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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9o ano – Volume 4

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

A NATUREZA DO NÚMERO PI ()

Páginas 5 - 6
1.
a) π é definido como o resultado da divisão entre o comprimento da circunferência
e seu diâmetro.
b) A tampa poderia estar amassada e não constituir um círculo perfeito ou o
processo de medida pode ter sido feito sem a precisão necessária.
c) No método experimental, o valor de π está sujeito às imprecisões do objeto e do
processo de medida. Usando a fórmula, é possível obter o valor de π com maior
exatidão.

2.
a) O resultado da fórmula se aproxima de 3,141 quanto maior for o número de
parcelas consideradas.
b) “Rapidamente, ela procurou fazer o cálculo, somando e subtraindo as frações

alternadamente. A soma saltava de um lado para outro, desde um pouco mais que
4

até um pouco menos que , mas depois de algum tempo ela pode perceber que essa
4
série de números seguia uma trilha lenta em direção à resposta correta.”
(Observação: o objetivo principal desta questão é mostrar ao aluno o funcionamento
de uma fórmula com infinitas parcelas, que se aproxima gradualmente do valor de π.
Comente com os alunos que a fórmula descrita no texto resultava no valor

aproximado de . Para obter o valor de π, ela teve que ser multiplicada por 4. O
4
gráfico mostra os resultados parciais obtidos com essa fórmula, em função do
número de parcelas consideradas.)

1


Página 9
3.
256 25
a) No antigo Egito:  3,161 / Na Mesopotâmia:  3,125
81 8
377
Ptolomeu:  3,14167 .
120
O cálculo de Ptolomeu é o que mais se aproxima do valor de pi.
b) O método desenvolvido por Arquimedes mostrou que é possível obter
aproximações do valor de π tão precisas quanto desejarmos, bastando aumentar
continuamente o número de lados dos polígonos inscritos e circunscritos.
c) A letra π vem do alfabeto grego e foi escolhida por ser a primeira letra da palavra
peripheria (περίμετρος), cujo significado é circunferência, ou seja, o contorno de um
círculo.
d) O uso dos computadores associado ao descobrimento de métodos de cálculo
mais poderosos e eficientes.
e) Ele conseguiu provar que não há nenhuma fração cujo resultado seja igual a pi.
Por isso, pi é classificado como número irracional, cuja terminação decimal é infinita
e não periódica.

Página 10
4. Para obter o valor de pi, basta dividir o perímetro dos hexágonos inscritos e
circunscritos pelo diâmetro da circunferência.

Perímetro do hexágono inscrito 6 . 3
 3
Diâmetro da circunferência 2.3

Perímetro do hexágono circunscrito 6 . 3,46
  3,46
Diâmetro da circunferência 2.3

Usando hexágonos, obtemos o seguinte intervalo para o valor de : 3 <  < 3,46.

2


Páginas 10 - 12
5.
a) Não.
b)

c)

Observação: nessa atividade, o mais importante é que o aluno entenda como se
calcula a frequência relativa. Por essa razão, indicamos o uso da calculadora, pois
isso agiliza a parte mecânica desse processo.

d) É o algarismo 8, com frequência relativa de 12,3%.
e) É o 7, com frequência relativa de 6,5 %.
f) A diferença é de 5,8 pontos porcentuais.

6. Há um equilíbrio maior entre as frequências dos algarismos de pi na segunda tabela
em relação à primeira. Assim, é possível concluir que, quanto maior o número de
dígitos, mais equilibrada é a distribuição dos algarismos.
3



A RAZÃO  NO CÁLCULO DO PERÍMETRO E DA ÁREA DO
CÍRCULO

Páginas 13 - 14
1.
a) Em uma volta completa de uma circunferência de diâmetro igual a 1 unidade
percorre-se 3,14 unidades.
b) A circunferência de diâmetro 2 percorreria 6,28 unidades. A circunferência de
diâmetro 10 percorreria 31,4 unidades.

2. C=2.π.r e C=π.D

Página 15
3. O diâmetro total do pneu do carro pode ser obtido somando-se o diâmetro da roda
interna com o dobro da altura do pneu.
Diâmetro da roda + 2 . altura do pneu = 38,1 cm + 2 . 13,325 cm = 64,75 cm.

