse mesmo motivo, é importante conhecer o referencial
considerado 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 ela
pretende-se que, com apenas os conhecimentos adquiridos e uma definição de simetria axial, o aluno descubra
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. Por
exemplo, 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.
B'
B
A''
A'''
y
A
A'
B'''
x
B''
y = -x
Q
R'
No final, o aluno deve tentar estabelecer uma relação entre os pontos, os seus simétricos e as respectivas
coordenadas.
y
Q'
R
P'
S
y = x
P
S'
x
47

48 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 este
eixo. De seguida, marca-se o eixo Ox , bastando para isso que este seja
perpendicular a Oy , por exemplo:
d. Para se colocar o triângulo num referencial de forma a que os vértices J
e L sejam simétricos relativamente à bissectriz dos quadrantes ímpares,
deve considerar-se um referencial em que J (O, a) e L(a, O) , por
exemplo. O outro vértice terá as coordenadas impostas pela geometria
do triângulo, a bissectriz dos quadrantes ímpares será a mediatriz do
segmento [LJ] , permitindo assim recordar a noção de mediatriz leccionada
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.
H
O
J K
y
14
6
-14
-8 0
-6
8
-14
I
14
x
D
F
O
E
G
M
y
O
C
x
A B
y
J
O
L
x

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. A corredor = 32 dm 2
b. A prédio = 560 dm 2
c. A pátio = 192 dm 2
4.a. r = 1
6
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 ) = 106
2.a. A(x 1, y 1) ; B(x 2, y 2) ; C (x 2, y 1)
b. d (A, C ) = |x2 – x1| ; d (C, B) = |y2 – y1| c. d (A, B ) = (x 2– x 1) 2+ (y 2 – 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 = 13,25 3,64 m .
1.b. 4,5 m
35
12
y
14
-14 -8 0
-6
8 14
2.a. Construir geometricamente a mediatriz de [L 1L 2] . O terceiro ponto de luz pode ficar situado em qualquer
ponto da mediatriz.
b. Situa-se no ponto médio de [L 1L 2] , ponto (6,5; 5) .
6
-14
3. Deve pintar-se todo o escritório, uma vez que os raios de alcance dos dois pontos de luz cobrem, conjuntamente,
toda a superfície.
4. Para que fique à mesma distância dos pontos A , B e C do escritório, o novo ponto de luz deve
situar-se no circuncentro do triângulo [ABC ] , intersecção das mediatrizes dos segmentos [AB] ,
x
49

50 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
[BC] e [AC] . Para isso, basta, com o auxílio de um compasso, determinar dois pontos equidistantes de
A e B definindo a mediatriz de [AB ] e, de forma análoga, a mediatriz de [AC ] . A intersecção das
duas mediatrizes é o ponto pretendido.
Tarefa 15 – Conjuntos de pontos (página 143)
a. b.
y
2 cm
A
y
2
A 1
C
3 cm
x
x
y
2
A U
1
-2 -1 0 1 2
x 2 + y 2 4 ∧ (x –4) 2 + y 2 9 x 2 + y 2 4 ∨ (y x ∧ y –x ∧ y 2)
c. d.
x 2 + y 2 < 1 ∨ x 2 + y 2 > 4 x 2 + y 2 400 ∧ (|x| > 10 ∨ |y| > 10)
e. f.
x 0 ∧ y 0 3 ∧ x 2 + y 2 9 |x| 1,5 ∧ |y| 1,5 ∧ x 2 + y 2 2,25
Tarefa 16 – Um tesouro por descobrir (página 144)
O tesouro está em K.
y
D C
A
3 cm
B
x
A
B
C
F
-1
-2
y
y
C
40 mm
0
D
E
D
C
x
x
x

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 sempre
o mesmo, ou seja, a soma das distâncias focais é constante.
Tarefa 18 – Equação de uma elipse (página 155)
1. x 2 + y 2 = 36
2. + = 1 ou + = 1
36 4 62 22 3. + = 1 ou + = 1
16 36 42 62 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)
3.
x '2
x '2
P P P
P P
A B
y '2
y '2
x '2
x '2
y '2
y '2
b. Simétricos; abcissas; iguais; simétricos.
J
E
A
E
A
H
D
x
H
D
x
z
z
F
O
F
O
G
C
G
C
K
y
y
a. J(1, –1, –1)
b. Simétricos; ordenadas; iguais; simétricos.
c. K(1, 1, 1)
d. Simétricos; cotas; iguais; simétricos.
51

52 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
E
A
H
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 o
teorema 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 palhinha
através 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 (pois
pertence 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
D
x
z
F
O
G
C
L
y
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 afirmar
que qualquer ponto do espaço atingido por um ponto do semicírculo no movimento de rotação está a uma
distância de O inferior ou igual a r , uma vez que O se mantém fixo e, no movimento de rotação, a distância
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 centro
em (0, 0, 0) e raio r situado no pano xOy . Considerando que a esfera é intersectada por um plano
paralelo ao plano coordenado xOy , cuja condição é z = c , podemos dizer que a intersecção obtida é:

