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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

SEMELHANÇA ENTRE FIGURAS PLANAS

Páginas 3 - 11

Problema 1
(X) Medida do ângulo CAB e medida do ângulo C’A’B’.

Problema 2

Problema 3

a) Sim, pois todos são retos.
b) Não, porque as medidas dos lados não são proporcionais.

Problema 4

1o passo: marcar os segmentos OA’, OB’, OC’ e OD’, de comprimentos iguais ao dobro
dos comprimentos de OA, OB, OC e OD, respectivamente.

1


2o passo: unindo os pontos A’, B’, C’ e D’ por segmentos de reta, teremos obtido uma
ampliação de fator 2 do losango original.

Atividade 2 – Razão de semelhança

Problema 1
FB AB 6 2
a)     A´B´ 3 cm .
FB´ A´B´ 9 A´B´
3
b) FB´ k .FB  9  k .6  k   1,5 .
2

2


Problema 2

( AB ) 2 3 22 3
a) Área    3 cm 2 .
4 4

2
 . 3
  h    h 
2 2

2 2
.h  2 . 3
Área  
2 4

( A´B´)2 3 32 3
b) Área    2,25 3 cm 2 .
4 4

2,25 3
c)  2,25 vezes  1,5 2 vezes.
3

Problema 3

Atividade 3 – Ampliação e reduções: perímetros e áreas

Problema 1
Dado que um triângulo é ampliação do outro, podemos garantir a congruência entre os
ângulos correspondentes e, também, a proporcionalidade entre as medidas dos lados
correspondentes.
SM MA 6 4 16
a)     LI  cm .
GL LI 8 LI 3

b) O ângulo SÂM é congruente ao ângulo GÎL; logo, a medida de SÂM = 65º.
3


ˆ ˆ ˆ
c) SAM  MSA  SMA  180 0  ˆ
650  27 0  SMA  180 0  ˆ
SMA  88º .
ˆ ˆ ˆ
d) O ângulo LGI é congruente ao ângulo MSA ; logo, a medida de LGI = 27º.
  
e) O ângulo GLI é congruente ao ângulo SMA ; logo, a medida de GLI = 88º.

Problema 2
a) A base menor de TUBA tem 5 unidades, bem como sua altura. Assim, em uma
redução de fator 2,5, essas medidas passarão a ser iguais a duas unidades no polígono
NECO. E a base maior de TUBA tem 9 unidades; com a redução passará a ser igual a
3,6 unidades, conforme representado na figura.

b) NECO é também um trapézio isósceles, assim como TUBA, visto que um é redução
do outro. Nesse caso, mantêm-se as características da figura inicial.
c) A altura de TUBA mede 5 cm e a altura de NECO mede 2 cm, pois 5 ÷ 2,5 = 2.
d) A base maior de NECO = 9 ÷ 2,5 = 3,6 cm e base menor de NECO = 5 ÷ 2,5 = 2 cm.
e) O perímetro de TUBA é 2,5 vezes maior que o perímetro de NECO, pois todas as
medidas lineares de TUBA foram reduzidas 2,5 vezes a fim de que fosse obtido
NECO.
f) A área de TUBA é (2,5)2 maior do que a área de NECO, conforme é possível
perceber pelo cálculo seguinte:

Área de trapézio = base maior  base menor  . altura
2

Área (TUBA) = 9  5 . 5  35 cm 2
2

Área (NECO) = 3,6  2 . 2  5,6 cm 2
2
35 ÷ 5,6 = 6,25 = (2,5)2.

4


Atividade 4 – Semelhança entre prismas representados na malha
quadriculada

Problema 1
São semelhantes 1 e 3 e são semelhantes 4 e 5.
Fator de proporcionalidade:
• de (1) para (3): ampliação (fator 2);
1
• de (3) para (1): redução (fator );
2
1
• de (4) para (5): redução (fator );
2
• de (5) para (4): ampliação (fator 2).

Problema 2
a) e b) Resposta pessoal. Um exemplo:

5


Problema 3

Problema 4
Desenho: resposta pessoal.
Dois cubos são sempre semelhantes, pois em um cubo todas as suas arestas possuem a
mesma medida.

Problema 5

Medida Aresta Área da base Área total Volume

Menor sólido x y z w

Maior sólido x .4 = 4x y .42 = 16y z .42 = 16z w .43 = 64 w

As medidas lineares manterão a razão 1 : 4, enquanto a relação de proporcionalidade
entre as áreas será de 1 : 42 e, entre os volumes, será de 1 : 43.

