2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito

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

1

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.


2

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

a) cmBABABA

AB

FB

FB3´´

´´

2

9

6

´´´ .

b) 5,12

36.9.´ kkFBkFB .


3

Problema 2

a) 222

34

32

4

3)(cm

ABÁrea .

4

3.

2

.

2

3.

22

222

hÁrea

hh

b) 222

325,24

33

4

3´)´(cm

BAÁrea .

c) .5,125,23

325,2 2 vezesvezes

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.

a) cmLILILI

MA

GL

SM

3

164

8

6 .

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


4

c) º88ˆ180ˆ2765180ˆˆˆ 0000 AMSAMSAMSASMMAS .

d) O ângulo IGL ˆ é congruente ao ângulo ASM ˆ ; logo, a medida de IGL ˆ = 27º.

e) O ângulo ILG

é congruente ao ângulo AMS

; logo, a medida de ILG

= 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 = 2

. alturamenorbasemaiorbase

Área (TUBA) = 2352

5.59cm

Área (NECO) = 26,52

2.26,3cm

35 ÷ 5,6 = 6,25 = (2,5)2.


5

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);

• de (3) para (1): redução (fator 2

1);

• de (4) para (5): redução (fator 2

1);

• de (5) para (4): ampliação (fator 2).

Problema 2

a) e b) Resposta pessoal. Um exemplo:


6

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

MMeeddiiddaa AArreessttaa ÁÁrreeaa ddaa bbaassee ÁÁrreeaa ttoottaall VVoolluummee

MMeennoorr ssóólliiddoo x y z w

MMaaiioorr ssóólliiddoo 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

a) DA

EH

CB

FG mDA

DA75

25

180

60 .


7

b) DA

EH

CB

FG mEH

EH6

18180

60 .

c) DA

EH

CB

FG kDA

DA

k3

180

60 .

Problema 2

ABCDDA

EH

AB

EF

CD

HG

DA

EH

CB

FG 1518

180

60

a) mCDCD

5418

180

60 .

b) mABAB

4515

180

60 .

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

TTrraappéézziioo AABBCCDD

BC 180 DA 30 AB 45 CD 54

TTrraappéézziioo EEFFGGHH

FG 60 EH 10 EF 15 GH 18

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

redução de ABCD (fator 3

1).


8


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.


9

c) cmIGIGIG

ME

IL

EU8,3

2

10

2,5 .

Problema 2

a) SD e SC, SA e SB.

b) SB

SA

SC

DS

BC

AD .

c) 4554180

30

SA

SA

SD

SD

SB

SA

SC

SD

BC

AD.

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

caso igual a 6

1.

SC = SD + DC = 10,8 + 54 = 64,8 m.

SB = SA + AB = 9 + 45 = 54 m.

TTrriiâânngguulloo SSAADD ((mm)) SA 9 AD 30 SD 10,8

TTrriiâânngguulloo SSBBCC ((mm)) SB 54 BC 180 SC 64,8

d)


10

cmTETETETE

TE

mTHTHTHTH

THTH

TH

TE

TE

TG

TH

FG

EH

TF

TE

315010601560

10

6,318010601860

101860

10

15

Portanto,

TTrriiâânngguulloo TTEEHH ((mm)) TE 3 TH 3,6 EH 10

TTrriiâânngguulloo TTFFGG ((mm)) TF 18 TG 21,6 FG 60

Páginas 20 - 25

Problema 3

Semelhança entre os triângulos OBE e OCF: CF

BE

OF

OE

OC

OB ,

105,12810

15

12 CFOF

CFOF.

Semelhança entre os triângulos ODG e OBE: BE

DG

OB

OD

OE

OG ,

3,137,16812

20

10 DGOG

DGOG.

Problema 4

Os triângulos ABC e ADB têm ângulos correspondentemente congruentes, sendo,

portanto, semelhantes.


11

mADADBDAD

AC

BD

BA

BA

BC25,11

1815

15

24 .

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.

Proporções: PD

PC

AD

BC

PA

PB .

b) PDPBPAPCPD

PC

PA

PB.. ; logo, é correta a relação citada.

Problema 2

Podemos estabelecer a seguinte proporção entre as medidas dos lados dos triângulos

representados na figura: 68

129 PA

PAPD

PC

PA

PB.

Problema 3

a)

b)PB

PD

PC

PA

BC

AD .