• 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 condição,
é um círculo de centro (0, 0, 0) e raio r , situado no plano yOz e, analogamente, para b = 0 (desta
vez 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 podemos
generalizar o estudo feito para planos de corte paralelos ao plano xOy a planos paralelos aos restantes
planos coordenados, atendendo às simetrias da esfera, figura que não se altera se permutarmos
arbitrariamente 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 coordenada
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 afinal
um símbolo que utilizarão com frequência no 11. o e 12. o anos, sobretudo aquando do cálculo de limites de
sucessões ou de funções reais de variável real. É também interessante que perceba que a caracterização analítica
de curvas não se limita à circunferência e à elipse, por exemplo.
Dada a equação (x 2 + y 2 ) = a 2 (x 2 –y 2 ) , que caracteriza uma Lemniscata de Bernoulli, o aluno deverá
investigar 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 definidos
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 analítica
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) .
53

54 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 triviais
como direcção, sentido, vector, igualdade de vectores ou norma. Saliente-se que o conceito de vector livre é já
um 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 nas
definições, são abordados alguns dos conteúdos a formalizar ao logo do tema. Será interessante acompanhar a
realização da actividade com um tabuleiro de xadrez real, possibilitando a visualização dos conceitos e proporcionando
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 exterior
ao octaedro.
3. D – C = CD → , E – F = FE → e C – B = BC → . Assim, como resposta, o aluno deve indicar segmentos orientados
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 de
pontos da figura (partindo do pressuposto que dois pontos definem um segmento de recta e que este define
dois vectores simétricos), podemos considerar os vectores definidos pelos lados dos quadriláteros. Aceitamos
também como válidas as propriedades da adição de vectores e do produto de um número real por um vector.
Assim, por exemplo:
MN → = MB
→ + BN →
QP → = QD → + DP →
B
M
N
C
A
Q
P
D
= 1
2 AB→ + 1
2 BC→
= 1
2 AB→ + BC →
= 1
AC→
2
B
E
F
A
C
D
= 1
2 AD→ + 1
2 DC→
= 1
2 AD→ + DC →
= 1
2 AC→

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)
C
A forma mais imediata de traçar as medianas é marcar os pontos médios de cada um dos lados do triângulo
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 geometricamente
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 de
desenho 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] . Depois
disto, de forma análoga, poderá desenhar um segmento geometricamente igual a [GB] , com origem na
extremidade 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 três
segmentos 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 triângulo
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 → (u 1, u 2) e v → (v 1, v 2) colineares, ∃ k ∈ IR , (u 1, u 2) = k (v 1, v 2) . Assim, como v 1, v 2 ≠ 0 , u 1 = kv 1 ∧
u1
v1
u 2
G
A
B
∧ u 2 = kv2 ⇔ = k ∧ v2 = k , donde se conclui que = v2 , 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 = 2(xm – x1) (x2 – x1, y2 – y1) = 2(xm – x1, ym – y1) ⇔
y2 – y1 = 2(ym – y1) Resolvendo a primeira equação em ordem a x m e a segunda em ordem a y m obtém-se, precisamente,
u1
v1
u 2
{
xm = x1 + x2 e ym =
2
y1 + y2
2
55

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 permite
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 c
o comprimento do segmento:
c 2 = 3 2 + 5 2 ⇒ c = 9 + 25 = 34
2. A norma do vector é o comprimento de um seu qualquer representante:
v→ 2 = a 2 + b 2 ; logo: v→ = a2 + b 2 3. a → = (–4) 2 + 1 2 = 17 ; b → = 1 2 + (–4) 2 = 17 ; c → = 17 ; d → = 17
4.a. [FB ] é uma diagonal facial do cubo; por aplicação do teorema de
Pitágoras:
FB = 18 = 32 .
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 equipolentes,
OD → = FB = 32 .
OB → = OB , sendo [OB] uma diagonal espacial do cubo, assim:
5.a. w → (a, b, c)
56 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
y
b v
0
a
x
OB → = 3 2+ 3 2+ 3 2 = 3 × 32 = 33
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 .
x
a
x
z
c
A
C
0
y
0
z
F
w
0
A
B
D
E
x
G
b
y
y

Tarefa 29 – Equação vectorial da recta (página 229)
1.1 a 1.3. Pelo ponto A passa uma infinidade de rectas. Para definir uma
recta 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 definida
pelos pontos A e B , pelo que, para se definir uma recta, pode indicar-se
somente um dos seus pontos, se se indicar também um vector
que defina a direcção dessa recta (adiante designado por vector director).
1.5 Não. AC → não tem a mesma direcção que u → .
1.6 São rectas estritamente paralelas, pois ambas têm a mesma direcção
que u → e não coincidem.
1.7 a. A + u → = B
b. A +2u→ = D
1.8 E = A + 3u → ;F= A + – 1
2 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 tem
a 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 da
recta 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 descrita
por 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 ∈IR +
0 , 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 orientado
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 de
recta contido nessa recta. O segmento de recta é tanto maior quanto maior for a amplitude do intervalo. Se
o 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) + k6, 3
2 , k ∈[0, 2
3 ]
G
H
y
x
B
F
A
z
E
e 3 e 2
e1 O
u
B
57
A D
D
C
C
F
G
E
x
y