Páginas 11 - 13

Problema 1
FG EH 60 25
a)     DA  75 m .
CB DA 180 DA

6


FG EH 60 EH
b)     EH  6 m .
CB DA 180 18
FG EH 60 k
c)     DA  3 k .
CB DA 180 DA

Problema 2
FG EH HG EF 60 EH 18 15
      
CB DA CD AB 180 DA CD AB

60 18
a)   CD  54 m .
180 CD
60 15
b)   AB  45 m .
180 AB

Problema 3
O perímetro do trapézio ABCD é igual a 309 m. Como BC = 180 m, CD = 54 m e
AB = 45 m, a medida de DA será igual a: 309 – (180 + 54 + 45) = 30 m.

Problema 4

Trapézio BC 180 DA 30 AB 45 CD 54
ABCD

Trapézio FG 60 EH 10 EF 15 GH 18
EFGH

Convém observar e salientar que a razão de semelhança entre os trapézios ABCD e
EFGH é igual a 3, como é possível perceber pela divisão entre dois valores de uma
mesma coluna da tabela. ABCD é uma ampliação de EFGH (fator 3); EFGH é uma
1
redução de ABCD (fator ).
3

7



TRIÂNGULOS: UM CASO ESPECIAL DE SEMELHANÇA

Páginas 15 - 20

Problema 1
Resposta pessoal.

Problema 2

b = d = f = 58o; a = c = g = e = 180o – 58o = 122º.

Problema 3
Pares de ângulos opostos pelo vértice: (b) e 58o; (f) e (d); (a) e (c); (g) e (e).
Pares de ângulos alternos e internos: (a) e (g); (d) e 58o.
Pares de ângulos alternos e externos: (c) e (e); (b) e (f).
Pares de ângulos correspondentes: (c) e (g); 58o e (f); (b) e (d); (a) e (e).

Problema 4

32o + 83o + BCA = 180o  BCA = 65o.

DEA = BCA = 65o.

Atividade 2 – Triângulos semelhantes: contexto e aplicações

Problema 1

a) Os ângulos internos dos dois triângulos são correspondentemente congruentes.
Assim, os ângulos internos de MEU medem 100o, 58o e 22o.

b) Os ângulos internos dos dois triângulos são correspondentemente congruentes.
Assim, os ângulos internos de GIL medem 100o, 58o e 22o.
8


EU ME 5,2 2
c)     IG  3,8 cm .
IL IG 10 IG

Problema 2
a) SD e SC, SA e SB.
AD DS SA
b)   .
BC SC SB
AD SD SA 30 SD SA
c)      .
BC SC SB 180 SD  54 SA  45
As medidas SD e SA podem ser obtidas dessa dupla proporção, resultando
SD = 10,8 m e SA = 9 m.
Convém observar e salientar a razão de semelhança entre os dois triângulos, nesse
1
caso igual a .
6
SC = SD + DC = 10,8 + 54 = 64,8 m.
SB = SA + AB = 9 + 45 = 54 m.

Triângulo SAD (m) SA 9 AD 30 SD 10,8

Triângulo SBC (m) SB 54 BC 180 SC 64,8

d)

9


TE EH TH TE 10 TH
      
TF FG TG TE  15 60 TH  18
10 TH
  60 TH  10 TH  180  TH  3,6 m
60 TH  18
10 TE
  60 TE  10 TE  150  TE  3 cm
60 TE  15

Portanto,

Triângulo TEH (m) TE 3 TH 3,6 EH 10

Triângulo TFG (m) TF 18 TG 21,6 FG 60

Páginas 20 - 25
Problema 3

OB OE BE
Semelhança entre os triângulos OBE e OCF:   ,
OC OF CF
12 10 8
   OF  12,5 CF  10 .
15 OF CF
OG OD DG
Semelhança entre os triângulos ODG e OBE:   ,
OE OB BE
OG 20 DG
   OG  16,7 DG  13,3 .
10 12 8

Problema 4
Os triângulos ABC e ADB têm ângulos correspondentemente congruentes, sendo,
portanto, semelhantes.

10


BC BA AC 24 15 18
      AD  11,25 m .
BA BD AD 15 BD AD
Portanto, a viga AD medirá 11,25 m.

