1. O documento apresenta resoluções de exercícios de um manual de matemática do 6o ano sobre diversos tópicos como operações, números primos, potenciação e prioridade das operações. 2. São abordados conceitos como produto, divisibilidade, múltiplos, divisores, máximo divisor comum, mínimo múltiplo comum e propriedades destes conceitos. 3. São também explicados os conceitos de número primo, composto, potenciação e a ordem de prioridade das operações matemáticas.

1. 1
RESOLUÇÕES DO MANUAL MATemática 6
VOLUME 1
CAPÍTULO 1
Ficha de diagnóstico (págs. 8 e 9)
1. C O produto é o resultado da multiplicação.
2. C Um número é divisível por 3 se e só se a soma dos seus
algarismos for múltiplo de 3.
2113 → 2 + 1 + 1 + 3 = 7; 7 não é divisível por 3.
3. C 43 = 4 × 4 × 4 = 64
4. C Divisores de 9:
1 × 9 = 9 1, 3 e 9 são os divisores de 9.
3 × 3 = 9
5. B 18 não é múltiplo de 4 porque não há um número inteiro
que multiplicado por 4 dê 18.
30 não é múltiplo de 4 porque não há um número inteiro
que multiplicado por 4 dê 30. Mas, 18 e 30 são múltiplos
de 6, 3 e 2.
6. B Numa divisão inteira, os restos possíveis são sempre
menores do que o divisor. Se o divisor é 3, os restos
possíveis são 0, 1 e 2.
7. F 9 não é divisor de 56 porque não existe um número inteiro
que multiplicado por 9 dê 56.
V Dois números são primos entre si se o seu máximo divisor
comum for 1.
Divisores de 5: 1 e 5 Divisores de 6: 1, 2, 3 e 6
m.d.c. (5, 6) = 1
8.1 Metade de 20 o triplo de 3 é 3 × 3 = 9
metade de 20 é 20 : 2 = 10 e 10 9
8.2 O dobro de 5 a terça parte de 18 é 18 : 3 = 6
o dobro de 5 é 2 × 5 = 10 e 10 6
9.1 18 3 × … = 54 … = 54 : 3 … = 18
A divisão é a operação inversa da
multiplicação.
9.2 91 … : 7 = 13
O dividendo é igual ao produto do divisor pelo
quociente, logo … = 7 × 13 … = 91
9.3 165 … – 126 = 39
O aditivo é igual à soma do subtrativo com a
diferença, logo … = 126 + 39 … = 165
9.4 1 23 + … = 32 … = 32 – 23 … = 3 × 3 – 2 × 2 × 2
… = 9 – 8 = 1
A subtração é a operação inversa da adição.
10.1 Se um número natural é divisor de outros dois, também é
divisor da respetiva soma.
9 é divisor de 18, 2 × 9 = 18
9 é divisor de 81, 9 × 9 = 81
10.2 Num produto de números naturais, um divisor de um dos
fatores é divisor do produto.
9 é divisor de 27, então 9 é divisor de 27 × 5 .
10.3 Se um número natural é divisor de outros dois, também é
divisor da respetiva diferença.
9 é divisor de 144
9 não é divisor de 41
10.4 9 não é divisor nem de 21 nem de 14, então 9 não é divisor do
produto de 21 por 14.
11.1 • Efetuamos a divisão inteira de 108 por 24.
• Efetuamos a divisão inteira do divisor pelo
resto.
O resto é zero, então m.d.c. (24, 108) = 12 .
11.2 • Efetuamos a divisão inteira de 150 por 40.
• Efetuamos a divisão inteira do divisor pelo
resto.
• Repetimos o processo, efetuando a divisão
inteira do divisor pelo resto.
O resto é zero, então m.d.c. (40, 150) = 10 .
12. O produto de dois números naturais é igual ao produto do seu
máximo divisor comum pelo seu mínimo múltiplo comum:
a × b = m.d.c. (a, b) × m.m.c. (a, b)
Se a = 21, m.d.c (a, b) = 3 e m.m.c. (a, b) = 840
Teremos:
21 × b = 3 × 840
21 × b = 2520
b = 2520 : 21
b = 120
O outro número é 120.
13. Um número natural é divisível por 9 se e só se a soma dos seus
algarismos for um múltiplo de 9.
5016 → 5 + 0 + 1 + 6 = 12 ; 12 não é múltiplo de 9
E, assim, 5016 não é divisível por 9.
Para obter o número inferior a 5016 que seja múltiplo de 9
basta subtrair-lhe 3. Vejamos se é ímpar:
5013 → 5 + 0 + 1 + 3 = 9 ; 9 é múltiplo de 9
5013 é número ímpar, logo é a solução.
O maior número ímpar inferior a 5016 que é divisível por 9 é
5013.
14. Dos quatro números dados, são pares os números:
1952 e 1954.
Vejamos qual deles é divisível por 4.
Um número é divisível por 4 se e só se os dois últimos
algarismos são zeros ou um múltiplo de 4.
dividendo
↓
↑
divisor
quociente
↓
aditivo
↓
↑
diferença
subtrativo
↓
]então 9 é divisor de 18 + 81 .
]então 9 não é divisor de 144 – 41 .
108
12
24
4
(o resto não é zero)
150
30
40
3
(o resto não é zero)
40
10
30
1
(o resto não é zero)
30
00
10
3
24
0
12
2
MATemática6–Resoluçõesdomanual–

2. 2
1952 → 52 é múltiplo de 4 (13 × 4 = 52)
Então, 1952 é divisível por 4.
1954 → 54 não é múltiplo de 4
Então, 1954 não é divisível por 4.
O tio avô do Zé nasceu em 1952.
15.1 Numa divisão inteira, se um número for divisor de d e de um
dos números, D ou r , então é divisor de ambos.
15.2 Na divisão inteira, D = d × q + r r d
D = 27 × 32 + 18
D = 882
16. Os dois eventos ocorrerão em simultâneo quando tiver passado
um número de dias que seja múltiplo de 7 e de 30. Para
determinar a primeira ocorrência, vamos determinar o mínimo
múltiplo comum de 7 e 30.
Múltiplos naturais de 7: 7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 70, 77,
84, 91, 98, 105, 112, 119, 126, 133, 140, 147,
154, 161, 168, 175, 182, 189, 196, 203, 210,
217,…
Múltiplos naturais de 30: 30, 60, 90, 120, 150, 180, 210, 240,…
m.m.c. (7, 30) = 210
210 dias depois de 30 de agosto, a feira e o mercado de gado
realizar-se-ão em simultâneo naquela vila.
Pág. 11
1. Os números 17 e 29 são números primos porque admitem apenas
dois divisores: a unidade e o próprio número.
2. Num quadrado mágico, é constante a soma dos números de
cada linha, coluna ou diagonal.
Calculemos essa soma: 71 + 89 + 17 = 177
Então:
177 – (71 + 47) = 59 → número central
177 – (17 + 47) = 113 → número que falta na 3.a coluna
177 – (59 + 113) = 5 → número que falta na 2.a linha
177 – (71 + 5) = 101 → primeiro número da 3.a linha
177 – (89 + 59) = 29 → segundo número da 3.a linha
Todos os números do quadrado mágico são números primos
porque só têm dois divisores.
3. Na tabela de números naturais até 105, corta-se o 1 e:
• cortam-se todos os números divisíveis por 2, exceto o 2;
• cortam-se todos os números divisíveis por 3, exceto o 3;
• cortam-se todos os números divisíveis por 5, exceto o 5;
• cortam-se todos os
números divisíveis por 7,
exceto o 7.
Osnúmerosquesobrarem
sãoosnúmerosprimos
menoresdoque105.
Consultandoentãoatabela,
verificamosqueocaminho
docoelhopassapor:
11 – 5 – 3 – 23 – 47 – 29 – 83
– 7 – 97 – 2 – 13 – 43 – 103
– 31 – 17
4.1 O maior número primo que se representa com um algarismo é 7.
4.2 O maior número primo que se representa com dois algarismos
é 97.
4.3 O único número primo par é 2.
4.4 O menor número composto é 4. → 4 tem três divisores: 1, 2 e 4.
4.5 O maior número composto menor do que 50 é 49. → 49 tem
três divisores: 1, 7 e 49.
5. O número 68 é composto porque tem mais de dois divisores: 1, 2,
4, 17, 34 e 68 são divisores de 68.
6.1 A soma de dois números primos ímpares não é um número
primo. Vejamos: a soma de dois números ímpares é um número
par. Então, a soma de dois números primos ímpares também é
par, e maior do que 2 — admite pelo menos os divisores 1, 2 e a
própria soma.
6.2 O produto de dois números primos nunca é um número primo
porque admite mais de dois divisores: 1, cada um dos números
primos dados e o seu produto.
7. 2, 3, 5, 7, 11, 13,… são números primos
Verificamos que 5 – 2 = 3 .
Os números primos pedidos são 5 e 2.
Pág. 13
1.1 7 × 7 × 7 = 73 1.2 13 × 13 × 13 × 13 × 13 = 135
1.3 10 × 10 × 10 × 10 = 104
2.1 34 = 3 × 3 × 3 × 3 = 81 2.2 52 = 5 × 5 = 25
2.3 15 = 1 × 1 × 1 × 1 × 1 = 1 2.4 104 = 10 × 10 × 10 × 10 = 10 000
2.5 171 = 17
3.1 81 = 9 × 9 = 92
3.2 100 000 = 10 × 10 × 10 × 10 × 10 = 105
3.3 64 = 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 26
3.4 8 = 2 × 2 × 2 = 23
3.5 121 = 11 × 11 = 112
3.6 25 = 251
4. 106 = 1 000 000 → Um milhão
105 = 100 000 → Cem milhares
102 = 100 → Uma centena
109 = 1 000 000 000 → Um milhar de milhão
5. 64 = 4 × 4 × 4 = 43 144 = 12 × 12 = 122
6. Usando a máquina de calcular, teclamos: Visor
4 4 →41
× × = 16 →42
= 64 →43
= 256 →44
= 1024 →45
= 4096 →46
= 16384 →47
= 65536 →48
= 262144 →49
7.1 62 – 24 = 6 × 6 – 2 × 2 × 2 × 2
= 36 – 16
= 20
(•) A multiplicação tem prioridade sobre a subtração.
D
18
27
9
D
r
d
q3 é divisor de d , 27
3 é divisor de r , 18
Então, 3 é divisor do dividendo
ou o dividendo é múltiplo de 3.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70
71 72 73 74 75 76 77 78 79 80
81 82 83 84 85 86 87 88 89 90
91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
101 102 103 104 105
A menor potencia de 4 que é maior
do que 100 000 é 49.
← expoente
← base
(•)]
71 89 17
5 59 113
101 29 47
MATemática6–Resoluçõesdomanual–