Tarefa 31 – Um triângulo e uma pirâmide (página 231)
1.a. y = 5
x + 5 (x, y) = (–2, 0) + k(2, 5), k ∈ IR
2
b. (2, 10) = (–2, 0) + 2(2, 5). Sim pertence.
c. (–3, y) = (–2, 0) + k(2, 5) ⇔ k = – 1
∧ y = – 5 . O ponto tem coordenadas (–3, – 5 ) .
2 2 2
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, 9
2 e. M1, 3, 21
2
= (2, 2, 21 ) + k(2, 2, –21 ), k ∈ IR
f. DM: (x, y, z) = (4, 0, 0) + k –3, 3, 21
, k ∈ IR
2
g. V = Ab × a 4 × 4 × 21 16
= = 21
3 3 3
. O ponto 1, 1, 9
2 não pertence à recta CA .
Tarefa 32 – Domínios planos (página 238)
1.a.
58 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
{ {
1 = 2 + 2k k= – 1
2
⇔
9
= 21 – 21 k 9 = 21 –21 × – 1
2 2 2
-2
y
4
2
-2
0 2
b. y > 2x + 2 e y < 2x + 2 , respectivamente.
x

2.
-2
y
4
0 2
3. Os lados do quadrilátero na imagem estão contidos nas rectas cujas
equações reduzidas são: y = – 5
x + 5 , y = 5 x + 5 , y = –2x – 4 e y = 2x – 4 .
2 2
O aluno pode chegar rapidamente a esta conclusão considerando as ordenadas
na origem de cada uma das rectas (–4 e 5), concluindo daí que as equações das
rectas 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 a
recta que contém os pontos (0, 5)
e (2, 0) , um seu vector director é (2, –5) , pelo que a = – 5
.
2
O primeiro conjunto pode ser definido pela seguinte condição:
y – 5
x + 5 ∧ y 5 x + 5 , y –2x – 4 e y 2x – 4
2 2
O conjunto dos pontos sombreados na imagem é o conjunto dos pontos do
círculo que estão acima das duas rectas dadas.
O círculo dado é centrado na origem do referencial e tem raio 3. Logo, pode
definir-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 dois
quaisquer pontos de cada uma dessas rectas, para se obter as coordenadas
de 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 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 = 1
x + 1 .
2
x + 1 , de que resulta que B tem abcissa 6 e ordenada 8 .
5 5
c. Considerando os pontos C e B , temos que y = – 3
x + 5 .
4 2
d. O ponto D resulta da intersecção da recta r com o eixo das abcissas, sendo assim, D( 10
, 0) .
3
e. x 0 ∧ y 0 ∧ x 2 + y2 4 ∧ y – 3
x + 5 .
4 2
b. x 2 + y 2 = 4 ∧ y = 1
2
2
-2
x
y
y
59
x
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 conhecimentos
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 do
IMC, realizando alguns cálculos.
P
P
2. Supondo que o aluno tem 1,68 m, deve escrever as condições < 25 e > 18,5 , ou, equivalentemente,
1,682 1,682 calcular os limites do intervalo de massas corporais, concluindo que este deve estar entre 52,21 kg e 70,56 kg.
3. P = 22A 2
4.
5.
60 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
A
(m)
M
(kg)
1,60 1,62 1,64 1,66 1,68 1,70 1,72 1,74 1,76 1,78 1,80
56,32 57,74 59,17 60,62 62,09 63,58 65,08 66,61 68,15 69,70 71,28
Nota: os valores de M apresentados estão aproximados às centésimas.
Massa (kg)
75
70
65
60
Massa corporal versus altura
55
1,60 1,65 1,70 1,75 1,80
Altura (m)
O aluno deve referir que não se trata de uma relação de proporcionalidade directa, pois o gráfico não representa
uma recta, embora seja difícil de verificar neste caso. Por outro lado, a equação que relaciona as grandezas
não é da forma y = kx , os quocientes obtidos nas colunas da tabela não são iguais e os quocientes entre
os valores da linha A não são sempre iguais aos valores dos quocientes entre os correspondentes valores da
linha P .