Atividade 3 – Semelhanças: cordas, arcos e ângulos

Problema 1

a) Ângulos com mesma medida: PCB e PDA, CPB e DPA, CBP e DAP.
PB BC PC
Proporções:   .
PA AD PD

 PC PA  PB PD  ; logo, é correta a relação citada.
PB PC
b)  . .
PA PD

Problema 2
Podemos estabelecer a seguinte proporção entre as medidas dos lados dos triângulos
PB PC 9 12
representados na figura:     PA  6 .
PA PD PA 8

Problema 3
a)

AD PA PD
b)   .
BC PC PB
11


c) AD PA PD
   PAPB   PC .PD 
.
BC PC PB

Problema 4
De acordo com a relação obtida na atividade anterior, podemos escrever:
12.4 = x(x – 10)
48 = x2 – 10x
x2 – 10x – 48 = 0

10  (10) 2  4 . 1. (48) 10  292
x   5  73
2 .1 2

Portanto, x = 5 + 73  13,5 cm.

12



RELAÇÕES MÉTRICAS NOS TRIÂNGULOS RETÂNGULOS;
TEOREMA DE PITÁGORAS

Páginas 26 - 30

Atividade 1 – Triângulos retângulos: métrica e semelhança
Problema 1

a)

AH AB HB
 
BH BC HC
n a h
 
h b m

AH HB n h
b)     h2  m.n
BH HC h m

Problema 2
a) x2 = 4 . 9  x = 6.
z2 = x2 + 42  z2 = 36 + 16  z = 52  2 13 .

y2 = x2 + 92  y2 = 36 + 81  y = 117  3 13 .
b) 62 = 2y  y = 18,
z2 = 62 + y2  z2 = 36 + 324  z = 360  6 10 ,

x2 = 62 + 22  x = 40  2 10 .

13


Problema 3

a b c a n h
a) Semelhança entre os triângulos (I) e (II):   ou   .
n h a b h m
a c
b)   a 2  c.n
n a

a b c
c) Semelhança entre os triângulos (I) e (III):   .
h m b

a b c
d)    b 2  c.m
h m b

Problema 4

a)

Aplicando a relação b 2  c . m , temos:
27
92  12.x  x  .
4
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
122 = 92 + y2  y = 63  3 7 .

14


b)

82 = 42 + y2  y = 48  4 3 ,
y2 = 8m  m = 6,
y2 = x2 + m2  x = 12  2 3 .

Problema 5
a2 = c . n
b2 = c . m (+)
a2 + b2 = cn + cm
a2 + b2 = c . (n + m), mas (n + m) = c, logo: a2 + b2 = c . c a2 + b2 = c2.
A soma dos quadrados das medidas dos catetos é igual ao quadrado da medida da
hipotenusa de um triângulo retângulo qualquer.

Páginas 30 - 32

Problema 6
a) BD2 = 302 + 402  BD = 50 m.
b) DA2 = DB . DF  402 = 50 . DF  DF = 32 m.
c) BF = DB – DF = 50 – 32  BF = 18 m.
d) AF2 + BF2 = AB2;
AF2 + 182 = 302  AF = 24 m.
e) BC2 + CD2 = BD2 (BCD é isósceles; BC = CD);
2 . BC2 = BD2  BC = 1 250  25 2 m .

f) BC2 = BD.BE  1 250 = 50.BE  BE = 25 m.
g) CE2 + BE2 = CB2  CE2 + 252 = 1 250  CE = 25m.
15


h) FE + BF + DE = DB  Como DE2 = DC2 – CE2, segue que DE = 25 m.
Sendo BF = 18 e DE = 25, segue que: FE + 18 + 25 = 50  FE = 7 m.

Problema 7
a) Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, temos:
BC2 = AC2 + AB2  BC = 100 km.
b) A menor distância entre o ponto A e a reta BC é a altura h, relativa à hipotenusa BC.
Para obter h, podemos analisar a semelhança entre os triângulos ABC e AHC,
representados na figura a seguir:

AB BC AC
 
AH AC HC

60 100
  AH  48 km .
AH 80

c) Se o posto policial deve ficar a igual distância de B e C, então ele deve ficar no ponto
M, ponto médio de BC, a 50 km de ambas as cidades. Podemos calcular a distância x
de B até o pé da perpendicular de A até BC: no triângulo ABC, o cateto AB ao
quadrado é igual ao produto de BC por x; logo, 602 = 100 . x, ou seja, x = 36 km.
Com isso, concluímos que a distância do pé da perpendicular até o posto policial é de
14 km (50 km – 36 km), e Pitágoras fornece a distância a de A até o posto policial: a2
= h2 + 142; como h = 48, segue que a = 50 km. (Como o triângulo ABC é retângulo
em A, então o ponto A pertence à circunferência de centro em M e diâmetro BC, ou
seja, a distância de A até M também é 50 km)

Problema 8
base . altura 30 . 40
a) A área do triângulo é: área =   600 m 2 .
2 2
b) A região retangular representada tem como lados as alturas h1 e h2 dos dois
triângulos em que o triângulo dado é dividido pela altura h relativa à hipotenusa. O
valor de h pode ser calculado, da mesma maneira que na atividade anterior, por
16


30 . 40 = 50 . h  h = 24.