3. 3
7.2 103 – 102 + 10 = 10 × 10 × 10 – 10 × 10 + 10
= 1000 – 100 + 10
= 910
(•) A multiplicação tem prioridade sobre a adição e a subtração.
(••) As adições e as subtrações efetuam-se pela ordem indicada, isto é, da
esquerda para a direita.
7.3 102 – 26 + (9 – 4)3 = 102 – 26 + 53 →
= 10 × 10 – 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 + 5 × 5 × 5
= 100 – 64 + 125
= 161
(•) Efetuam-se primeiro os cálculos dentro de parênteses.
(••) A multiplicação tem prioridade sobre a adição e a subtração.
(•••) As adições e as subtrações efetuam-se pela ordem indicada, ou seja, da
esquerda para a direita.
7.4 25 – 21 = 2 × 2 × 2 × 2 × 2 – 2
= 32 – 2
= 30
(•) A multiplicação tem prioridade em relação à subtração.
7.5 (4 + 5)2 = 92 → (•)
= 9 × 9
= 81
(•) Efetuam-se os cálculos dentro de parênteses.
(••) Calcula-se o valor da potência.
7.6 4 × 52 = 4 × 5 × 5
= 100
8. 33 + 53 = 3 × 3 × 3 + 5 × 5 × 5 = 27 + 125 = 152
(3 + 5)3 = 83 = 8 × 8 × 8 = 512
9. (7 + 3)2 72 + 32 porque (7 + 3)2 = 102 = 100 e 72 + 32 = 49 + 9 = 58
O quadrado da soma de sete com três é maior.
Pág. 15
1.1 4 = 2 × 2 1.3 9 = 3 × 3 1.5 15 = 3 × 5
1.2 6 = 2 × 3 1.4 10 = 2 × 5 1.6 21 = 3 × 7
Recorda: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,… são números primos.
2. 20 36 36
2 × 10 6 × 6 ou 4 × 9
2 × 2 × 5 2 × 3 × 2 × 3 2 × 2 × 3 × 3
3.1 3.2 3.3
12 = 22 × 3 18 = 2 × 32 28 = 22 × 7
3.4 28 é múltiplo de 7 7 × 22 = 28
12 é múltiplo de 3 3 × 22 = 12
18 é múltiplo de 3 3 × 6 = 18
4.1 24 × 5 × 13 = 2 × 2 × 2 × 2 × 5 × 13 = 1040
4.2 52 × 7 × 11 = 5 × 5 × 7 × 11 = 1925
5. 23 × 6 não é a decomposição em fatores primos de 48 porque 6
não é um número primo (6 = 2 × 3).
Então, a decomposição em fatores primos de 48 é:
23 × 2 × 3 = 24 × 3
6.1 Num produto de números naturais, um divisor de um dos
fatores é divisor do produto.
• 10 = 2 × 5 e 2 é divisor de 22 , logo de 22 × 5
5 é divisor de 5 , logo de 22 × 5
Então, o número dado é divisível por 10.
• 7 não é divisor dos fatores de 22 × 5, logo o número dado não
é divisível por 7.
6.2 Divisores de 22 × 5 , isto é, de 20: 1, 2, 4, 5, 10, 20, porque:
1 × 20 = 20
2 × 10 = 20
4 × 5 = 20 O número 22 × 5 tem 6 divisores.
6.3 Por 5 porque:
22 × 5 × 5 = 22 × 52 = 102
7.
8. Quadrados de um número natural: 1, 9, 49, 81
Divisores de 15: 1, 3, 5, 15
Múltiplos de 11: 77, 66, 242
Números primos: 17, 23
O número que ficou foi o 96.
Pág. 17
1.1 (A) (B) (C)
240 =24 × 3 × 5 360 = 23 × 32 × 5 567 = 34 × 7
1.2 240 tem 5 × 2 × 2 , isto é, 20 divisores.
360 tem 4 × 3 × 2 , isto é, 24 divisores.
567 tem 5 × 2 , isto é, 10 divisores.
1.3 Um divisor de um dos fatores do produto é divisor do produto.
Se 240 = 24 × 3 × 5 então: 1 2 22 23 24 isto é 1 2 4 8 16
1 3 isto é 1 3
1 5 isto é 1 5
são divisores de 240.
Multiplicam-se os números da primeira linha do quadro por
cada número da segunda linha, e obtêm-se 1, 3, 2, 6, 4, 12, 8, 24,
16 e 48.
Multiplica-se cada um dos números obtidos por cada número
da terceira linha do quadro, e obtêm-se os divisores de 240:
1, 3, 2, 6, 4, 12, 8, 24, 16, 48, 5, 15, 10, 30, 20, 60, 40, 120, 80 e 240.
Ordenando os divisores de 240, obtêm-se:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 20, 24, 30, 40, 48, 60, 80, 120 e 240.
• Divisores de 360 360 = 23 × 32 × 5
Então: 1 21 22 23 isto é 1 2 4 8 são divisores de 360.
1 31 32 isto é 1 3 9
1 5 isto é 1 5
Multiplica-se cada número da primeira linha por cada número
da segunda linha do quadro, e obtêm-se:
1, 3, 9, 2, 6, 18, 4, 12, 36, 8, 24 e 72
Multiplicam-se os números obtidos por cada número da 3.a linha:
1, 3, 9, 2, 6, 18, 4, 12, 36, 8, 24, 72, 5, 15, 45, 10, 30, 90, 20, 60, 180,
40, 120 e 360
12
6
3
1
2
2
3
18
9
3
1
2
3
3
28
14
7
1
2
2
7
8
4
2
1
2
2
2
240
120
60
30
15
5
1
2
2
2
2
3
5
360
180
90
45
15
5
1
2
2
2
3
3
5
567
189
63
21
7
1
3
3
3
3
7
27
9
3
1
3
3
3
125
25
5
1
5
5
5
8 = 23
27 = 33
125 = 53
8, 27 e 125 são cubos de
números naturais.
(•)](••)]
(•••)]
(••)]
(•)]
(••)]
(•)
MATemática6–Resoluçõesdomanual–