6. O aluno deve evidenciar que, para um pessoa adulta, faz mais sentido estabelecer a massa corporal em função
da altura, uma vez que um adulto tem, em princípio, a sua altura estabilizada. Assim, variando o valor
do IMC pode determinar-se o intervalo de massas corporais que, para determinada pessoa, são mais saudáveis.
De outra forma, poder-se-ia estabelecer um intervalo para alturas, o que não faz muito sentido, pois
uma 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 a
zero 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, o
contradomínio 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 correspondência
não representa uma função.
2.a. Variável independente: medida, em centímetros, do terceiro lado do triângulo. A outra variável é o perímetro
do triângulo, em centímetros.
b. D p = {5, 6, 7, 8, 9}
c. Expressão analítica: p(x) = x + 10 ;
Tabela:
Diagrama sagital:
x(cm) 5 6 7 8 9
p(cm) 15 16 17 18 19
6
8
9
5
7
p
16
18
15
17
19
61

Representação gráfica:
3. Após a resolução analítica desta questão, os valores obtidos podem ser confirmados com o auxílio da
máquina calculadora gráfica, sendo sugerida a seguinte janela de visualização:
a. 4 m
b. 3,25 m
c. 8 horas
62 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
21
18
15
12
9
6
3
0
2 4 6 8 10

d. 20 m 2 . A capacidade da piscina é 80 000 litros. Atendendo a que 1 dm 3 = 1 l, temos que o volume de
água na piscina é 80 m 3 . Como a altura da piscina é 4 m, e esta tem a forma de um paralelepípedo rectângulo,
a área da superficie é 20 m 2 .
4.a. O gráfico correcto é o da opção (B). A distância percorrida pelo Pedro está sempre a aumentar, à medida
que o tempo passa. O declive do primeiro segmento de recta é igual a metade do declive do segundo segmento,
o que está de acordo com o facto de a velocidade na descida ser igual ao dobro da velocidade da
subida.
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}
5.
b. ]–∞, 3[ ∪ ]–1, 0 [ ∪ ]4, +∞[
x –3 0 3 5
f (x) n.d. – 3 + 0 – –3
63

64 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
Tarefa 3 – Modelação (página 20)
3 × 3
1. f(3) = + 5 × 5 = 29,5
2
x
2. A área do triângulo isósceles é igual a dado que a base e a altura são iguais a x . O lado do quadrado
2
2
é 8 – x , sendo a sua área dada por (8 – x) 2 .
f(x) = (8 – x) 2 + x 2
=
2
3x 2
– 16x + 64 .
2
3. A soma das suas áreas é 24, para valores de x = 4 ∨ x = 20
.
3
Para x = 4, P triângulo = 8 + 42 e P quadrado = 16 .
Para x = 20
, Ptriângulo = e Pquadrado =
3
1
(202 + 40)
6
3
.
3
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) com
x ∈ ]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 combustível
no 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 maior
do 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 e
nos últimos instantes que a taxa de variação da altura do combustível é maior, ao contrário do que o gráfico A
mostra.
Portanto, o gráfico correcto é o B.

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 com
limitações, 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 funções
seleccionadas para esta actividade permitem a visualização, na janela standard das calculadoras gráficas habitualmente
utilizadas no Ensino Secundário, de parte do gráfico dessas funções em que as suas propriedades
surgem bem resumidas.
f (x) = x + 1
• 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 ) → –
g(x) = x 2 – 9
• 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 ) → +
h(x) = x 3 – 4x 2 + x + 6
• 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.
65

66 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
• h é não injectiva e sobrejectiva.
• h não é par nem ímpar.
• x → + ⇒ h(x) → + e x → – ⇒ h(x ) → –
i(x) = x+
3
x+
2
• 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) → –
j(x) = x+1
• 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 o C e que o vento sopra a 10 km/h, tem-se que V(10,10) = 32,78 +
+ 0,56(0,4257 + 0,256210)(1,8 × 10 – 59) 4,4 o C , por isso, esta manhã não irei à escola. Com efeito, para
que V seja superior a 7 o C é necessário que a temperatura ao abrigo do vento seja superior a cerca de 12 o C,
tal é a importância do vento na definição do desconforto térmico.
O índice de desconforto térmico para uma temperatura de –5 o C e vento com velocidade 20 km/h será
aproximadamente –27,1 o C (1 cd). Subindo a temperatura para 0 o C e a velocidade do vento para 25 km/h, o
índice de desconforto térmico seria aproximadamente –23,6 o C (1 cd).
Por fim, pretende-se que o aluno, com o auxílio da máquina calculadora, introduza a função (com t = 8) e
encontre 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 o C, não
se registariam as condições necessárias para ir à escola.

