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  1. 1. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1 SEMELHANÇA ENTRE FIGURAS PLANASPáginas 3 - 11Problema 1(X) Medida do ângulo CAB e medida do ângulo C’A’B’.Problema 2Problema 3a) Sim, pois todos são retos.b) Não, porque as medidas dos lados não são proporcionais.Problema 41o passo: marcar os segmentos OA’, OB’, OC’ e OD’, de comprimentos iguais ao dobrodos comprimentos de OA, OB, OC e OD, respectivamente. 1
  2. 2. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 32o passo: unindo os pontos A’, B’, C’ e D’ por segmentos de reta, teremos obtido umaampliação de fator 2 do losango original.Atividade 2 – Razão de semelhançaProblema 1 FB AB 6 2a)     A´B´ 3 cm . FB´ A´B´ 9 A´B´ 3b) FB´ k .FB  9  k .6  k   1,5 . 2 2
  3. 3. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Problema 2 ( AB ) 2 3 22 3a) 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 3b) Área    2,25 3 cm 2 . 4 4 2,25 3c)  2,25 vezes  1,5 2 vezes. 3Problema 3Atividade 3 – Ampliação e reduções: perímetros e áreasProblema 1Dado que um triângulo é ampliação do outro, podemos garantir a congruência entre osângulos correspondentes e, também, a proporcionalidade entre as medidas dos ladoscorrespondentes. SM MA 6 4 16a)     LI  cm . GL LI 8 LI 3b) O ângulo SÂM é congruente ao ângulo GÎL; logo, a medida de SÂM = 65º. 3
  4. 4. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3 ˆ ˆ ˆc) SAM  MSA  SMA  180 0  ˆ 650  27 0  SMA  180 0  ˆ SMA  88º . ˆ ˆ ˆd) 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 2a) 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. 5. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Atividade 4 – Semelhança entre prismas representados na malhaquadriculadaProblema 1São 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 2a) e b) Resposta pessoal. Um exemplo: 5
  6. 6. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Problema 3Problema 4Desenho: resposta pessoal.Dois cubos são sempre semelhantes, pois em um cubo todas as suas arestas possuem amesma 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 wAs medidas lineares manterão a razão 1 : 4, enquanto a relação de proporcionalidadeentre as áreas será de 1 : 42 e, entre os volumes, será de 1 : 43.Páginas 11 - 13Problema 1 FG EH 60 25a)     DA  75 m . CB DA 180 DA 6
  7. 7. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3 FG EH 60 EHb)     EH  6 m . CB DA 180 18 FG EH 60 kc)     DA  3 k . CB DA 180 DAProblema 2FG EH HG EF 60 EH 18 15       CB DA CD AB 180 DA CD AB 60 18a)   CD  54 m . 180 CD 60 15b)   AB  45 m . 180 ABProblema 3O perímetro do trapézio ABCD é igual a 309 m. Como BC = 180 m, CD = 54 m eAB = 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 EFGHConvém observar e salientar que a razão de semelhança entre os trapézios ABCD eEFGH é igual a 3, como é possível perceber pela divisão entre dois valores de umamesma coluna da tabela. ABCD é uma ampliação de EFGH (fator 3); EFGH é uma 1redução de ABCD (fator ). 3 7
  8. 8. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2 TRIÂNGULOS: UM CASO ESPECIAL DE SEMELHANÇAPáginas 15 - 20Problema 1Resposta pessoal.Problema 2b = d = f = 58o; a = c = g = e = 180o – 58o = 122º.Problema 3Pares 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 432o + 83o + BCA = 180o  BCA = 65o.DEA = BCA = 65o.Atividade 2 – Triângulos semelhantes: contexto e aplicaçõesProblema 1a) 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. 9. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3 EU ME 5,2 2c)     IG  3,8 cm . IL IG 10 IGProblema 2a) SD e SC, SA e SB. AD DS SAb)   . BC SC SB AD SD SA 30 SD SAc)      . 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 64,8d) 9
  10. 10. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3TE EH TH TE 10 TH       TF FG TG TE  15 60 TH  1810 TH   60 TH  10 TH  180  TH  3,6 m60 TH  1810 TE   60 TE  10 TE  150  TE  3 cm60 TE  15Portanto, Triângulo TEH (m) TE 3 TH 3,6 EH 10 Triângulo TFG (m) TF 18 TG 21,6 FG 60Páginas 20 - 25Problema 3 OB OE BESemelhança entre os triângulos OBE e OCF:   , OC OF CF12 10 8    OF  12,5 CF  10 .15 OF CF OG OD DGSemelhança entre os triângulos ODG e OBE:   , OE OB BEOG 20 DG    OG  16,7 DG  13,3 .10 12 8Problema 4Os triângulos ABC e ADB têm ângulos correspondentemente congruentes, sendo,portanto, semelhantes. 10
  11. 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 ADPortanto, a viga AD medirá 11,25 m.Atividade 3 – Semelhanças: cordas, arcos e ângulosProblema 1a) 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 PCb)  . . PA PDProblema 2Podemos estabelecer a seguinte proporção entre as medidas dos lados dos triângulos PB PC 9 12representados na figura:     PA  6 . PA PD PA 8Problema 3a) AD PA PDb)   . BC PC PB 11
  12. 12. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3c) AD PA PD    PAPB   PC .PD  . BC PC PBProblema 4De 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 2Portanto, x = 5 + 73  13,5 cm.  12
  13. 13. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3RELAÇÕES MÉTRICAS NOS TRIÂNGULOS RETÂNGULOS;TEOREMA DE PITÁGORASPáginas 26 - 30Atividade 1 – Triângulos retângulos: métrica e semelhançaProblema 1a) AH AB HB   BH BC HC n a h   h b m AH HB n hb)     h2  m.n BH HC h mProblema 2a) 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. 14. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Problema 3 a b c a n ha) Semelhança entre os triângulos (I) e (II):   ou   . n h a b h m a cb)   a 2  c.n n a a b cc) Semelhança entre os triângulos (I) e (III):   . h m b a b cd)    b 2  c.m h m bProblema 4a)Aplicando a relação b 2  c . m , temos: 2792  12.x  x  . 4Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:122 = 92 + y2  y = 63  3 7 . 14