4. 4
Ordenando: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 45,
60, 72, 90, 120, 180 e 360
• Divisores de 567 567 = 34 × 7
Então, 1 3 32 33 34 isto é 1 3 9 27 81 são divisores de 567
1 7 isto é 1 7
Multiplicando cada número da primeira linha por cada número
da segunda linha e ordenando, obtêm-se os divisores de 567:
1, 3, 7, 9, 21, 27, 63, 81, 189 e 567
2. Por exemplo:
Sabemos que 54 tem cinco divisores : 1, 5, 52, 53, 54
e 32 tem três divisores: 1, 3, 32
Então, 54 × 32 tem 5 × 3 divisores, isto é, 15 divisores.
3.1 A = 23 × 5 × 72 tem 4 × 2 × 3 divisores, isto é, 24 divisores.
B = 24 × 3 × 112 tem 5 × 2 × 3 divisores, isto é, 30 divisores.
O número B tem mais divisores do que o número A.
3.2 O número B é divisível por 11 porque 11 é divisor de 112, logo de B.
O número A é divisível por 35 = 5 × 7 porque 5 é divisor de 5 e 7
de 72 , logo 5 × 7 é divisor de 23 × 5 × 72 = A .
O número A é divisível por 10 = 2 × 5 porque 5 é divisor de 5 e 2
de 23 , logo 2 × 5 é divisor 23 × 5 × 72 = A .
4.1
429
39
=
3 × 11 × 13
3 × 13
= 11
4.3
253
88
=
11 × 23
23 × 11
=
23
8
5.1
2 × 3 × 7
3 × 5 × 7 × 11
=
2
55
6. A medida de cada lado de um retângulo com 60 m2 de área, e
em que a medida dos lados são números naturais, tem de ser
divisor de 60 (A = c × l) .
Logo, calculemos os divisores de 60:
1 × 60 = 60 4 × 15 = 60
2 × 30 = 60 5 × 12 = 60
3 × 20 = 60 6 × 10 = 60
Há seis retângulos, sendo a medida dos lados:
1 e 60 2 e 30 3 e 20 4 e 15 5 e 12 6 e 10
7.1 Como a divisão é a operação inversa da multiplicação, teremos:
28 : 22 = 28 : 4 = 7
7.2 147 : 72 = 147 : 49 = 3
7.3 136 : 17 = 8 = 23
Nota: também se podia decompor os números em fatores
primos e completar.
Pág. 19
1. Divisores de 18: 1, 2, 3, 6, 9 e 18
Divisores de 27: 1, 3, 9 e 27
Divisores de 36: 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 e 36
Divisores de 45: 1, 3, 5, 9, 15 e 45
1.1 Divisores comuns a 18 e 27: 1, 3 e 9
Divisores comuns a 36 e 45: 1, 3 e 9
1.2 O máximo divisor comum de dois números é o maior número
que é divisor desses números.
Então, m.d.c. (18, 27) = 9 e m.d.c. (36, 45) = 9
2. Dados dois números naturais, se um dos números é divisor
do outro, então o máximo divisor comum desses números é o
menor dos números.
Sendo assim, é fácil de calcular mentalmente.
m.d.c. (9, 18) = 9 porque 9 é divisor de 18 (9 × 2 = 18)
m.d.c. (30, 270) = 30 porque 30 é divisor de 270 (30 × 9 = 270)
m.d.c. (20, 100) = 20 porque 20 é divisor de 100 (20 × 5 = 100)
3.1 Por exemplo: 3 e 5 são números primos, apenas têm dois
divisores.
Divisores de 3: 1 e 3
Divisores de 5: 1 e 5
1 é o único divisor comum, logo m.d.c. (3, 5) = 1
Outro exemplo: 11 e 17 são números primos.
Divisores de 11: 1 e 11
Divisores de 17: 1 e 17
1 é o único divisor comum, logo m.d.c. (11, 17) = 1
3.2 Por exemplo: 20 e 21 são números naturais consecutivos.
Divisores de 20: 1, 2, 4, 5, 10 e 20.
Divisores de 21: 1, 3, 7 e 21
1 é o único divisor comum, logo m.d.c. (20, 21) = 1
Por exemplo: 35 e 36 também são números naturais
consecutivos.
Divisores de 35: 1, 5, 7 e 35
Divisores de 36: 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 e 36
1 é o único divisor comum, logo m.d.c. (35, 36) = 1
3.3 Por exemplo: 2 e 4 são números pares consecutivos.
Divisores de 2: 1 e 2
Divisores de 4: 1, 2 e 4
1 e 2 são os divisores comuns a 2 e 4, e como 2 é o maior desses
divisores comuns: m.d.c (2, 4) = 2
Por exemplo: 16 e 18 são números pares consecutivos.
Divisores de 16: 1, 2, 4, 8 e 16
Divisores de 18: 1, 2, 3, 6, 9 e 18
1 e 2 são os divisores comuns, e 2 é o maior desses divisores:
m.d.c. (16, 18) = 2
3.4 Por exemplo: 7 e 9 são números ímpares consecutivos.
Divisores de 7: 1 e 7
Divisores de 9: 1 e 9
1 é o único divisor comum, logo m.d.c. (7, 9) = 1
Por exemplo: 13 e 15
Divisores de 13: 1 e 13
Divisores de 15: 1, 3, 5 e 15
1 é o único divisor comum, logo m.d.c. (13, 15) = 1
4. Vamos utilizar as afirmações do exercício 3 para resolver o
exercício 4.
4.1 3, porque 3 é divisor de 6, logo m.d.c. (3, 6) = 3
4.2 Por exemplo, 15, porque 15 e 17 são números ímpares
consecutivos: m.d.c. (15, 17) = 1
Há outras soluções; por exemplo:
5, porque 5 e 17 são números primos: m.d.c. (5, 17) = 1
16, porque 16 e 17 são números naturais consecutivos:
m.d.c. (16, 17) = 1
4.3 Por exemplo: 7 é divisor de 14, logo m.d.c. (7, 14) = 7
4.4 Por exemplo: 7, porque 5 e 7 são primos, logo m.d.c. (5, 7) = 1
Há outras soluções; por exemplo: 6 porque 5 e 6 são números
inteiros consecutivos, logo m.d.c. (5, 6) = 1
4.5 Por exemplo: 34 porque 32 e 34 são números pares
consecutivos, logo m.d.c (32, 34) = 2
Há outras soluções; por exemplo: 2 pois 2 é divisor de 32, logo
m.d.c. (32, 2) = 2
4.6 Qualquer múltiplo natural de 12 é solução.
Por exemplo, 120, porque 12 é divisor de 120, logo:
m.d.c. (12, 120) = 12
↑
não é primo
4.2
7 × 19
5 × 19
=
7
5
5.2
11 × 13 × 2 × 5
11 × 13 × 5
= 2
MATemática6–Resoluçõesdomanual–

5. 5
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 5.1
5.2
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
5.8
5.9
6. Temos 77 gomas e 165 caramelos para dividir igualmente por
crianças. O número de crianças tem de ser divisor de 77 e de 165.
Como se pretende o maior número possível de crianças, então
deve procurar-se o maior divisor comum de 77 e de 165. Trata-se,
assim, do m.d.c. (77, 165) .
• Usando a decomposição em fatores primos:
• Ou pelo método das divisões sucessivas:
m.d.c. (77, 165) = 11
77 : 11 = 7 → Número de gomas que cada criança recebe.
165 : 11 = 15 → Número de caramelos que cada criança recebe.
Podemos distribuir as gomas e os caramelos por 11 crianças,
recebendo cada uma 7 gomas e 15 caramelos.
7. Temos vigas com 120 cm e 252 cm.
Pretende-se dividir as vigas em partes iguais, sendo o
comprimento de cada uma o maior possível.
O comprimento de cada parte das vigas tem de ser divisor de 120
e de 252, para serem partes iguais.
Como se pretende que o comprimento de cada parte seja o
maior possível, determina-se o m.d.c. (120, 252) :
• Usando a decomposição em fatores primos:
• Ou usando o método das divisões sucessivas:
m.d.c. (252, 120) = 12
Então:
120 : 12 = 10 partes
252 : 12 = 21 partes
Cada parte das vigas terá 12 cm de comprimento: a viga com
120 cm será dividida em 10 partes e a de 252 cm em 21.
8. Observando a decomposição dos números e de 20:
a × 3 × 52 × 11
23 × b × 13
20 = 22 × 5
O m.d.c. é 20, isto é, 22 e 5 são os fatores comuns aos números e
com menor expoente, logo a = 22 e b = 5 .
Pág. 21
1. Múltiplo natural de um número natural é todo o número que se
obtém multiplicando o número dado por um número natural.
Então, os múltiplos de 4 menores do que 60 são:
4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48, 52, 56.
Os múltiplos de 7 menores do que 60 são:
7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56.
1.1 Os múltiplos naturais comuns a 4 e 7 menores do que 60 são 28
e 56.
1.2 O menor dos múltiplos naturais comuns a 4 e 7 é o 28, isto é, o
mínimo múltiplo comum de 4 e 7 é o 28.
m.m.c. (4, 7) = 28
2. Dados dois números naturais, se um dos números é múltiplo de
outro, o mínimo múltiplo comum desses números é o maior dos
números.
Então, é fácil de calcular mentalmente:
• m.m.c. (2, 90) = 90 porque 90 é múltiplo de 2 (45 × 2 = 90);
• m.m.c. (5, 25) = 25 porque 25 é múltiplo de 5 ( 5 × 5 = 25);
• m.m.c.(20,200)=200 porque200émúltiplode20(10×20=200).
3. Por exemplo, 7 e 9 são números ímpares consecutivos.
7 = 7 m.d.c. (7, 9) = 1 7 e 9 são primos entre si.
9 = 32 m.m.c. (7, 9) = 7 × 32 = 63
Por exemplo, 3 e 4 são números inteiros consecutivos.
3 = 3 m.d.c. (3, 4) = 1
4 = 22 m.m.c. (3, 4) = 3 × 22 = 12
28
14
7
1
2
2
7
42
21
7
1
2
3
7
28 = 22 × 7
42 = 2 × 3 × 7
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (2 × 7):
m.d.c. (28, 42) = 14
175
35
7
1
5
5
7
60
30
15
5
1
2
2
3
5
16
8
4
2
1
2
2
2
2
75
25
5
1
3
5
5
84
42
21
7
1
2
2
3
7
12
6
3
1
2
2
3
72
36
18
9
3
1
2
2
2
3
3
30
15
5
1
2
3
5
105
21
7
1
5
3
7
72
36
18
9
3
1
2
2
2
3
3
40
20
10
5
1
2
2
2
5
90
45
15
5
1
2
3
3
5
270
135
45
15
5
1
2
3
3
3
5
20
10
5
1
2
2
5
96
48
24
12
6
3
1
2
2
2
2
2
3
100
50
25
5
1
2
2
5
5
175 = 52 × 7
105 = 3 × 5 × 7
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (5 × 7):
m.d.c. (175, 105) = 35
60 = 22 × 3 × 5
72 = 23 × 32
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (22 × 3):
m.d.c. (60, 72) = 12
16 = 24
40 = 23 × 5
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (23):
m.d.c. (16, 40) = 8
75 = 3 × 52
90 = 2 × 32 × 5
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (3 × 5):
m.d.c. (75, 90) = 15
84 = 22 × 3 × 7
270 = 2 × 33 × 5
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (2 × 3):
m.d.c. (84, 270) = 6
12 = 22 × 3
20 = 22 × 5
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (22):
m.d.c. (12, 20) = 4
72 = 23 × 32
96 = 25 × 3
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (23 × 3):
m.d.c. (72, 96) = 24
30 = 2 × 3 × 5
100 = 22 × 52
Multiplicam-se os fatores comuns
com o menor expoente (2 × 5):
m.d.c. (30, 100) = 10
77
11
1
7
11
165
55
11
1
3
5
11
77 = 7 × 11
165 = 3 × 5 × 11
m.d.c. (77, 165) = 11 → número de
crianças
165
11
77
2
77
0
11
7
120
60
30
15
5
1
2
2
2
3
5
252
126
63
21
7
1
2
2
3
3
7
120 = 23 × 3 × 5
252 = 22 × 32 × 7
m.d.c. (120, 252) = 3 × 22 = 12
252
12
120
2
120
0
12
10