4 Conhecendo o diâmetro, é possível obter a medida da circunferência do pneu:
C Pneu  3,14 . 64,75  203,315 cm .
Assim, a distância percorrida pelo pneu em um giro completo da roda, com essas
especificações, é de, aproximadamente, 2,03 metros.

Página 16
5.
a) Roda de aro 15: 195/50 R15
4


Altura do pneu: 50% . 195 = 97,5 mm = 9,75 cm
Diâmetro da roda interna: 15 . 2,54 = 38,1 cm
Diâmetro total = 2 . 9,75 + 38,1 = 57,6 cm
Circunferência da roda: 3,14 . 57,6 = 180,86 cm  1,81 m
A roda 195/50R15 percorre 1,81 metro por giro. Portanto, percorrerá 1,81 km
em 1 000 giros.
b) Roda de aro 16: 205/60 R16
Altura do pneu: 60% . 205=123 mm = 12,3 cm
A roda 205/60R16 percorre 2,05 metros por giro. Portanto, percorrerá 2,05 km
em 1 000 giros.
c) Roda de aro 17: 210/65 R17
Altura do pneu: 65% . 210 = 136,5 mm = 13,65 cm
A roda 210/65R17 percorre 2,21 metros por giro. Portanto, percorrerá 2,21 km
em 1 000 giros.

Páginas 17 - 18
6.
a) Da atividade anterior, sabemos que a roda de aro 15 possui uma circunferência
de 1,81 metro. Portanto, para que o hodômetro registre 1 km ou 1 000 metros serão
necessários 1 000  1,81  552,5 giros da roda.
b) Se para rodar 1 km o eixo gira 552,5 vezes, então, para rodar 200 km ele irá
girar (200 . 552,5) = 110 500 vezes.
c) Com as rodas de aro maior, o número de giros por quilômetro rodado será
menor, pois serão necessárias menos voltas para se percorrer a mesma distância.

5


Portanto, se não houver um ajuste, o hodômetro deverá registrar uma quilometragem
menor que 200 km.
d) O comprimento da circunferência da roda de aro 17 é de 2,21 metros. Em
1 quilômetro ou 1 000 metros, serão necessários 1 000  2,21  452,5 giros, menos
do que com a roda de aro 15 (552,5 giros). Em 200 quilômetros, a roda irá girar
200 . 452,5 = 90 500 vezes. Contudo, o hodômetro estava regulado para registrar 1
quilômetro a cada 552,5 giros. Portanto, a quilometragem registrada na viagem será
de 90 500  552,5 = 163,8 quilômetros. Esse problema mostra que, se não forem
feitos ajustes no hodômetro, ao se trocar as rodas de um carro por outras de
diâmetros diferentes, o registro de quilometragem apresentará dados incorretos.
Nesse exemplo, houve uma diferença de quase 40 km no registro da quilometragem
percorrida numa viagem de 200 km.

Páginas 19 - 21

7. AOctógono  AQuadrado  4. ATriângulo
1
AOctógono  9  4. 7
2

8.
a) 32 quadrados de 1 cm² b) 60 quadrados de 1 cm²

Área = 32 cm² Área = 60 cm²

6


c) Nesse caso, o cálculo da área do círculo é muito grosseiro, pois a diferença entre
a aproximação por falta (32 cm²) e a por excesso (60 cm²) é grande. A média entre os
dois valores resulta em 46 cm².

Páginas 21 - 23
9.
a) 164 quadrados de lado 0,5 cm. b) 224 quadrados de lado 0,5 cm

A área de cada quadrado é, assim, ¼ da área Área = 224 . 0,25 = 56 cm²

do quadrado anterior: 0,25 cm²

Área = 164 . 0,25 = 41 cm²

7


c) Usando quadrados menores, a diferença entre o valor da área aproximada por
falta (41 cm2) e por excesso (56 cm2) diminui. A média entre os dois valores resulta
em uma área de 48,5 cm².

Páginas 23 - 25
10.
a) Para um valor de n muito grande, a área da figura será muito próxima à área do
retângulo de base igual à metade do comprimento da circunferência (.r) e altura
igual ao raio r.

Aretângulo  base . altura  ( .r ) . r   . r 2
b) A   .r 2 .