12

c) PDPCPBPA

PB

PD

PC

PA

BC

AD..

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

7352

29210

1.2

)48(.1.4)10(10 2

x

Portanto, x = 5 + 73 13,5 cm.


13


RELAÇÕES MÉTRICAS NOS TRIÂNGULOS RETÂNGULOS; TEOREMA DE PITÁGORAS

Páginas 26 - 30

Atividade 1 – Triângulos retângulos: métrica e semelhança

Problema 1

a)

b) nmhm

h

h

n

HC

HB

BH

AH.2

Problema 2

a) x2 = 4 . 9 x = 6.

z2 = x2 + 42 z2 = 36 + 16 z = 13252 .

y2 = x2 + 92 y2 = 36 + 81 y = 133117 .

b) 62 = 2y y = 18,

z2 = 62 + y2 z2 = 36 + 324 z = 106360 ,

x2 = 62 + 22 x = 10240 .

m

h

b

a

h

nHC

HB

BC

AB

BH

AH


14

Problema 3

a) Semelhança entre os triângulos (I) e (II): a

c

h

b

n

a ou

m

h

h

n

b

a .

b) ncaa

c

n

a.2

c) Semelhança entre os triângulos (I) e (III): b

c

m

b

h

a .

d) mcbb

c

m

b

h

a.2

Problema 4

a)

Aplicando a relação mcb .2 , temos:

4

27.1292 xx .

Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:

122 = 92 + y2 y = 7363 .


15

b)

82 = 42 + y2 y = 3448 ,

y2 = 8m m = 6,

y2 = x2 + m2 x = 3212 .

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 = m2252501 .

f) BC2 = BD.BE 1 250 = 50.BE BE = 25 m.

g) CE2 + BE2 = CB2 CE2 + 252 = 1 250 CE = 25m.


16

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:

HC

AC

AC

BC

AH

AB

kmAHAH

4880

10060 .

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

a) A área do triângulo é: área = 26002

40.30

2

.m

alturabase .

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


17

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

24 cm cada um.


18

Problema 2

502 = 302 + a2 a = 40 m,

402 = 302 + b2 b = m710700 .

A distância entre os dois personagens, nesse caso, é igual a m71040 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:


19

a) x2 = 102 + 202 x = cm510500 .

b) y2 = 402 + 202 y = cm5200002 .

c) z2 = 252 + 252 z = cm225 .

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 39 cm, e o

diâmetro mede 318 cm 31 cm.

b) A área de um dos triângulos que formam o hexágono é 3812

39.18 cm2. A área

do hexágono que forma a parte de baixo da caixa é 3486381.6 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 3486324 , que é igual, aproximadamente, a 1 166 cm2.


20

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 = 2910 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.


21

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.


22


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

A inclinação é: %404,0100

4

50

2 .

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.


23

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

a) O seno do ângulo de inclinação é igual a 100

8= 0,08, que corresponde a um ângulo

de, aproximadamente, 4,6o.

b) O seno do ângulo de inclinação é igual 500

20= 0,04, que corresponde a um ângulo de,

aproximadamente, 2,3o.

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

mxx

2008

500

20 .

Atividade 2 – Medindo ângulos e calculando distâncias inacessíveis

Problema 1

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

b) Escolheria a tangente do ângulo α, pois a tangente de α, no caso, é igual a d

h.

c) mhh

d

htg 04,5

1242,0 .

Problema 2

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


24

mhemmmm

mh

mh

m

hm

h

m

htg

md

htg

38,304,567,0)3(42,0

67,0

)3(42,0

67,0

342,0

Problema 3

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

mxxx

xx

y

x

yx

y

xtg

y

xtg

3,8048,1877,0

)24(77,0

2477,0

77,024

5,37

145

0

0


25

Problema 4

Determinando a medida de PB, que é igual a medida de RC:

mRCPBPB

m

PBtg 71,1

357,0 .

Determinando a medida de QC:

mQCQC

p

QCtg 92,6

473,1 .

Pelo teorema de Pitágoras, temos no triângulo PQR:

222 )()( QRPRx , mas PR = n = 4 m e QR = QC – RC; logo,

Seja:

tgα = tg 30o = 0,57

tgβ = tg 60o = 1,73

Documents

2010 volume3 cadernodoaluno_matematica_ensinofundamentalii_8aserie_gabarito