6. 6
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
396
198
99
33
11
1
2
2
3
3
11
396 = 22 × 32 × 11
Um divisor de um dos fatores do produto é divisor
do produto.
Então:
1 2 22 Isto é 1 2 4 são divisores de 396.
1 3 32 Isto é 1 3 9 são divisores de 396.
1 11 Isto é 1 11 são divisores de 396.
Nota: podíamos ilustrar usando a propriedade:
«O produto de dois números naturais é igual ao produto do seu
máximo divisor comum pelo seu mínimo múltiplo comum.»
Nos exemplos anteriores:
7×9=m.d.c.(7,9)×m.m.c.(7,9) 3×4=m.d.c.(3,4)×m.m.c.(3,4)
63 = 1 × m.m.c. (7, 9) 12 = 1 × m.m.c. (3, 4)
m.m.c. (7, 9) = 63 m.m.c. (3, 4) = 12
4. Vamos usar as propriedades mencionadas nos exercícios 2 e 3
para responder às questões 4.1, 4.2 e 4.3.
Por exemplo:
4.1 40; 40 é múltiplo de 5, então m.m.c. (5, 40) = 40
Ou 8; 5 e 8 são números primos entre si: m.m.c. (5, 8) = 40
4.2 35; 35 é múltiplo de 7, então m.m.c. (7, 35) = 35
Ou 5; 5 e 7 são primos entre si, então m.m.c. (5, 7) = 35
4.3 11; 10 e 11 são primos entre si, então m.m.c. (10, 11) = 110
Ou 110; 110 é múltiplo de 10, então m.m.c. (10, 110) = 110
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
5.8
5.9
6. A Ana e o Zé voltam a encontrar-se em casa da avó daqui a um
número de dias que seja simultaneamente múltiplo de 6 e de 8.
Calculemos, então, o menor número de dias possível, isto é, o
mínimo múltiplo comum de 6 e 8:
6 , 12 , 18 , 24 , 30 , … m.m.c. (6, 8) = 24
8 , 16 , 24 , 32 , …
24 dias depois de 1 de janeiro, a Ana e o Zé encontrar-se-ão em
casa da avó.
7. Observemos as decomposições em fatores primos dos números
A, B, C e D (B e D incompletas).
Se m.m.c. (A, B) = 22 × 34 , o número 34 tem de ser fator de A ou
B; não é de A, logo tem de ser de B, e B = 22 × 34.
Se m.m.c. (D, C) = 23 × 53 × 72 , os números 53 e 72 têm de ser
fatores de C ou D , e C está completo, logo D = 23 × 53 × 72
m.d.c (A, B) = 22 × 33 = 4 × 27 = 108 e m.d.c. (C, D) = 22 × 52 × 7 = 700
8.1 Por exemplo, utilizamos a propriedade «Se um número natural
é múltiplo de outro, então ele é mínimo múltiplo comum dos
dois números considerados.»
Uma das muitas situações possíveis é 12 e 120, porque 120 é
múltiplo de 12. Logo, m.m.c. (12, 120) = 120
8.2 Por exemplo, utilizamos a propriedade: «O mínimo múltiplo
comum de dois números primos entre si é o seu produto.»
Escolhem-se dois números primos entre si cujo produto seja 28.
Por exemplo, como 28 = 22 × 7, os números pedidos são 4 e 7.
Nota: Como 28 é múltiplo de 2, os números 2 e 28 são também
solução.
Como 28 é múltiplo 14, os números 14 e 28 são também solução.
8.3. 35 = 5 × 7 Observa-se que 5 e 7 são números primos, logo o
m.d.c. (5, 7) = 1 e o m.m.c. (5, 7) = 5 × 7 .
Os números 5 e 7 são os números pedidos.
Problemas para resolver (pág. 23)
1.1
12
6
3
1
2
2
3
88
44
22
11
1
2
2
2
11
100
50
25
5
1
2
2
5
5
32
16
8
4
2
1
2
2
2
2
2
20
10
5
1
2
2
5
18
9
3
1
2
3
3
66
33
11
1
2
3
11
120
60
30
15
5
1
2
2
2
3
5
54
27
9
3
1
2
3
3
3
25
5
1
5
5
12 = 22 × 3
18 = 2 × 32
Multiplicam-se todos os fatores primos,
elevando cada um deles ao maior expoente
com que figura na decomposição em
fatores primos desses números: 22 × 32
m.m.c. (18, 12) = 22 × 32 = 36
88 = 23 × 11
66 = 2 × 3 × 11
Multiplicam-se todos os fatores primos,
elevando cada um deles ao maior expoente
com que figura na decomposição em
fatores primos desses números: 23 × 3 × 11
m.m.c. (88, 66) = 264
100 = 22 × 52
120 = 23 × 3 × 5
Multiplicam-se todos os fatores primos,
elevando cada um deles ao maior expoente
com que figura na decomposição em
fatores primos desses números: 23 × 3 × 52
m.m.c. (100, 120) = 600
32 = 25
54 = 2 × 33
Multiplicam-se todos os fatores primos,
elevando cada um deles ao maior expoente
com que figura na decomposição em
fatores primos desses números: 25 × 33
m.m.c. (32, 54) = 864
20 = 22 × 5
25 = 52
Multiplicam-se todos os fatores primos,
elevando cada um deles ao maior expoente
com que figura na decomposição em
fatores primos desses números: 22 × 52
m.m.c. (20, 25) = 100
120
60
30
15
5
1
2
2
2
3
5
144
72
36
18
9
3
1
2
2
2
2
3
3
120 = 23 × 3 × 5
144 = 24 × 32
Multiplicam-se todos os fatores primos
(comuns e não comuns) com o maior
expoente: 24 × 32 × 5
m.m.c. (120, 144) = 16 × 9 × 5 = 720
20
10
5
1
2
2
5
72
36
18
9
3
1
2
2
2
3
3
20 = 22 × 5
72 = 23 × 32
Multiplicam-se todos os fatores primos
(comuns e não comuns) com o maior
expoente: 23 × 5 × 32
m.m.c. (20, 72) = 23 × 5 × 32 = 8 × 5 × 9 = 360
8
4
2
1
2
2
2
76
38
19
1
2
2
19
125
25
5
1
5
5
5
114
57
19
1
2
3
19
8 = 23
125 = 53
Multiplicam-se todos os fatores primos
(comuns e não comuns) com o maior
expoente: 23 × 53
m.m.c. (8, 125) = 8 × 125 = 1000
76 = 22 × 19
114 = 2 × 3 × 19
Multiplicam-se todos os fatores primos
(comuns e não comuns) com o maior
expoente: 22 × 3 × 19
m.m.c. (76, 114) = 228

7. 7
MATemática6–Resoluçõesdomanual– • Multiplica-se cada número da 1.a linha do quadro
sucessivamente por cada número da 2.a linha, e obtêm-se: 1, 3,
9, 2, 6, 18, 4, 12 e 36.
• Multiplicam-se os números obtidos por cada número da 3.a linha,
e obtêm-se os divisores de 396: 1, 3, 9, 2, 6, 18, 4, 12, 36, 17, 22, 33,
99, 66, 198, 44, 132 e 396.
1.2
• Multiplica-se cada número da 1.a linha do quadro por cada
número da 2.a linha, e obtêm-se: 1, 3, 9, 2, 6 e 18.
• Multiplica-se cada número obtido por cada número da
3.a linha, e obtêm-se os divisores de 450: 1, 3, 9, 2, 6, 18, 5, 15,
45, 10, 30, 90, 25, 75, 225, 50, 150 e 450.
2.1 5 é divisor do fator 5, logo é divisor do produto 32 × 5 × 13 ;
32 × 5 × 13 : 5 = 32 × 13 = 3 × 3 × 13 = 117
13 é divisor do fator 13, logo é divisor do produto 32 × 5 × 13 ;
32 × 5 × 13 : 13 = 32 × 5 = 3 × 3 × 5 = 45
2.2 45 = 32 × 5 , e como 32 e 5 são divisores do produto 32 × 5 × 13 ,
o número 45 é divisor do número dado.
32 × 5 × 13
32 × 5
= 13
2.3 Divisores de 32 × 5 × 13 = 585 .
1 3 32 Isto é 1 3 9 são divisores de 585.
1 5 Isto é 1 5 são divisores de 585.
1 13 Isto é 1 13 são divisores de 585.
• Multiplica-se cada número da 1.a linha do quadro,
sucessivamente, por cada número da 2.a linha, e obtêm-se:
1, 5, 3, 15, 9 e 45.
• Multiplicam-se os números obtidos por cada número da
3.a linha, e obtêm-se os divisores de 585: 1, 5, 3, 15, 9, 45, 13, 65,
39, 195, 117 e 585.
3. Sejam os pares de números (15, 6) e (20, 10) :
• (15, 6); 15 = 3 × 5 m.d.c. (6, 15) = 3 ; m.m.c. (6, 15) = 2 × 3 × 5 = 30
6 = 2 × 3 m.d.c. (6, 15) × m.m.c. (6, 15) = 6 × 15
3 × 30 = 90
90 = 90 verdadeiro
• (20, 10); 20 é múltiplo de 10, logo m.d.c. (20,10) = 10 e
m.m.c. (20, 10) = 20
m.d.c. (20, 10) × m.m.c. (20, 10) = 10 × 20
10 × 20 = 200
200 = 200 verdadeiro
4. Sabe-se que sendo a e b dois números naturais:
m.d.c. (a, b) × m.m.c. (a, b) = a × b
Se a = 50 , b = 75 e m.d.c. (50, 75) = 25 , substituindo na
igualdade anterior, obtém-se:
25 × m.m.c. (50, 75) = 50 × 75
25 × m.m.c. (50, 75) = 3750
m.m.c. (50, 75) = 3750 : 25 – a divisão é a operação inversa
da multiplicação
m.m.c. (50, 75) = 150
O mínimo múltiplo comum de 50 e 75 é 150.
5. Estratégia 1: Determinar a hora a que cada um dos sinos toca e
verificar o momento em que ambos coincidem:
• o sino da igreja A toca às: 9h 9h30 10h 10h30 11h 11h30
• o sino da igreja B toca às: 9h 9h45 10h30 11h15 12h
Voltam a tocar em simultâneo às 10h30.
Estratégia 2: Determinar o mínimo múltiplo comum.
Os sinos tocam em simultâneo quando o número de minutos
decorridos for múltiplo de 30 e de 45. Como se pretende a
próxima vez em que tocam em simultâneo, deve procurar-se o
menor dos múltiplos comuns a 30 e 45, isto é, o m.m.c. (30, 45) .
30 = 2 × 3 × 5 45 = 32 × 5 m.m.c. (30, 45) = 2 × 32 × 5 = 90
Os sinos voltam a tocar em simultâneo 90 minutos depois das
9h, isto é, às 10h30.
6. 7… × 112
73 × 11… × …
m.m.c. = 74 × 112 × 19
Como o mínimo múltiplo comum de dois números decompostos
em fatores primos é o produto dos fatores primos comuns e
não comuns, cada um elevado ao maior expoente, podemos,
observando os dados, concluir que:
• O expoente em 7… tem de ser o 4, pois no segundo número
aparece 73.
• O expoente em 11…, no segundo número, não pode ser maior do
que 2, porque no mínimo múltiplo comum aparece 112.
• 19 é o fator que falta no segundo número, uma vez que aparece
no m.m.c. dos dois números e não é fator do primeiro número.
Teremos então: 74 × 112 e 73 × 112 × 19 → o m.d.c. é 73 × 112 .
Ou 74 × 112 e 73 × 111 × 19 → o m.d.c. é 73 × 11.
7.
Tarefas finais (págs. 24 e 25)
1. Números primos, por exemplo:
2, 17, 43 e 89 (os números primos têm apenas dois divisores)
Números compostos, por exemplo:
4, 9, 50, 99 (os números compostos têm mais de dois divisores)
2. 13, 19, 37 e 97
3. Observando o crivo de Erastóstenes (obtido na tarefa da pág. 10):
11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61 e 67 são os números
primos maiores do que 10 e menores do que 70.
4. Teorema fundamental da aritmética:
«Todo o número natural composto pode ser decomposto num
produto de fatores primos, sendo essa decomposição única.»
5. 10 = 2 × 5 33 = 3 × 11 51 = 3 × 17 85 = 5 × 17
Observamos que:
• 10 é par, logo divisível por 2;
• 33 e 51 são divisíveis por 3 porque a soma dos seus algarismos
é divisível por 3;
• 85 é divisível por 5 porque termina em 5.
450
225
75
25
5
1
2
3
3
5
5
450 = 2 × 32 × 52
Um divisor de um dos fatores do produto é divisor
do produto.
Então:
1 2 Isto é 1 2 são divisores de 450.
1 3 32 Isto é 1 3 9 são divisores de 450.
1 5 52 Isto é 1 5 25 são divisores de 450.
693
231
77
11
1
3
3
7
11
294
147
49
7
1
2
3
7
7
693 = 32 × 7 × 11
294 = 2 × 3 × 72 m.d.c. (693, 294) = 3 × 7 = 21
693 : 21
294 : 21
=
33
14