11. Como o círculo estava inscrito num quadrado de lado 3 unidades, seu raio vale 1,5
unidade. Aplicando a fórmula da área do círculo, obtemos:

Acírculo   .r 2  3,14 . (1,5) 2  7,065

8


A área do círculo é um pouco maior que a área do octógono inscrito no quadrado.
Portanto, o método egípcio subestimava o valor da área do círculo.

12. Para um círculo de raio 4 cm, a área vale A  3,14 . 4 2  50,24 cm 2 . Na atividade 8,
a área obtida foi 46 cm2 e, na atividade 9, foi 48,5 cm2. Portanto, quanto menor for
o tamanho do quadrado utilizado, mais próxima do valor correto será a
aproximação.

Páginas 25 - 27
2
13. (60º  360º) . . 22 =
3
2
A área do setor vale cm2, ou 2,09 cm2.
3

14. Se o setor corresponde a ¾ do círculo, então a área do setor é As = ¾ . . r2. Logo,
108 = ¾. . r2
r2 = 144
r = 12
O raio do círculo é de 12 cm.

15. Se a área do setor vale 62,5 cm2, então:

As = ( ) .  . r2
360 o


62,5 = ( ) .  . 102
360 o
62,5  . 360
 = 225º
100 
O ângulo central correspondente é de 225º.

9


16. A área do setor circular de 90º é igual a ¼ da área de uma circunferência de raio L.
 .L2 L
Ou seja, é igual a ASC  . A área da circunferência de raio é igual a
4 2
2
L  .L2
AC   .   . Portanto, ambas as figuras possuem a mesma área.
2 4

Páginas 27 - 29
17.
a) a2  b2  c2
b) Nessa figura, a área do quadrado de lado a é igual à soma das áreas dos dois
quadrados formados, respectivamente, sobre os catetos b e c.

2
a  . 5 2 25
18. A área do círculo correspondente à hipotenusa é C a   .   
2 4 4

As áreas dos círculos relativos aos catetos b e c valem, respectivamente,

 .b 2 9  .c 2 16
Cb   e Cc   .
4 4 4 4

Somando-se as áreas obtidas, temos:

9 16 25
Cb  Cc    .
4 4 4

Portanto, Cb  Cc  Ca .

A área do círculo construído sobre a hipotenusa é igual à soma das áreas dos
círculos construídos sobre os catetos, o que está de acordo com o teorema de
Pitágoras.

10


19.

a) A área da figura colorida é a diferença entre a área do quadrado de lado igual ao
lado do triângulo e o semicírculo de diâmetro igual a esse lado. Assim, a área da
2
1 a  .10 2 25.
figura relativa à hipotenusa é Aa  a  . .    10 2  2
 100  .
2 2 8 2
As áreas das figuras relativas aos catetos b e c valem, respectivamente,
2 e 2
1  6 9. 1 8
Ab  6  . .   36 
2
Ac  8  . .   64  8
2

2  2 2 2 2
9 25
Ab  Ac  36   64  8  100  .
2 2
Portanto, Ab  Ac  Aa , o que está de acordo com o teorema de Pitágoras.

b) A figura colorida é um setor circular de 90º com raio igual ao lado do triângulo.
1  .a 2
Assim, a área do setor circular relativo à hipotenusa é S a  . .a 2  .
4 4
As áreas dos círculos relativos aos catetos b e c valem, respectivamente,

 .b 2 e  .c 2
Sb  Sc 
4 4
 .b 2  .c 2  . (b 2  c 2 )
Sb  Sc   
4 4 4
Mas, pelo teorema de Pitágoras, b2 + c2 = a2
 .b 2  c 2   .a 2
Portanto,   S a , ou seja, S b  S c  S a .
4 4

Página 30
20. Professor, oriente os alunos quanto ao uso correto da régua e do compasso na
construção das figuras dessa atividade. É importante que os alunos realizem tais
construções com capricho e precisão.
11


1a e 2a etapas 3a e 4a etapas:

5a etapa:

Rc

Rb

Desafio!