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, a
segunda corresponde a não vender nenhum aparelho.
3.
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
4. 10#
5. A equação reduzida da recta que contém o gráfico dado na actividade é y = –10x + 200 . Assim, para
cada 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 regressão
Nesta 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 relação
Lucro 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 o
preço a pagar pelo gás em função do consumo anual, para cada escalão. E que, a partir das representações
gráficas destas funções, estabeleça conclusões acerca dos intervalos de consumo em que cada escalão é mais
favorável. Sendo:
• Escalão base: P 1(x) = 18,6 + 0,6904x
• Escalão médio: P 2(x ) = 29,76 + 0,6331x
• Escalão aquecimento central: P 3(x ) = 94,08 + 0,4518x
(x é o consumo anual de gás, em m 3 )
Determinando as intersecções dos gráficos das três funções (gráfica ou analiticamente) e comparando-as, o
aluno 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 escalões
é indiferente a escolha entre os mesmos.
67

Tarefa 8 – Equações de parábolas (página 61)
1.a. 96, dado que x = –2 é eixo de simetria da função f.
2.a.
b. [–4, + [
68 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
c. D’ = ]–, –4[ ; não tem zeros.
A função f é negativa para todos os valores reais.
x – –2 +
f (x) –4
y
x – +
f (x) –
0
Figura 1
f
x

.
c. f(x) = 1
2 (x – 3)2 – 2 e g(x) = – (x + 3) 2 + 2
Figura 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, compreendendo
e interpretando o que está a fazer, nomeadamente, respondendo às questões colocadas. Deverá
indicar que:
• Os pontos de intersecção da circunferência com a recta paralela à directriz pertencem à parábola, pois a
circunferência está centrada no foco, F , e tem raio igual à distância dessa recta à directriz, o que garante
que as distâncias dos pontos de intersecção à directriz e ao foco sejam iguais, sendo portanto pontos da
parábola.
• 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.
x
g
0
y
y
0
f
x
69

70 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 – 50t 2
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 é
o ponto do gráfico onde H é máxima. Assim, o número de árvores que devem ser plantadas por hectare é
90, 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:
⎧ c = 7,5
⎪
⎨ 4a + 2b + c = 9,1
⎪
⎩ 25a + 5b + c = 10
y (m)
12
10
8
6
4
2
Este sistema, depois de resolvido, determina que a = – 0,1 , b = 1 e c = 7,5 . Fica, assim, determinada a
expressão 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 define
esta parábola é f(x) = a(x – 5) 2 + 10 . Para determinar a , basta considerar as coordenadas de outro
ponto da parábola, por exemplo, (0; 7,5) . Deste modo, determina-se que a = –0,1 , ficando a expressão
analítica 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)).
0
2 4 6 8
x
(m)
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 determinar
o 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 início
do 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 ).

6. Considerando novamente os zeros da função f , ficamos a conhecer o ponto onde deveria ser colocada a
bica 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 m 2 , é dada por:
a(x) = (80 – 2x) (x + 20) – 10 × 20 =
= 80x + 1600 – 2x 2 – 40x – 200
= –2x 2 + 40x + 1400
3. y = –2x 2 + 40x + 1400 define uma parábola.
Trata-se de encontrar as coordenadas do seu vértice.
A abcissa do vértice da parábola de equação y = ax2 b
+ bx + c é – 2a
.
–40
Neste caso, a abcissa do vértice é
–4
= 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 m 2 a área máxima.
4. –2x 2 + 40x + 1400 > 1500 ⇔ –2x 2 + 40x –100 > 0 ⇔ –x 2 + 20x – 50 > 0 ,
para valores de x ∈ ]10 – 52 ; 10 + 52 [ .
x
10
20
100 – ( x + x + 20) = 80 – 2x
Tarefa 13 – Qual é o preço da água? (página 76)
1. Na localidade A, o preço P A , em $, a pagar pela água em função do consumo x , em m 3 , tem de ser definido
por dois ramos da seguinte forma:
⎧ 2,5 + x , se 0 x 10
⎧ 2,5 + x , se 0 x 10
PA(x ) = ⎨
2,5 + 10 + 2(x – 10) , se x > 10
, isto é, PA(x) = ⎨
⎩
⎩
2x – 7,5 , se x > 10
x + 20
71

2.
72 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 duas
locali dades.
Na localidade B, a função Preço versus Consumo é dada pela expressão P B(x) = 3 + 1,25x . A comparação
entre as funções pode ser feita graficamente. Representemos os gráficos das duas funções no mesmo
referencial:
P (€)
80
Verifica-se que, até ao ponto de intersecção dos dois gráficos, a água é mais barata na localidade A. A partir
daí, é mais barata na localidade B. Basta agora determinar esse ponto de intersecção.
⎧ y = 3 + 1,25x ⎧ x = 14
Analiticamente, tem-se ⎨
y = 2x – 7,5
⇔ ⎨
⎩
⎩ y = 20,5
Assim, até 14 m 3 , 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:
⎧ 5 + x , se 0 x 20
PA2(x) = ⎨
2x – 15 , se x > 20
60
40
20
0
P A(€)
40
20
12,5
2,5
0
(m3 10 20 30
x )
Comparando agora os gráficos de P A e P A2 , verifica-se que a sua intersecção
ocorre para x = 12,5 m 3 , valor de consumo que permite compensar o acréscimo
da taxa fixa de mais um contador. Também se pode observar que a
partir de x = 20 m 3 , os gráficos estão contidos em rectas paralelas. Como o
preço por m 3 , que corresponde ao declive das rectas, é idêntico nos dois
casos, os gráficos são efectivamente paralelos, pelo que o gráfico de P A2
ficará sempre abaixo do de P A , a partir de x = 20 m 3 . Assim, para um
consumo superior a 12,5 m 3 , a existência de dois contadores é vantajosa.
80
60
PA
PB
(m3 10 20 30
x )
PA(€) 80
60
40
25
20
12,5
0
(m3 10 20 30
x )