8. 8
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
6.1 6.2 6.3 6.4
100 = 22 × 52 1000 = 23 × 53 120 = 23 × 3 × 5 924 = 22 × 3 × 7 × 11
6.5 6.6
250 = 2 × 53 7200 = 25 × 52 × 32
7.1
154 = 2 × 7 × 11 33 = 3 × 11
Ou m.d.c. (154, 33) = 11
7.2
210 = 2 × 5 × 3 × 7 231 = 3 × 7 × 11
Ou m.d.c. (210, 231) = 3 × 7
8.1
m.d.c. (60, 80) = 22 × 5 = 20
O máximo divisor comum de dois números decompostos em
fatores primos é igual ao produto dos fatores primos comuns,
elevado cada um ao menor expoente com que aparece nas
decomposições.
8.2 60 = 22 × 3 × 5
80 = 24 × 5 Então: m.m.c. (60, 80) = 24 × 3 × 5 = 240
O mínimo múltiplo comum de dois números decompostos em
fatores primos é igual ao produto de todos os fatores primos
(comuns e não comuns), elevado cada um ao maior expoente
com que aparece na decomposição desses números.
8.3
8.4 560 = 24 × 5 × 7 630 = 2 × 32 × 5 × 7
m.m.c. (560, 630) = 24 × 32 × 5 × 7 = 5040
8.5
8.6 125 = 53 m.m.c. (125, 175) = 53 × 7 = 875
175 = 52 × 7
9.
(1) 11 e 13 são números primos, logo m.d.c. (11, 13) = 1
e m.m.c. (11, 13) = 11 × 13
(2) escolhem-se dois números primos entre si cujo produto seja
72 = 23 × 32
(3) 80 é múltiplo de 16; 80 = 24 × 5
(4) utiliza-se a propriedade:
a × b = m.d.c. (a, b) × m.m.c. (a, b)
42 × b = 14 × 84
10. Vamos procurar o algarismo x , sabendo que 41x representa
um número primo.
Se 41x é número primo, então x não pode ser 0, 2, 4, 6 e 8
porque só há um número primo par, o 2.
Se x = 1 , 411 não é primo porque é divisível por 1, 411 e 3
(4 + 1 + 1 = 6 e 6 é divisível por 3).
Se x = 3 , 413 não é primo porque é divisível por 1, 411, 7 e 59.
Se x = 5 , 415 não é primo porque é divisível por 1, 415 e 5.
Se x = 7 , 417 não é primo porque é divisível por 1, 417 e 3.
Se x = 9 , 419 é número primo porque não é divisível por 2, 3,
5, 7 e 11, e:
419
029
03
13
32
419
079
11
17
24
419
039
01
19
22
419
189
05
23
18
32 13 24 17 22 19 18 23
O número 419 é o número pedido.
11. Os dois cometas serão vistos em simultâneo quando o número
de anos decorridos for múltiplo de 140 e de 700. Como se
pretende saber o menor número de anos necessários para que
os cometas sejam vistos em simultâneo, vamos determinar o
mínimo múltiplo comum de 140 e 700.
• Decompomos 140 e 700 em fatores primos e calculamos o
m.m.c. (140, 700) :
140
70
35
7
1
2
2
5
7
140 = 22 × 5 × 7
700 = 22 × 52 × 7
m.m.c. (140, 700) = 22 × 52 × 7
= 700
700
350
175
35
7
1
2
2
5
5
7
• Ou 700 é múltiplo de 140, então o mínimo múltiplo comum
dos dois números é o maior deles (700).
• Ou escrevemos os múltiplos naturais de 140 e de 700 e
determinamos o menor número natural que é múltiplo de
ambos os números:
– múltiplos de 140: 140, 280, 420, 560, 700, 840,…
– múltiplos de 700: 700, 1400,…
700 é o m.m.c. (140, 700) .
Os dois cometas voltarão a ser vistos em simultâneo passados
700 anos.
154
77
11
1
2
7
11
210
105
21
7
1
2
5
3
7
60
30
15
5
1
2
2
3
5
560
280
140
70
35
7
1
2
2
2
2
5
7
33
11
1
3
11
231
77
11
1
3
7
11
80
40
20
10
5
1
2
2
2
2
5
630
315
105
35
7
1
2
3
3
5
7
Então:
154
33
=
2 × 7 × 11
3 × 11
=
14
3
Então:
210
231
=
2 × 3 × 5 × 7
3 × 7 × 11
=
10
11
154 : 11
33 : 11
=
14
3
210 : 21
231 : 21
=
10
11
60 = 22 × 3 × 5
80 = 24 × 5
560 = 24 × 5 × 7
630 = 2 × 32 × 5 × 7
m.d.c. (560, 630) = 2 × 5 × 7 = 70
125
25
5
1
5
5
5
175
35
7
1
5
5
7
125 = 53
175 = 52 × 7
m.d.c. (125, 175) = 52 = 25
7200
3600
1800
900
450
225
45
9
3
1
2
2
2
2
2
5
5
3
3
250
125
25
5
1
2
5
5
5
100
50
25
5
1
2
2
5
5
120
60
30
15
5
1
2
2
2
3
5
924
462
231
77
11
1
2
2
3
7
11
1000
500
250
125
25
5
1
2
2
2
5
5
5
a b m.d.c. (a, b) m.m.c. (a, b)
11 13 1 143 (1)
8 9 1 72 (2)
16 80 16 80 (3)
42 28 14 84 (4)