Página 31
21. O desafio é difícil, mas não impossível. Caso os alunos não consigam resolvê-lo, o
professor pode fazer a demonstração na lousa. Uma sugestão possível está descrita a
seguir:
Sejam Lb e Lc as áreas das lúnulas relativas aos catetos b e c. Rb e Rc são os
segmentos circulares limitados pelos catetos b e c. SCa, SCb e SCc são as áreas dos
semicírculos relativos aos lados a, b e c do triângulo. Seja T a área do triângulo
retângulo ABC. Então, podemos escrever que:
T = SCa – (Rb + Rc) (I)
12


Consideremos também que as áreas dos semicírculos
representados a seguir obedecem ao teorema de Pitágoras,
como visto anteriormente, ou seja, SCa = SCb + SCc. (II).
As áreas das lúnulas Lb e Lc valem, respectivamente:
Lb = SCb – Rb e
Lc = SCc – Rc
Então, a soma das áreas das lúnulas é dada por
Lb + Lc = SCb – Rb + SCc – Rc, ou
Lb + Lc = SCb + SCc – (Rb + Rc)
Considerando a relação (II), podemos escrever que Lb + Lc = SCa – (Rb + Rc).
Como T = SCa – (Rb + Rc) (I), concluímos que Lb + Lc = T.
Ou seja, a soma das áreas das lúnulas é igual à área do triângulo retângulo.

13



CILINDROS

Páginas 32 - 33
1.
a) I. Prisma (quadrangular) reto II. Cilindro reto
b) O prisma é um sólido geométrico formado por polígonos, ao passo que o
cilindro é formado por dois círculos e uma superfície lateral. O prisma possui faces
laterais, que são retângulos, enquanto o cilindro possui superfície lateral. Ambos
possuem duas bases congruentes, situadas em planos paralelos entre si. No caso do
prisma da figura, as bases são retângulos, mas poderiam ser qualquer outro polígono.
No caso do cilindro, as bases são círculos de mesmo diâmetro. Em ambos os casos, a
superfície lateral é perpendicular aos planos das bases.
c)

d) O número de vértices: 8/o número de arestas: 12/o número de faces: 6/o
polígono que forma a base: retângulos/o polígono que forma a face lateral:
retângulos.
e) A figura plana que forma a base: círculo/o polígono que corresponde à superfície
lateral planificada: retângulo.

2. O comprimento do retângulo é igual ao comprimento da circunferência de base, ou
seja, π . D. Como o diâmetro mede 6 cm, então o comprimento do retângulo é igual a
6 . 3,14  18,8 cm.
14


Páginas 34 - 35
3. Os alunos devem seguir as etapas de 1 a 6, até a montagem do cilindro. O resultado
final pode ficar um pouco irregular, devido à dificuldade em contornar a superfície
lateral em torno das bases circulares. Contudo, o intuito é mostrar que o cálculo
realizado na atividade anterior corresponde, aproximadamente, às medidas do
cilindro montado.

4.
a) Dados: diâmetro do círculo = 6 cm (raio = 3 cm) e altura do retângulo = 5 cm.
As áreas das bases correspondem às áreas dos círculos de raio 3 cm. Portanto,
Área das bases = 2 . área do círculo = 2 . ( . r2 )  2 . 3,14 . 32  56,5 cm2.
b) Já a área lateral corresponde à área do retângulo de base igual ao comprimento
da circunferência (2 .  . r) e altura igual a 5 cm. Portanto,
Área lateral = área do retângulo = base . altura = (2 .  . r) . 5  2 . 3,14 . 3 . 5 
94,2 cm2.
c) A área total da superfície do cilindro corresponde à soma das áreas das bases
com a área da superfície lateral:
Área do cilindro = área das bases + área lateral = 56,5 + 94,2 = 150,7 cm2.
d) As dimensões de uma folha A4 são de, aproximadamente, 21 cm por 30 cm.
Portanto, sua área é de 21 . 30 = 630 cm2, que é aproximadamente 4 vezes maior que
a área obtida (150,7 cm2). Portanto, na construção do cilindro foram utilizados
aproximadamente 25% do papel A4 original.

5. A área da base é o dobro da área do círculo, ou seja, ( . r2). E a área lateral é a área
de um retângulo de base igual ao comprimento da circunferência da base (2 .  . r) e
altura h.