As relações métricas conhecidas permitem calcular diretamente os valores de m e n:
302 = 50 . m  m = 18 e 402 = 50 . n  n = 32.
Determinando, agora, h1 e h2:
h . m = 30 . h1  h1 = 14,4 e h . n = 40 . h2  h2 = 19,2.
A área da construção será igual a: A = 14,4 . 19,2 = 276,48m2.

Páginas 33 - 35

Atividade 2 – Pitágoras: significados, contextos
Problema 1

O ponto de encontro das mediatrizes (retas que passam nos pontos médios dos lados
de um triângulo e são perpendiculares a esses lados) de um triângulo retângulo coincide
com o ponto médio de sua hipotenusa. Esse ponto, denominado circuncentro, é o centro
da circunferência circunscrita ao triângulo. Dessa forma, metade da medida da
hipotenusa coincide com a medida do raio dessa circunferência.

Portanto, a hipotenusa do triângulo mede 8 cm, que é o dobro da medida do raio, e os
outros lados, pelo fato de o triângulo ser isósceles, de acordo com o enunciado, medem
4 2 cm cada um.

17


Problema 2

502 = 302 + a2  a = 40 m,

402 = 302 + b2  b = 700  10 7 m .

A distância entre os dois personagens, nesse caso, é igual a 40  10 7 m 66,5 m.

Problema 3
AC2 = 22 + 32  AC = DB  3,6 m. Para duas barras, seriam necessários,
aproximadamente, 7,2 m, que é uma medida maior do que os 6,5 m disponíveis. Assim,
a barra não será suficiente para a tarefa desejada.

Problema 4
Medida da diagonal (d) do retângulo:
d2 = 62 + 42  d  7,2 m.
Quantidade, aproximada, necessária de conduíte:
6 + 4 + 2 . 7,2 = 24,4 m.

Problema 5
Sejam:
x: distância de A até o vértice superior esquerdo da caixa VI,
y: distância de A até o vértice superior direito da caixa VIII,
z: distância de A até o centro da face visível da caixa IX, temos:

18


a) x2 = 102 + 202  x = 500  10 5 cm .

b) y2 = 402 + 202  y = 2 000  20 5 cm .

c) z2 = 252 + 252  z = 25 2 cm .

Páginas 35 - 36

Problema 6
a) O raio da maior pizza que cabe na embalagem é a altura de um triângulo equilátero
de lado 18 cm, uma vez que um hexágono regular pode ser dividido em seis
triângulos equiláteros congruentes, cujo lado tem a mesma medida do lado do
hexágono. Assim, a altura do triângulo, ou o raio da pizza, mede 9 3 cm, e o

diâmetro mede 18 3 cm  31 cm.

18 . 9 3 2
b) A área de um dos triângulos que formam o hexágono é  81 3 cm . A área
2
do hexágono que forma a parte de baixo da caixa é 6 . 81 3  486 3 cm2.
A área da parte lateral da caixa é igual a 6 vezes a área de um retângulo de
dimensões 18 cm por 3 cm. Assim, a área é 6 . 18 . 3 = 324 cm2. Portanto, a área total
do papelão é 324  486 3 , que é igual, aproximadamente, a 1 166 cm2.

19


Problema 7

a) O triângulo destacado em laranja na figura é um retângulo com catetos de 30 cm e 40
cm. Logo, a hipotenusa desse triângulo mede 50 cm, que corresponde à diagonal
solicitada.
b) O triângulo destacado em verde na figura é um retângulo com catetos de 20 cm e 50
cm, e a diagonal pedida no enunciado da questão corresponde à hipotenusa desse
triângulo. Assim, a diagonal d é igual a:

d2 = 202 + 502  d = 10 29  54 cm.