9. 9
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 12. A medida do lado do quadrado é um divisor de 192 e 128. Como
se pretende o maior lado possível para as placas quadradas,
determinamos o maior dos divisores comuns a 192 e 128, isto é,
o máximo divisor comum dos números dados.
Podemos listar todos os divisores de 192 e 128 e escolher o
maior divisor comum ou usar a decomposição em fatores
primos. Vamos usar o segundo método.
Decompomos 192 e 128 em fatores primos e determinamos o
m.d.c. (128, 192) .
192
96
48
24
12
6
3
1
2
2
2
2
2
2
3
192 = 26 × 3
128 = 27
m.d.c. (128, 192) = 26 (fator primo comum
= 64 com menor
expoente)
O lado do quadrado tem 64 cm.
128
64
32
16
8
4
2
1
2
2
2
2
2
2
2
Número de placas: 192 : 64 = 3
128 : 64 = 2
3 × 2 = 6 placas quadradas
13. 247 não é divisível por 2, 3, 5, 7 e 11. Vejamos se é por 13.
247
117
00
13
19
O resto é zero, então o número dado não é
primo, porque tem mais de dois divisores: 1, 13,
19 e 247 são divisores de 247.
247 não é número primo.
14. Sendo a e b dois números naturais:
a × b = m.d.c. (a, b) × m.m.c. (a, b)
x × 45 = m.d.c. (x, 45) × m.m.c. (x, 45)
x × 45 = 15 × 360
x = 5400 : 45
x = 120
O valor de x é 120.
15. As árvores encontram-se de 35 em 35 metros e os postes
encontram-se de 50 em 50 metros.
Para que se encontre novamente um poste em frente de uma
árvore, o número de metros a percorrer tem de ser múltiplo
de 35 e de 50 e o menor possível. Calculamos, assim, o mínimo
múltiplo comum de 35 e 50:
35 = 7 × 5
50 = 2 × 52 m.m.c. (50, 35) = 2 × 7 × 52 = 350
A cada 350 metros da avenida, teremos uma árvore em frente
a um poste.
Nota: Também podíamos resolver o problema escrevendo os
múltiplos naturais de 35 e os múltiplos naturais de 50 até
aparecer o menor número que é simultaneamente múltiplo
dos dois números, isto é, o seu mínimo múltiplo comum.
16. O Cristiano treinou nos dias ímpares de janeiro:
1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31
O Sérgio treinou nos dias múltiplos de 3 de janeiro:
3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30
Em janeiro, treinaram juntos nos dias 3, 9, 15, 21 e 27, isto é,
treinaram no mesmo dia 5 vezes.
Ficha formativa (págs. 28 e 29)
1. A: 9 : 3 = 3 3 tem dois divisores: 1 e 3.
B: 2 × 3 = 6 6 tem quatro divisores: 1, 2, 3 e 6.
C: 23 = 8 8 tem quatro divisores: 1, 2, 4 e 8.
D: 32 = 9 9 tem três divisores: 1, 3 e 9.
Resposta D.
2. A: 99 é número composto, logo é o maior número composto
inferior a 100; 99 98 97 96
Resposta A.
3. A: 286 × 2 O número não está decomposto em
fatores primos; 286 não é número primo.
B: 44 × 13 Não está decomposto em fatores primos;
44 não é primo.
C: 2 × 11 × 13 = 286 E 286 ≠ 572
D: 22 × 11 × 13 = 572 E 2, 11 e 13 são números primos.
Resposta D.
4. A: 1042 não é divisível nem por 3 nem por 4.
B: 1043 não é número par.
C: 1044 é divisível por 3 e por 4.
D: 1045 não é número par.
Resposta C.
5. Se A = 23 × 52 × 13
B = 24 × 5 × 132
o m.d.c. (A, B) = 23 × 5 × 13 Produto dos fatores primos comuns
aos números, cada um elevado ao
menor expoente.
Resposta D.
6. Sabemos que dados dois números naturais a e b :
a × b = m.d.c. (a, b) × m.m.c. (a, b)
75 × 45 = 15 × m.m.c. (75, 45)
m.m.c. (75, 45) = 225
Resposta A.
7. Se a = 5 então m.m.c. (5, 14) = 5 × 14 = 70 porque 5 e 14 são
números primos entre si.
Resposta B.
8.1 96 + 72 = 168 alunos
168 : 21 = 8 Há 8 turmas de 21 alunos de 6.o ano.
8.2 O número de alunos de cada turma deverá ser divisor de 96
e de 72 para que todas tenham o mesmo número de alunos.
Como se pretende o número máximo de alunos por turma,
determina-se o máximo divisor comum de 96 e 72. Sendo
assim, utiliza-se, por exemplo, a decomposição em fatores
primos de 96 e 72:
96
48
24
12
6
3
1
2
2
2
2
2
3
96 = 25 × 3
72 = 23 × 32
m.d.c. (96, 72) = 23 × 3 = 24
Produto dos fatores primos comuns
a 96 e 72, cada um elevado ao menor
expoente.
72
36
18
9
3
1
2
2
2
3
3
Cada turma terá 24 alunos.
Há 72 raparigas distribuídas por turmas de 24 alunos.
72 : 24 = 3 → turmas femininas
Cada turma pode ter no máximo 24 alunos.
As turmas femininas seriam 3.
64cm
64 cm64 cm64 cm
128cm
192 cm
64cm
Obtemos seis quadrados, sendo
o comprimento do lado de cada
quadrado igual a 64 cm.

10. 10
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
9.1 m.m.c. (120, 168)
120
60
30
15
5
1
2
2
2
3
5
120 = 23 × 3 × 5
168 = 23 × 3 × 7
m.m.c. (120, 168) = 23 × 3 × 5 × 7 = 840
168
84
42
21
7
1
2
2
2
3
7
9.2 m.d.c. (144, 192)
144
72
36
18
9
3
1
2
2
2
2
3
3
144 = 24 × 32
192 = 26 × 3
m.d.c. (144, 192) = 24 × 3 = 48
192
96
48
24
12
6
3
1
2
2
2
2
2
2
3
10. Divisores de 392:
392
196
98
49
7
1
2
2
2
7
7
392 = 23 × 72
1 2 22 23 Isto é 1 2 4 8 são divisores de
23 , logo de 392.
1 7 72 Isto é 1 7 49 são divisores de
72 , logo de 392.
Multiplicam-se os números da 1.a linha por cada um dos
números da 2.a linha do quadro:
1, 7, 49, 2, 14, 98, 4, 28, 196, 8, 56 e 392
Os divisores de 392 são: 1, 2, 4, 7, 8, 14, 28, 49, 56, 98, 196 e 398
11. 455
91
13
1
5
7
13
455
770
=
5 × 7 × 13
2 × 5 × 7 × 11
=
13
22
770
385
77
11
1
2
5
7
11
ou: 455 = 5 × 7 × 13
770 = 2 × 5 × 7 × 11
m.d.c. (455, 770) = 5 × 7 = 35 455 : 35
770 : 35
=
13
22
12. Vamos decompor os dois números em fatores primos:
2268
1134
567
81
27
9
3
1
2
2
7
3
3
3
3
2268 = 22 × 7 × 34
168 = 23 × 3 × 7
168
84
42
21
7
1
2
2
2
3
7
Verificamos que 168 = 23 × 3 × 7 e que 23, um dos seus divisores,
não é divisor de 2268. Então, 168 não é divisor de 2268, pelo que
2268 não é divisível por 168.
13. O número de páginas de cada fascículo tem de ser divisor de
224 e 256, visto que todos os fascículos têm o mesmo número
de páginas. Mas se o número de páginas de cada fascículo deve
ser o maior possível, então deve determinar-se o maior divisor
comum a 224 e 256:
• pelo método das decisões sucessivas, vem:
256
032
224
1
224
00
32
7
m.d.c. (224, 256) = 32
• ou pela decomposição em fatores primos:
224
112
56
28
14
7
1
2
2
2
2
2
7
224 = 25 × 7
256 = 28
m.d.c. (224, 256) = 25 = 32
256
128
64
32
16
8
4
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
Calculemos o número de fascículos de cada livro: 224 : 32 = 7
256 : 32 = 8
O livro com 224 páginas tem 7 fascículos e o livro com
256 páginas tem 8 fascículos.
14. Observemos as decomposições em fatores primos dos
números:
165 = 3 × 5 × 11
45 = 32 × 5
Para que um número seja múltiplo 45 tem de ser múltiplo
de 32 e de 5. Então, o menor número pelo qual devemos
multiplicar 165 para obter um múltiplo de 45 é 3.
Verificação: 3 × 5 × 11 × 3 = 32 × 5 × 11 → Número múltiplo de 32
e de 5, logo múltiplo
de 45.
15. A medida de lado de cada lote quadrado tem de ser divisor de
72 e de 108 para que os lotes sejam iguais. Como queremos que
a área de cada lote quadrado seja a maior possível, então o lado
tem de ser o maior possível, isto é, vamos determinar o maior
divisor comum a 72 e 108:
Vamos usar a decomposição de fatores primos de 72 e 108 para
calcular o m.d.c. (72, 108) :
72
36
18
9
3
1
2
2
2
3
3
72 = 23 × 32
108 = 22 × 33
m.d.c. (72, 108) = 22 × 32 = 36
108
54
27
9
3
1
2
2
3
3
3
Número de lotes: 72 : 36 = 2
108 : 36 = 3
2 × 3 = 6 lotes
O lado de cada lote tem 36 m e vão formar-se 6 lotes.
16. O menor número divisível por 110 e 286 é o menor múltiplo
comum de 110 e 286. Vamos, por exemplo, decompor os
números dados em fatores primos e calcular o
m.m.c. (110, 286) :
110
55
11
1
2
5
11
110 = 2 × 5 × 11
286 = 2 × 11 × 13
m.m.c. (110, 286) = 2 × 5 × 11 × 13
= 1430
286
143
13
1
2
11
13
↑
número de páginas
de cada fascículo
36cm36cm36cm
36 cm 36 cm
108cm
72 cm