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. D f = [–3, 4] , D g = [–3, 4] , D h = [–5, 2] , D i = [–3, 4] , D j = – 3
2 , 2 , D k = [–3, 4] , D l = [–3, 4]
2.
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
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
x –3 –2 –1 0 1 2 3 4
i(x) 2 0 – 3
0 1 0 0 1
2 2
x –1 0 1 2
j(x) 0 0 0 1
73
x –3 –2 –1 0 1 2 3 4
l(x) 4 0 3 0 2 0 0 1

3. D’ f = [–3, 4] , D’ g = [0, 7] , D’ h = [–3, 4] , D’ i = – 3
2 , 2 , D’ j = [–3, 4] , D’ k = [–4, 3] , D’ l = [0, 4]
4.
74 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
-4
-4
i
y
6 g
4
2
-2 0
-2
2 4
-4
y
6
4
2
-2 0
-2
2 4
-4
y
6
4
2
-4 -2 0
-2
2 4
k
-4
f
x -4 -2 0
-2
2 4
5. Gráfico de g : translação do gráfico de f segundo o vector (0, 3) .
f
f
Gráfico de h : translação do gráfico de f segundo o vector (–2, 0) .
Gráfico de i : contracção vertical de factor 1
do gráfico de f .
2
Gráfico de j : contracção horizontal de factor 1
do gráfico de f .
2
Gráfico de k : simétrico ao gráfico de f relativamente ao eixo Ox .
x
x
Gráfico de l : coincidente com gráfico de f nos pontos de ordenada positiva e simétrico a este relativamente
ao eixo Ox nos pontos de ordenada negativa.
h
-4
-4
f
i
y
6
4
2
-4
y
6
4
2
-2 0
-2
2 4
-4
y
6
4
l
2
-2 0 2 4
f
-2
-4
f
x
x
x

6. D p = [–3, 4] , D’ p = –2, 1
3
D q = [–2, 5] , D’ q = [–11, 10]
Gráfico de p : contracção vertical de factor 1
do gráfico de f , seguida de translação segundo o vector (0, –1) .
3
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
-4
p
x –2 –2 –1 0 1 2 3 4
P(x) 1
–1 –2 –1 –1 –1 –1 – 2
3 3 3
x –2 –1 0 1 2 3 4 5
q(x) –11 1 10 1 –5 1 1 –2
-2 0
-2
2 4 x
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 esses
valores, para que a estátua seja sempre constituída pelas duas partes: prisma e esfera. Assim, D V = ]0, 2[ .
2. V (0, 2) = 1 × 1 × (4 – 2 × 0,2) + 4
3 π× 0,23 3,63 m 3
y
6
4
2
-4
f
-2 0
-3
-6
-9
-12
2 4
Identicamente determina-se: V (0,5) 3,52 m 3 ; V (1) 6,19 m 3 ; V (1,5) 15,14 m 3 .
3. Aqui, depois de esboçar as estátuas, o aluno deve transmitir a sua opinião, tentando integrar as ideias do
autor da estátua.
4. A expressão analítica da função é V (r) = 4 – 2r + 4
3 π r 3 .
-4
y
12
9
6
f
3
q
x
75

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 terá
cerca 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 gráfica
e confirmada analiticamente. Assim, V (r ) = 6,19 m 3 , acontece para r = 1,00 , o que se confirma analiticamente.
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 = 4
3 πr 3 . Recorrendo
novamente à calculadora, obtém-se r 0, 825 m (que se deve confirmar analiticamente). O esboço a
apresentar pelo aluno deverá reproduzir os gráficos das funções correspondentes aos volumes do prisma
e 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 por
um prisma. À outra situação corresponde uma estátua constituída apenas por uma esfera.
Tarefa 16 – Divisões sem calculadora (página 125)
1.1 –2x 2 + 12x
76 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
V (m
40
33,51
30
20
10
3 )
1.2.a. v(4,5) = 81. Quando uma das arestas da base do paralelepípedo medir 4,5 , o seu volume corresponderá
a 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 polinómio
–2x 2 + 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 9
e que a outra aresta mede
2
81
= 6 .
3 × 9
2
2. Considerando uma aresta da base, x = 9
, teremos que a altura é 6 e a outra aresta da base mede 3.
2
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: x 3 –2x 2 –6x + 8 =
= (x – 4)(x 2 + x – 2) .
A equação x 2 + x – 2 = 0 é equivalente a x = – 2 ∨ x = 1 .
Estas são as abcissas de A e de B ; então AB = 3 .
0
0,5 1 1,5 2
r (m)
A altura do rectângulo é 4, o seu comprimento é 3, sendo a sua área igual a 12 unidades de medida
quadrada.