Páginas 37 – 39
Problema 1
a) Área de CDJK = a . m Área de JEBK = a . n
Soma das áreas = a . m + a . n = a(m + n) = a . a = a2.
b) Área de ABC a partir dos catetos: (b . c) ÷ 2
Área de ABC a partir da hipotenusa e da altura h: (a . h) ÷ 2
(b . c) ÷ 2 = (a . h) ÷ 2 b.c=a.h
c) Área de CAHI = b2 Área de CDJK = a . m
Igualando as áreas, obtemos uma das relações métricas do triângulo ABC, ou seja,
b2 = a.m. Logo, as áreas são, de fato, iguais.
d) Área de JEBK = a . n Área de ABFG = c2
Igualando as áreas, obtemos uma das relações métricas do triângulo ABC, ou seja,
c2 = a . n. Logo, as áreas são, de fato, iguais.
Problema 2
a) Cálculo da hipotenusa do triângulo: x2 = 52 + 122  x = 13 cm.

20


Cálculo da altura relativa à hipotenusa: 5 . 12 = 13 . h  h  4,6 cm.
b) Cálculo das projeções dos catetos sobre a hipotenusa:
52 = 13 . n  n  1,9 cm e 122 = 13.m  m  11,1 cm.
Área de cada triângulo:
A1 = (11,1 . 4,6) ÷ 2  25,5 cm2 e A2 = (1,9 . 4,6) ÷ 2  4,4 cm2.

Problema 3
Os lados 3, 4 e 5 indicam que o triângulo considerado é retângulo. A altura pedida
corresponde à altura do triângulo relativamente à hipotenusa. Como o produto dos dois
catetos é igual ao produto da altura pela hipotenusa (b . c = a . h), concluímos que
4 . 3 = 5 . h e que h = 2,4 m.

21



RAZÕES TRIGONOMÉTRICAS DOS ÂNGULOS AGUDOS

Página 40
Problema 1

Resposta pessoal. Uma possível resposta: α = 15o, β = 30o e θ = 45o.

Problema 2

O tipo de papel e o tipo de impressão podem fazer com que as respostas variem.

Problema 3
Resposta pessoal.

Páginas 42 - 47

Problema 4
2 4
A inclinação é:   0,04  4 % .
50 100

Quanto ao ângulo, é preciso determinar o ângulo que tem seno igual a 0,04. Uma
calculadora científica nos informa que, nesse caso, ele mede aproximadamente 2,3o.

Problema 5

Uma inclinação de 30% significa que o telhado sobe 30 m a cada 100 m de
deslocamento horizontal. O ângulo, nesse caso, tem tangente igual a 0,3, resultado da
divisão de 30 por 100. Uma calculadora nos informa que, nesse caso, ele mede
aproximadamente 16,7o.

22


Problema 6

O ângulo  = 82o da figura é o complementar do ângulo  de inclinação da rua. Assim,
a rua tem inclinação de (90o – 82o) = 8º.

Problema 7

8
a) O seno do ângulo de inclinação é igual a = 0,08, que corresponde a um ângulo
100
de, aproximadamente, 4,6o.

20
b) O seno do ângulo de inclinação é igual = 0,04, que corresponde a um ângulo de,
500
aproximadamente, 2,3o.

c) Podemos calcular o deslocamento do carro y pela semelhança entre triângulos:

20 8
  x  200 m .
500 x

Atividade 2 – Medindo ângulos e calculando distâncias inacessíveis

Problema 1

a) sen 23o  0,39, cos 23o  0,92 e tg 23o  0,42.

h
b) Escolheria a tangente do ângulo α, pois a tangente de α, no caso, é igual a .
d
h h
c) tg    0,42   h  5,04 m .
d 12
Problema 2

Sendo tg 23o = 0,42 e tg 34o = 0,67, temos:

23


 h  h
tg   d  m
 0,42  3  m
 h  0,42(3  m)
     
tg   h 0,67  h h  0,67m

 m 
 m

0,42(3  m)  0,67 m  m  5,04 m e h  3,38 m

Problema 3
Sendo tg 45o = 1 e tg 37,5o = 0,77, temos:

 x
tg 45  y  1
0
x  y
 
   x  0,77( x  24)  x 
tg 37,5 0  x  0,77 0,77  y  24
 y  24 


0,77 x  18,48  x  x  80,3 m

24


Problema 4

Seja:
tgα = tg 30o = 0,57
tgβ = tg 60o = 1,73

Determinando a medida de PB, que é igual a medida de RC:
PB PB
tg   0,57   PB  RC  1,71 m .
m 3
Determinando a medida de QC:
QC QC
tg   1,73   QC  6,92 m .
p 4
Pelo teorema de Pitágoras, temos no triângulo PQR:

x 2  ( PR) 2  (QR) 2 , mas PR = n = 4 m e QR = QC – RC; logo,

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