  15. 15. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3b)82 = 42 + y2  y = 48  4 3 ,y2 = 8m  m = 6,y2 = x2 + m2  x = 12  2 3 .Problema 5a2 = c . nb2 = c . m (+)a2 + b2 = cn + cma2 + 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 dahipotenusa de um triângulo retângulo qualquer.Páginas 30 - 32Problema 6a) 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. 16. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3h) 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 7a) 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 80c) 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 . 40a) A área do triângulo é: área =   600 m 2 . 2 2b) 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. 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 - 35Atividade 2 – Pitágoras: significados, contextosProblema 1 O ponto de encontro das mediatrizes (retas que passam nos pontos médios dos ladosde um triângulo e são perpendiculares a esses lados) de um triângulo retângulo coincidecom o ponto médio de sua hipotenusa. Esse ponto, denominado circuncentro, é o centroda circunferência circunscrita ao triângulo. Dessa forma, metade da medida dahipotenusa 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 osoutros lados, pelo fato de o triângulo ser isósceles, de acordo com o enunciado, medem4 2 cm cada um. 17
  18. 18. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Problema 2502 = 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 3AC2 = 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 4Medida 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 5Sejam: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. 19. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3a) 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 - 36Problema 6a) 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 2b) 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. 20. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Problema 7a) 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 – 39Problema 1a) Área de CDJK = a . m Área de JEBK = a . nSoma das áreas = a . m + a . n = a(m + n) = a . a = a2.b) Área de ABC a partir dos catetos: (b . c) ÷ 2Área de ABC a partir da hipotenusa e da altura h: (a . h) ÷ 2(b . c) ÷ 2 = (a . h) ÷ 2 b.c=a.hc) Área de CAHI = b2 Área de CDJK = a . mIgualando 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 = c2Igualando as áreas, obtemos uma das relações métricas do triângulo ABC, ou seja,c2 = a . n. Logo, as áreas são, de fato, iguais.Problema 2a) Cálculo da hipotenusa do triângulo: x2 = 52 + 122  x = 13 cm. 20
  21. 21. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Cálculo 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 3Os lados 3, 4 e 5 indicam que o triângulo considerado é retângulo. A altura pedidacorresponde à altura do triângulo relativamente à hipotenusa. Como o produto dos doiscatetos é igual ao produto da altura pela hipotenusa (b . c = a . h), concluímos que4 . 3 = 5 . h e que h = 2,4 m. 21
  22. 22. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3 SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4 RAZÕES TRIGONOMÉTRICAS DOS ÂNGULOS AGUDOSPágina 40Problema 1Resposta pessoal. Uma possível resposta: α = 15o, β = 30o e θ = 45o.Problema 2O tipo de papel e o tipo de impressão podem fazer com que as respostas variem.Problema 3Resposta pessoal.Páginas 42 - 47Problema 4 2 4A inclinação é:   0,04  4 % . 50 100Quanto ao ângulo, é preciso determinar o ângulo que tem seno igual a 0,04. Umacalculadora científica nos informa que, nesse caso, ele mede aproximadamente 2,3o.Problema 5Uma inclinação de 30% significa que o telhado sobe 30 m a cada 100 m dedeslocamento horizontal. O ângulo, nesse caso, tem tangente igual a 0,3, resultado dadivisão de 30 por 100. Uma calculadora nos informa que, nesse caso, ele medeaproximadamente 16,7o. 22
  23. 23. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Problema 6O ângulo  = 82o da figura é o complementar do ângulo  de inclinação da rua. Assim,a rua tem inclinação de (90o – 82o) = 8º.Problema 7 8a) O seno do ângulo de inclinação é igual a = 0,08, que corresponde a um ângulo 100de, aproximadamente, 4,6o. 20b) O seno do ângulo de inclinação é igual = 0,04, que corresponde a um ângulo de, 500aproximadamente, 2,3o.c) Podemos calcular o deslocamento do carro y pela semelhança entre triângulos: 20 8   x  200 m .500 xAtividade 2 – Medindo ângulos e calculando distâncias inacessíveisProblema 1a) sen 23o  0,39, cos 23o  0,92 e tg 23o  0,42. hb) Escolheria a tangente do ângulo α, pois a tangente de α, no caso, é igual a . d h hc) tg    0,42   h  5,04 m . d 12Problema 2Sendo tg 23o = 0,42 e tg 34o = 0,67, temos: 23
  24. 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   m0,42(3  m)  0,67 m  m  5,04 m e h  3,38 mProblema 3Sendo 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. 25. GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3Problema 4Seja:tgα = tg 30o = 0,57tgβ = tg 60o = 1,73Determinando a medida de PB, que é igual a medida de RC: PB PB tg   0,57   PB  RC  1,71 m . m 3Determinando a medida de QC: QC QCtg   1,73   QC  6,92 m . p 4Pelo teorema de Pitágoras, temos no triângulo PQR:x 2  ( PR) 2  (QR) 2 , mas PR = n = 4 m e QR = QC – RC; logo, 25

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