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 substituição
na expressão analítica) e a função é positiva entre esses valores de x , conclui-se que, no corte considerado,
a largura da ilha é 7 km, sendo essa a largura máxima, pois, de acordo com o enunciado, trata-se da
parte mais larga da ilha.
2. Para determinar o comprimento total do teleférico, nas condições enunciadas, é necessário obter as coordenadas
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-lhe
2 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 da
ilha 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; uma
em 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 exemplo
entre a nascente e o cume, são considerados rectilíneos.
Comecemos pela determinação das coordenadas da localização da nascente. Para isso, temos de resolver a
equação a(x ) = 100 . Recorrendo à calculadora gráfica, obtêm-se as soluções aproximadas (cuja confirmação
deve ser feita analiticamente) x 0,500 ∨ x 2,460 ∨ x 4,095 ∨ x 6,611 . Assim, a localização
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, o
comprimento 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 minimização
do comprimento em túnel.
77

78 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
Tarefa 18 – Lince ibérico (página 140)
1. Apresenta-se o gráfico da função L(t) , considerando os pontos de coordenadas tabeladas:
N. o de linces
1400
1200
1000
800
600
400
200
0
2 4 6 8 10 12 14
Ano
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) = –19,805t 2 + 154,221t + 1000 . Com base neste polinómio, o número estimado de linces, P (t) , aproximado
às unidades, para cada ano, apresenta-se na seguinte tabela (também se apresenta a diferença entre
a estimativa e o valor real):
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
Para os anos 1991, 1995 e 2002, há coincidência nos valores, pois o polinómio interpolador é definido de
modo a ter exactamente esses valores para esses anos.
No que diz respeito aos outros anos, há uma discrepância muito grande, nomeadamente, em dois dos anos
as 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:
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
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 + 9,694t 3 – 115,734t 2 + 400,328t + 1000 . Os valores estimados e a diferença em relação
aos reais são:
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

Observação: os valores da tabela foram obtidos com base no polinómio Q (t) com mais casas decimais nos
seus 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 pontos
dados na tabela inicial.
1400
1200
1000
800
600
400
200
0
-200
-400
-600
2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 Ano
Da leitura do gráfico, confirma-se a desadequação do polinómio P(t) , já apontada em 2. Este modelo é o
mais desadequado, pois apresenta estimativas muito más, nomeadamente, negativas no intervalo de anos
considerado.
O modelo dado pelo polinómio Q(t) também apresenta o problema de fazer estimativas negativas, embora
apenas para o futuro (em relação a 2004), nomeadamente a partir de 2005. Mas, como é obvio, isto não
poderá vir a acontecer.
Assim, o modelo C será o mais adequado, mas também deve ser utilizado com muita cautela, pois prevê
um 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.
N. o de Linces
P (t)
C (t)
Q (t)
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 × + v 3 200 200
t v – 4
v
= se a velocidade for superior a 4 km/h.
4
200
v – 4 v – 4
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 se
aproxime 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 velocidade
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 nadar
para 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
79

80 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 maior
que a energia mínima necessária no caso anterior, o que talvez explique a provável morte do salmão no final
da 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 forma
como os dados estatísticos são recolhidos e como isso pode criar diferenças significativas em termos da sua
análise. Na existência de um erro nos dados publicados, esse erro só poderia ser oriundo da opinião do jornal,
pois com este processo de recolha de dados, a grande maioria das pessoas que envia o cupão sabe, ou
pensa que sabe, o que é o sistema métrico. Caso tenha desconhecimento do seu significado, não responde a
esta questão.
Relativamente à situação B, é feita uma análise do gráfico para exemplificação e seria importante averiguar
que 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-se
uma estimativa do parâmetro que se pretende avaliar. Por esse motivo, não existe necessidade de se aumentar
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 envolvidos.
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 deve
recair numa população ou numa amostra, analisando em pormenor cada uma das situações propostas. Hoje em
dia, segundo várias opiniões de analistas estatísticos, cada vez mais as amostras assumem primordial importância,
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 e
todos. Segundo as últimas sondagens, hoje divulgadas, e recorde-se (…).

