1. 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
2. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
3. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
4. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 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
5. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
6. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
7. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
8. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2
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
9. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
10. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
11. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
12. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
c) AD PA PD
PAPB 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
13. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3
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
14. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
15. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
16. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
17. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
18. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
19. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
20. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
21. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
22. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4
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
23. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
24. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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
25. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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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