11. 11
MATemática6–Resoluçõesdomanual– CAPÍTULO 2
Ficha de diagnóstico (págs. 32 e 33)
1.1 62
1.2 124
1.3 105
2.1 4 × 4 × 4 = 64
2.2 12 × 12 = 144
2.3 10 × 10 × 10 × 10 = 10 000
3.1 33 = 3 × 3 × 3 = 27
3.2 16 = 4 × 4 ; 4
3.3 26 = 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 64
3.4 3 × 13 = 3 × 1 × 1 × 1 = 3
4. 25 = 5 × 5 = 52
5. 128 = 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 27
6. 1000 = 10 × 10 × 10 = 103
7. 1100 + 102 – 177 = 1 + 10 × 10 – 1 = 1 + 100 – 1 = 100
8. A: 22 – 1 + 5 = 2 × 2 – 1 + 5 = 4 – 1 + 5 = 3 + 5 = 8
B: 102 – 4 × 10 = 10 × 10 – 4 × 10 = 100 – 40 = 60
C: 33 – 150 = 3 × 3 × 3 – 1 = 27 – 1 = 26
D: 23 + 82 = 2 × 2 × 2 + 8 × 8 = 8 + 64 = 72
O Bruno resolveu a expressão B.
9.
A: Falsa, porque a área do quadrado é A = l × l = l2 (sendo l o lado).
Logo, 3 × 3 , isto é, 9 cm2.
B: Falsa, porque o perímetro do quadrado é P = 4 × l . Logo,
4 × 3, isto é, 12 cm.
10.1 Por exemplo:
10.2 A. 12 × 2 → medida do comprimento total das arestas do
cubo
B. 6 × 22 → medida da área total do cubo
C. 23 → medida do volume do cubo
Pág. 35
1.1 0,7 × 0,7 = 0,72
1.2
1
6
×
1
6
×
1
6
×
1
6
= 1
6 
4
=
1
64
1.3
3
10
×
3
10
×
3
10
×
3
10
×
3
10
×
3
10
= 3
10
6
= 0,36
1.4 1
1
5
×
6
5
=
6
5
×
6
5
= 6
5 
2
2.1
3
2
×
3
2
×
3
2
=
27
8
2.2
3
2 × 2 × 2
=
3
8
2.3
3 × 3 × 3
2
=
27
2
2.4 0 × 0 × ... × 0 = 0
2.5 0,01 × 0,01 = 0,0001
2.6 1,1 × 1,1 × 1,1 = 1,331
2.7 1 × 3 + 1
3 
2
= 3 + 1
3 
2
= 4
3
2
=
4
3
×
4
3
=
16
9
2.8
1 × 1 × 1 × 1
5
=
1
5
3.1 0,04 = 0,2 × 0,2 = 0,22
3.2
9
16
=
3 × 3
4 × 4
= 3
4
2
3.3
27
1000
= 3
10
3
4.1 4
7 
2
=
42
72
4.2
16
7
16
49
porque 16 = 16 e 7 49
4.3
1
4
= 0,25
1
4
= 1 : 4 = 0,25
4.4 2,5 (2,5)2 5
2
= 5 : 2 = 2,5
5.1 3 × 0,22 = 3 × 0,2 × 0,2 = 0,6 × 0,2 = 0,12
5.2 2 × 2
3 
3
=
2
1
×
2
3
×
2
3
×
2
3
=
2
1
×
8
27
=
16
27
5.3 2 ×
2
3 
3
= 4
3 
3
=
4 × 4 × 4
3 × 3 × 3
= 64
27
5.4 32 – 0,14 = 3 × 3 – 0,1 × 0,1 × 0,1 × 0,1 = 9 – 0,0001 = 8,9999
6. 0,2 × 0,2 + 0,3 × 0,3 + 0,5 × 0,5 =
= 0,04 + 0,09 + 0,25 = 0,38
(0,2 + 0,3 + 0,5)2 = 12 = 1 × 1 = 1 Não.
7.1
7
8
×
7
8
=
49
64
7.2 3
2 
4
=
3
2
×
3
2
×
3
2
×
3
2
=
81
16
7.3
1
2
×
1
2
+
2
3
×
2
3
=
1
4
+
4
9
=
9 + 16
36
=
25
36
7.4 2 × 2 × 2 –
3
2
×
3
2
= 8 –
9
4
=
32 – 9
4
=
23
4
7.5 3
6
–
1
6
4
= 2
6
4
= 1
3
4
=
1
3
×
1
3
×
1
3
×
1
3
=
1
81
7.6 7
6
–
3
6
2
×
5
11
= 4
6
2
×
5
11
= 2
3
2
×
5
11
=
2
3
×
2
3
×
5
11
=
20
99
Pág. 37
1.1 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 = 57
1.2
3 × 3 × 3 × 3 × 3
3 × 3
= 33
1.3 2 × 2 × … × 2 × 2 × 2 × … × 2 = 2n + m
n vezes m vezes
1.4
11 × 11 × … × 11
11 × … × 11
→ m vezes
m n
=
11 × 11 × … × 11
1
→ m – n vezes
2.1 93 + 2 = 95 2.5 108 + 2 = 1010
2.2 105 – 2 = 103 2.6 71 + 3 + 5 = 79
2.3 57 + 2 – 6 = 53 2.7 86 – 2 = 84
2.4 2525 – 23 = 252 2.8 65 – 2 = 63
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT058
2prova · 22 Outubro 2010
Luis Almeida
3 cm
3 cm
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT059
2prova · 22 Outubro 2010
Luis Almeida
2 cm
→ n vezes



12. 12
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
2.9 97 – 4 – 2 = 91 2.12 2
7
33 – 32
= 2
7
1
=
2
7
2.10 213 – 12 + 5 = 26 2.13 5
6
10 – 7
= 5
6
3
2.11 0,72 + 1 = 0,73 2.14 0,15 × 0,1 = 0,15 + 1 = 0,16
3.1 57 = 55 × 52 3.9 105 = 107 : 102
3.2 152 + 3 = 152 × 153 3.10 94 – 3 = 94 : 93
3.3 57 : 55 = 57 – 5 = 52
3.4 910 : 95 : 92 = 910 – 5 – 2 = 93 3.11 63 × 69 = 612
3.5 29 = 24 × 25 3.12 55 : 53 = 52
3.6 103 = 102 × 10 3.13 2,33 × 2,34 = 2,37
3.7 43 × 42 = 45 3.14 5
4
12
= 5
4
13
:
5
4
3.8 105 : 103 = 102 = 100 3.15 0,512 : 0,55 = 0,57
3.16 0,756 = 0,752 × 0,754
4.1 Falsa, porque não há regra para adicionar potências com a
mesma base.
4.2 104 – 2 – 1 = 10 Verdadeira
4.3 23 – 2 8 – 4 2 4 Falsa
4.4 75 + 2 = 77 Verdadeira
4.5 100 : 1 = 100 100 = 10 Falsa
4.6 1 1 Falsa
4.7 10 000 – 100 = 9900 9900 = 100 Falsa
4.8 (10 : 5)7 = 27 Verdadeira
4.9 0,53 0,54 – 1 0,53 0,53 Falsa
4.10 1 0 Falsa
4.11 0,253 = 1
4
3
1
4
3
= 1
4
3
Verdadeira
5.1 Por exemplo, 74 × 7
5.2 Por exemplo, 97 : 93
5.3 Por exemplo, 0,3 × 0,33
Pág. 39
1.1 4
5
2
; 1,25
3,33
4
1.2 (a × b) × (a × b) × (a × b) × (a × b) × (a × b) × (a × b) =
= a × a × a × a × a × a × b × b × b × b × b × b =
= a6 × b6
2.1 (6 × 2)7 = 127 2.8 (2 × 10 : 5)7 = 47
2.2 (10 : 5)4 = 24 2.9 (10 × 2 : 4)2 = 52
2.3 (9 : 3)7 = 37 2.10 (11 × 4 : 2)5 = 225
2.4 (18 : 6)6 = 36 2.11 (0,2 × 0,7)5 = 0,145
2.5 (24 : 6 : 2)3 = 23 2.12 1
3
× 3= 14
2.6 (2 × 5 × 6)3 = 603 2.13 (0,25 : 0,5)3 = 0,53
2.7 (144 : 12 : 4)3 = 33 2.14 (1,5 : 0,5)7 = 37
2.15 (2 : 2)3 = 13
3.1 63 = 65 : 62
3.2 86 × 26 = 166
3.3 712 : 76 = 76 ou 496 : 76 = 76
3.4 287 : 77 = 47
3.5 1209 : 109 = 129
3.6 135 × 35 = 395
3.7 1117 : 1115 = 112
3.8 28 × 88 × 38 = 488
3.9 157 : 37 = 57
3.10 (103 : 23 ) × 53 = 253
3.11 5
3
4
: 1
3
4
= 5
3
× 3 
4
= 54
3.12 404 × 0,14 = 44
3.13 (0,6 : 0,2)3 = 33
3.14 1
7
×
14
1 
3
= 23
4.1 24 + 2 = 210 – 4 26 = 26 V
4.2 (12 : 2)5 × 62 = 65 × 62 = 65 + 2 = 67 F
4.3 23 + 5 – 2 26 26 26 F
4.4 (12 : 6)18 = 218 ≠ 236 F
4.5 (10 : 0,1)5 = (10 × 10)5 = 1005 V
4.6 2
3
×
3
5
9
= 2
5
9
= 0,49 V
5.1 Por exemplo, 1
2
4
× 164
5.2 Por exemplo, 9,65 : 35
Pág. 41
1. 35 × 35 = 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 = 310
2.1 35 × 2 = 310
2.2 24 × 3 = 212
2.3 25 × 7 = 235
2.4 x4 × 2 = x8
2.5 1,25 × 3 = 1,215
3.1 1
2
2

3
= 1
2
3 × 2
= 1
2
6
=
1
64
3.2 (105)2
= 1010 = 10 000 000 000
3.3 (13)5
= 115 = 1
4.1 O cubo do quadrado de sete.
4.2 O cubo da quarta potência de onze.
4.3 O quadrado do quadrado de dezassete décimas.
5.1 223
= 28 = 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 256
5.2 22 × 3 = 26 = 64
5.3 0,16 = 0,000 001
5.4 0,19 = 0,000 000 001
6.1 216 = 28 F
6.2 56 ≠ 56 F
6.3 a16 = a16 V
6.4 a10 ≠ a10 F
6.5 2
5
6
= (2 : 5)6 = 0,46 V
6.6 0,21 = 0,2 V
7.1 (23)
2
+ 44 : 42 = 23 × 2 + 44 – 2 = 26 + 42 = 64 + 16 = 80
7.2 (0,12)
2
+ 0,512 : 0,511 = 0,12 × 2 + 0,512 – 11 = 0,0001 + 0,5 = 0,5001
7.3 123
+
1
3
× 1
3
2
= 18 + 1
3
2 + 1
= 1 +
1
27
=
28
27
7.4 42 : 22 – ( 110)
3
= (4 : 2)2 – 110 × 3 = 22 – 1 = 3
7.5
423
× 42
(42)5
=
48 × 42
410
=
48 + 2
410
= 1
7.6 62 + 32 = 36 + 9 = 45
7.7 62 × 32 = (6 × 3)2 = 182 = 324
7.8 62 : 32 = (6 : 3)2 = 22 = 4
7.9 62 – 32 = 36 – 9 = 27
7.10 32 × 0,13 = 9 × 0,001 = 0,009
8. 1501 = 150 (130)
5
= 130 × 5 = 1150 = 1
150 1150
Pág. 43
1.1 2 + 33 : 32 = 2 + 33 – 2 = 5

