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



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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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,




                                                                                            25

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  • 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    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
  • 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, 25