 Abase   . r 2

Acilindro  2 . Abase  ALateral 
A
 lateral  2 . . r . h

15


Portanto, a área do cilindro vale: Acilindro  2. .r  2. .r .h ou
2

Acilindro  2. .r ( r  h)

Páginas 36 - 37
6.
a)

C  2. .r
Comprimento da circunferência

Área do círculo A   .r 2

A  2. .r.(r  h)
Área do cilindro

Volume do cilindro V   .r 2 .h

4. .r 3
Volume da esfera V
3

b) Uma característica presente em todas as fórmulas é o uso do número . Além
disso, todas elas envolvem o raio de uma circunferência.

7.
a) Como 10 cm equivalem a 1 dm, então, a capacidade do cubo é dada por
V = 1dm . 1dm . 1dm = 1 dm3 = 1 litro.
b) Como 1 cm equivale a 0,1 dm, então, a capacidade do cubo é dada por
V = 0,1dm . 0,1dm . 0,1dm = 0,001 dm3 = 0,001 litros = 1 mililitro ou 1 ml.
c) Como 1 m equivale a 10 dm, então, a capacidade do cubo é dada por
V = 10dm . 10dm . 10dm = 1 000 dm3 = 1 000 litros.

8. O cilindro construído tem 6 cm de diâmetro, portanto, 3 cm de raio e altura igual a 5
cm. Considerando   3,1, o volume será igual a:

16


V =  . r 2 . h  3,1 . 3 2 . 5  139,5 cm3.
A capacidade do cilindro é de, aproximadamente, 139,5 ml.

Páginas 38 - 39
9.
a) Usando   3,1, o volume da lata é de, aproximadamente,
V = 3,1 . 32.12 = 334,8 cm3. Como um centímetro cúbico equivale a 0,001 dm3,
então, o volume pode ser expresso como 0,3348 dm3. Um decímetro cúbico equivale
a um litro, então, o volume da lata é de, aproximadamente, 0,335 litros ou
335 mililitros. V = 335 ml.
b) Basta calcular a área do cilindro. A área da base é igual Ab = 3,1 . 32 = 27,9 cm2.
A área lateral é: Al = 2 . 3,1 . 3 . 12 = 223,2 cm2.
A área total do cilindro vale 2 . 27,9 + 223,2 = 279 cm2. Portanto, são necessários
279 cm2 para confeccionar uma lata, aproximadamente.
c) A área de uma chapa de alumínio é dada por 1 m . 1,72 m = 1,72 m2. Um metro
quadrado equivale a 100 . 100 = 10 000 centímetros quadrados. Portanto, a área total
da chapa, em centímetros quadrados, é 10 000 . 1,72 = 17 200 cm2. Para saber
quantas latas podem ser confeccionadas com uma chapa, divide-se a área da chapa
pela área da lata: 17 200 ÷ 279  61,65. Assim, com uma chapa de alumínio é
possível confeccionar, no máximo, 61 latas.
Observação: professor, comente com os alunos que pode haver perdas nesse
processo e que, na realidade, o aproveitamento pode ser um pouco menor.

17



PROBABILIDADE E GEOMETRIA

Páginas 42 - 44
1.
a) O intuito original era calcular a probabilidade de uma agulha de determinado
comprimento cair sobre a linha de um tabuleiro.
b) Que o cálculo da probabilidade de a agulha cair sobre as linhas envolve,
diretamente, o número π.
c) Fazendo uma série de lançamentos de agulhas em um tabuleiro, pode-se calcular
experimentalmente a probabilidade de a mesma cair sobre uma linha. Substituindo
esse valor na fórmula do Conde de Buffon, pode-se determinar o valor aproximado
de . Essa estratégia funciona bem quando aplicada em um grande número de
lançamentos.
d) Aparentemente, o experimento do Conde de Buffon não apresenta nenhuma
utilidade prática direta. Afinal, a quem interessaria saber a probabilidade de uma
agulha cair sobre uma linha de um tabuleiro? Ou, ainda, por que calcular o valor de
pi usando esse método? Contudo, os resultados do Conde de Buffon acabaram sendo
aproveitados em outra área do conhecimento, resultando no desenvolvimento do
aparelho de tomografia computadorizada.

2.

a) P  2a  2 . 3  0,637  63,7%
 .d 3,14 . 3

A probabilidade de uma agulha de 3 cm cair sobre uma linha de um tabuleiro cujas
linhas distam 3 cm entre si é de aproximadamente 63,7%.