Alguns dias depois desta notícia realizaram-se as eleições e o candidato Franklin Roosevelt obteve uma
estrondosa vitória. Este caso verídico aconteceu nos Estado Unidos da América, em 1936. A sondagem foi
publicada no Literary Digest, uma publicação periódica considerada da maior credibilidade e que apresentava
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 automóveis.
Por este motivo, foram seleccionados eleitores de um nível social bastante acima da média, em vez de se
ter tido em conta todos os níveis sociais da população. O grupo seleccionado, apesar de muito grande, não
era representativo de toda a população.
A realização de previsões a partir de amostra é uma parte importante da estatística. Para diminuir a possibilidade
de erro é necessário ter bastante cuidado na selecção das amostras. A amostra deve ser suficientemente
grande 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 conhecimentos
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 afirme
que 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:
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
81

2. No relatório elaborado pelos alunos devem ser focados os seguintes aspectos:
– Nenhuma das sementeiras apresenta uma distribuição simétrica na sua distribuição de comprimentos, no
entanto, 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.
82 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
N. o de
faces
F. absoluta
acumulada
F. relativa
6. A frequência de poliedros com um número de faces inferior a 4 é zero.
F. 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
f ( x)
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
4 5 6 7 8 9 10 x
7. A frequência de poliedros com um número de faces não superior a 9 é 0,92.

Tarefa 5 – Volume de um sólido irregular (página 196)
1. Os valores dos volumes dos sólidos irregulares variam entre os 3,35 cm 3 e os 3,60 cm 3 .
2. A amplitude da distribuição é de 3,60 – 3,35 = 0,25 cm 3 .
3. e 4.
5.
6. A 1 = 0,05 × 0,23 = 0,0115 ; A 2 = 0,05 × 0,10 = 0,005 ; A 3 = 0,05 × 0,33 = 0,0165 ;
7.
Classes
Centro de
classe
Frequência relativa
0,30
0,20
0,10
F. absoluta
A 4 = 0,05 × 0,17 = 0,0085 ; A 5 = 0,05 × 0,13 = 0,0065 ; A 6 = 0,05 × 0,03 = 0,0015
A 1 + A 2 + A 3 + A 4 + A 5 + A 6 = 0,0495 0,05
F. absoluta
acumulada
3,35 3,40 3,45 3,50 3,55 3,60 3,65
Volume (cm 3 )
F. relativa
A rectângulo
Concluímos que as áreas dos rectângulos são proporcionais às frequências relativas = 0,05 .
Frelativa
83
F. relativa
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
Fx ( )
30
20
10
0
3,35 3,40 3,45 3,50 3,55 3,60 3,65 x

8.
F (x ) =
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 3
corresponde 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.
84 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
Tempo
(meses)
c. x = 42,98 ; classe modal: [15,30[ ; M e 37,5 ; Q 1 22,5 ; Q 3 52,5
d. Desvio médio = 4,26 ; S 28,68 e V 822,54 .
2.a. Cerca de 8,65% dos doentes.
F. absoluta
F. absoluta
acumulada
F. relativa
F. relativa
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

3.
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, ou
cerca de 79%, considerando as classes do intervalo ]x – S ; x + S [ .
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.
0 22,5 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 9,7
2 0,1 0,4 3,8 4,3 4,6 4,7 7,3 9,7 9,9
3 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 9,6
4 0,2 1,4
e. x 27,4 cm e S 8,79 cm.
12
10
8
6
4
2
0
45
40
35
30
25
20
15
10
5
0
12 18 24 30 36 42
f. Q 1 = 19,25 ; M e = 28,5 ; Q 3 35,75. A amplitude interquartis é 16,5.
12
1. o Q Mediana
3. o Q
18 24 30 36 42
85

86 • Caderno de Apoio ao Professor Y • 10. o Ano
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 exploração
desta actividade. Através da análise dos histogramas será possível responder às questões colocadas e determinar
com algum rigor os desvios existentes. Com a listagem de valores introduzidos no Excel, pode explorar-se
esta ficha, solicitando outras medidas de localização e dispersão de forma a que estas auxiliam as conclusões
retiradas 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 atributos
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 sua
representação é facultativa
2. Pela forma como se distribuem os pontos pelo gráfico, o aluno é levado a dizer que existe uma correlação
positiva 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 uma
terceira 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 problema
que acabou de estudar um bom exemplo dessa situação.
Tarefa de investigação – Adopção internacional de crianças (página 243)
O diagrama dos pontos correspondentes
ao número de vistos passados em 1990
– variável explicativa (x) e ao número de
vistos passados em 1992 – variável resposta
(y), para as diferentes regiões consideradas,
tem o seguinte aspecto:
1992
2000
1800
1600
1400
1200
1000
800
600
400
200
0
1000 2000 3000 4000 5000 6000
1990

Neste diagrama podemos ver alguns pontos que considerámos como outliers, uma vez que os seus valores
saem fora do contexto dos restantes. Aparentemente, os outros pontos parecem seguir um padrão linear. Retirando
alguns desse pontos, o diagrama passa a ter o seguinte aspecto:
600
500
400
300
200
100
0
100 200 300 400 500 600 700 800
Para se verificar um bom ajustamento, o aluno deve ir eliminando alguns dos outliers, observando as diferenças
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 influência
dos outliers numa distribuição estatística e encontrar a situação ideal para obter um ajustamento com a menor
eliminação possível destes.
87