18


b) Dobrando a distância entre as linhas, a probabilidade cai pela metade.
2a 2.a
P   0,3185  31,85%
 .d 3,14.2.a
c) O espaço deve ser de, aproximadamente, 3,8 cm.
2a
0,5 
 .d
1 2.3

2 3,14.d
12
d  3,82
3,14

Páginas 44 - 47
3.
a) A área do setor II corresponde ao ângulo central de 120º. Não é necessário
calcular a área, pois o raio é o mesmo para cada setor. Assim, basta comparar o
ângulo correspondente ao setor II com 360º.
P(II) = 120º/360º = 1/3 = 0,3333... ou aproximadamente 33,3%.
A probabilidade de o ponteiro parar na região II é de 33,3%.
b) Os setores azuis correspondem aos ângulos centrais de 10º e 70º. Portanto, a
probabilidade de o ponteiro parar num setor azul é de P(Azul) = 80/360 = 0,222... ou
22,2%.
c) Na cor verde, pois ela corresponde aos setores de 30º e 80º, que, juntos,
correspondem a 110º, e a probabilidade de ocorrência é de, aproximadamente,
30,6%.

4.

a) Região vermelha: a área do círculo central é igual a:
A1 =  . r2 =  . 102 = 100 cm2.
Região azul: corresponde à área da coroa circular de raios 20 cm e 10 cm.
A2 =  . 202 –  . 102 = 400 – 100 = 300 cm2.
Região amarela: corresponde à área da coroa circular de raios 30 cm e 20 cm.
19


A3 =  . 302 –  . 202 = 900 – 400 = 500 cm2.
Região verde: corresponde à área da coroa circular de raios 40 cm e 30 cm.
A4 =  . 402 –  . 302 = 1 600 – 900 = 700 cm2.
Área total: corresponde ao círculo maior de raio igual a 40 cm.
AT =  . 402 = 1 600 cm2.
b) A probabilidade de acerto em cada região equivale à razão entre a área da região
escolhida e a área total do alvo. Assim, temos que:
100 300
P (Vermelha) =  6,25% P (Azul) =  18,75%
1 600 1 600
500 700
P (Amarela) =  31,25% P (Verde) =  43,75%
1 600 1 600
A região mais externa do alvo, a verde, possui a maior área, portanto, é a região com
maior probabilidade de acerto (43,75%). A região central, vermelha, é a que possui
menor probabilidade de acerto (6,25%).

Desafio!

Página 48
5. Para que a probabilidade de acerto seja a mesma em todas as regiões é preciso que
suas áreas sejam equivalentes:
A1 = A2 = A3 = A4
Partindo de um círculo interno de raio r1, precisamos descobrir os raios dos demais
círculos que satisfaçam essa condição de igualdade.
Portanto, para que A1 = A2, a área do círculo central deve ser igual à área da coroa
circular. Ou seja,  . r12 =  . r22 –  . r12

Então,  . r22 = 2 . r12  r22 =2r12  r2  r1 2

Analogamente, se A1 = A3, obtemos a seguinte equação: ·. r12 =  . r32 –  . r22

Como r2  r1 2 , então:
2 2
 2 2 2 2 2 2
 . r1 =  . r3 –  . r1 2   . r1 =  . r3 – 2 . r1   . r3 = 3 . r1 

r3  r1 3

Resolvendo A3 = A4, obtemos que r4  r1 4 ou r4 = 2r1
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Portanto, para que as áreas de cada região sejam iguais, os valores dos raios devem
estar na seguinte proporção: r1, r1 2 , r1 3 e 2r1. As probabilidades de acerto em
cada região serão de ¼ ou 25%.
Construção geométrica: para construir esse alvo é preciso saber representar os
irracionais 2 e 3 geometricamente. A primeira razão, 2 , é a diagonal de um
quadrado de lado unitário. A segunda, 3 , a diagonal de um retângulo de lados
iguais a 1 e 2 , respectivamente. A figura a seguir ilustra o processo de construção
desses segmentos.

Constroem-se então as circunferências concêntricas de raios 1, 2, 3 e 2,
conforme mostram as figuras a seguir:

Para um círculo interno com raio r1 igual a 2 cm, os demais raios devem medir:
r2 = 2 2  2,83 cm; r3 = 2 3  3,46 cm; r4 = 2r1 = 4 cm.

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