13. 13
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 1.2 52 – 1514 : 1513 = 25 – 1514 – 13 = 25 – 15 = 10
1.3 22 × 3 – 4 : 22 = 4 × 3 – 4 : 4 = 12 – 1 = 11
1.4 52 + 44 : 24 = 25 + (4 : 2)4 = 25 + 16 = 41
1.5 33 × 23 + 43 : 23 = (3 × 2)3 + (4 : 2)3 = 63 + 23 = 216 + 8 = 224
1.6 204 : 44 × 24 = (20 : 4)4 × 24 = (5 × 2)4 = 10 000
1.7 (2 + 3)5 × 25 = (5 × 2)5 = 100 000
1.8 (2 + 4 : 4)2 × 22 = (2 + 1)2 × 22 = (3 × 2)2 = 36
1.9 (5 – 2 × 1)13 : 313 = (5 – 2)13 : 313 = 313 : 313 = 1
1.10 64 × 65 : 68 + 18 = 65 + 4 : 68 + 18 = 69 – 8 + 1 = 7
1.11 22 – 134 : 133 + 1100 = 22 – 134 - 3 + 1 = 10
1.12 (1 + 2 + 3)3 : (3 × 2)2 = 63 : 62 = 63 – 2 = 6
2.1
5
4
2
– 5
4
2
+
5
4
×
1
5
=
25
4
–
25
16
+
5
20
=
100
16
–
25
16
+
1
4
=
=
75
16
+
4
16
=
79
16
2.2 3 × 1
3
3
+ (32 – 5) × ( 32 – 23) = 3 ×
1
27
+ (9 – 5) × (9 – 8) =
=
1
9
+ 4 × 1 =
1
9
+ 4 =
37
9
2.3 3
2
2
:
2
3
– 1,52 = 3
2
2
×
3
2
– 2,25 = 3
2
2 + 1
– 2,25 =
= 1,53 – 2,25 = 3,375 – 2,25 = 1,125 =
9
8
2.4 (0,12)
3
:  1
10
5
+ 0,3 × 23 =  1
10
6
:  1
10
5
+ 0,3 × 8 =
=  1
10
6 – 5
+ 2,4 = 0,1 + 2,4 = 2,5
2.5
0,29 : 0,27
3
5
+ 050 =
0,29 – 7
0,62
+ 0 = 0,22 : 0,62 + 0 = 2
6
2
=
1
9
2.6 1 –
1
2
3
× 23 + 1
2
3

2
= 1
2
3
× 23 + 1
2
6
= 13 +
1
64
=
65
64
2.7 0,12 × 200 + 125
= 0,01 × 200 + 132 = 3
2.8 7 × 1
7
2
:
1
7
+ (22)
2
= 7 ×
1
49
×
7
1
+ 24 = 1 + 16 = 17
2.9 0,511 : 1
2
10
+ 0,12 × 102 + 152
= 0,511 – 10 + 12 + 125 =
= 0,5 + 1 + 1 = 2,5
2.10 323
: 37 + (22)
3
× 0,1 = 38 : 37 + 26 × 0,1 = 3 + 6,4 = 9,4
3.1 3,5 +
5
2
2
– 5
2
2
= (3,5 + 2,5)2 – (2,5)2 = 36 – 6,25 = 29,75
29,75 m2
3.2 72 – (7 – 1,4)2 = 49 – (5,6)2 = 49 – 31,36 = 17,64
17,64 m2
4. Sr. Fonseca: 122 – (32)
2
= 144 – 81 = 63
Sr. Pereira: 3 + (22)
3
= 3 + 26 = 67
O sr. Pereira é mais velho, tem 67 anos.
Problemas para resolver (pág. 45)
1. 6 1 = 6 62 = 36 63 = 216 64 = 1296 65 = 7776 66 = 46 656
É o 6, porque todas as potências de base 6 e expoente natural
terminam em 6.
2.1 66 6672 = 4 444 488 889. Devido à regularidade que se observa
nas potências dadas.
2.2 33 3342 = 1 111 155 556. Devido à regularidade que se observa
nas potências dadas.
3.1 154 = (3 × 5)4 = 34 × 54
3.2 163 = (2 × 2 × 2 × 2 )3 = (24)
3
= 212
3.3 183 × 144 = (2 × 32)
3
× (2 × 7)4 =
= 23 × 36 × 24 × 74 =
= 23 × 24 × 36 × 74 = 27 × 36 × 74
4. Se A e B são equivalentes, têm áreas iguais.
AB =
4 ×
9
2
2
= 9 AB = 9 cm2
Logo, o quadrado também tem 9 cm2 de área.
Como AA = 9 cm2 , então lA = 3 cm , e o perímetro do quadrado é
4 × 3 = 12 , isto é, 12 cm.
5. lA = 1 cm
lB =
1
3
cm
lC =
1
3
×
1
3
=
1
9
, isto é, lC =
1
9
cm
AA + B + C = 1 × 1 +
1
3
×
1
3
+
1
9
×
1
9
= 1 +
1
9
+
1
81
=
81
81
+
9
81
+
1
81
=
91
81
AA + B + C =
91
81
m2
Tarefas finais (págs. 46 e 47)
1. Por exemplo, 5 × 53
2. Por exemplo, 109 : 106
3. Por exemplo, 73 × 1
3
3
4. Por exemplo, 45 : 85
5.1 a. A medida da área de uma face do cubo.
b. A medida da área total da superfície do cubo.
c. A medida do volume do cubo.
5.2 5
3
2
=
5
3
×
5
3
=
25
9
6 × 5
3
2
= 6 ×
25
9
=
150
9
=
=
50
3
5.3 5
3
3
=
53
33
=
125
27
6.1
7
2
+
7
2
+
7
2
= 3 ×
7
2
≠ 7
2
3
6.2
7
2
×
7
2
×
7
2
= 7
2
3
≠ 3 ×
7
2
6.3 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 = 37 ≠ 3 × 7
6.4 1
2
3

2
= 1
2
6
≠ 1
2
9
6.5 0,2 × 32 = 0,2 × 9 = 1,8 ≠ 0,62
↑Prioridade
6.6 1
3
2
+ 1
3
3
=
1
9
+
1
27
=
3
27
+
1
27
=
4
27
= 1
3
5
7. 43 : 4 = 43 – 1 = 42 = 16
23 × 21 = 23 + 1 = 24 = 16
82 : 22 = (8 : 2)2 = 42 = 16
8. 1,32 – 1
2
3
= 1,69 – 0,125 = 1,565
9.1 (23)
2
× 1
2
5
=
= 26 × 1
2
5
=
= 64 ×
1
32
= 2
Produto do quadrado do cubo de dois
pela quinta potência de um meio.

14. 14
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
9.2

1
2
3

3
=
= 3
2
3
=
27
8
10.1
4
3
×
1
22
+
1
3
× 32 =
4
3
×
1
4
+
1
3
× 9 =
=
1
3
+ 3 =
10
3
10.2 5
6
–
7
12– 1
3
2
×
3
4
=
3
12
–
1
9
×
3
4
=
3
12
–
1
12
=
1
6
10.3 3
8
14
: 1
2
–
1
8
13
+
2
3
×
1
8
= 3
8
14
: 3
8
13
+
1
12
=
3
8
+
1
12
=
44
96
=
11
24
10.4 1100 + 0,813 : 4
5
12
+ 0,2 = 1 + 0,813 – 12 + 0,2 = 2
10.5
1
2
× (2 + 1)2 + 07 =
1
2
× 9 = 4,5
10.6
22
5
+ 2
5
2

3
: 2
5
5
=
4
5
+ 2
5
6 – 5
=
6
5
= 1
1
5
Investiga
131 = 13
132 = 169
133 = 2 197
134 = 28 561
135 = 371 293
136 = 4 826 809
137 = 62 748 517
138 = 815 730 721
As potências de base 13 e expoente ímpar terminam em 3 ou em 7.
Assim sendo, 1313 vai terminar em 3.
Ficha formativa (págs. 51 a 53)
1. 5
3
4
× 5
3
2
= 5
3
4 + 2
= 5
3
6
C
2. 0,95 : 0,92 = 0,95 – 2 = 0,93 = 0,92 × 0,9 C
3. 2
3
5
× 35 = 2
3
× 3
5
= 25 = 65 : 35 = (6 : 3)5 B
4. 102 : 22 +
1
2
× (22)
2
= 52 +
1
2
× 24 = 25 + 8 = 33 D
5. 2
4
7
– 213 : 212 =
18
7
– 213 – 12 =
4
7
=
2
7
2
A
6. 33 – 32 = 27 – 9 = 18 = 2 × 32 = 2 × 9 D
7. ? + 10 = 102 ? = 90 = 32 × 10 B
8. (45)
2
= 410 = (22)
10
D
9.1 2 × 5
2
2
= 2 ×
25
4
=
25
2
9.2 3 × 1
3
3
= 3 ×
1
27
=
1
9
9.3 (0,13)
2
=  1
10
3 × 2
=  1
10
6
=
1
1 000 000
= 0,000 001
9.4 (3 + 22)
3
= (3 + 4)3 = 73 = 343
10.1 2
3
2
× 2
3
3
= 2
3
2 + 3
= 2
3
5
10.2 1
4
12
: 1
4
10
= 1
4
12 – 10
= 1
4
2
= 1
2
4
10.3 1
2
3
× 23 = 1
2
× 2
3
= 13
10.4 2,22 : 22 = (2,2 : 2)2 = 1,12
11. P = 8 × 4 = 23 × 22 = 25 P = 25 m
A = 8 × 8 = 23 × 23 = 26 A = 26 m2
A
2
=
26
2
= 26 – 1 = 25
A
2
= 25 m2
3 × A = 3 × 26 3 × A = 3 × 26 m2
A afirmação verdadeira é a C porque (23 × 23 : 2) = 26 : 2 = 26 – 1 = 25 .
12. Por exemplo, 5
3
11
× 5
3
2
13. Por exemplo, (22)
3
14.1 7m × 7n = 7 × 7 × … × 7 × 7 × 7 × … × 7 =
m vezes n vezes
= 7 × … × 7 = 7m + n
m + n vezes
14.2 (7n)
m
= 7n × 7n × … × 7n = (7 × … × 7) × … × (7× … × 7)
m vezes n vezes n vezes
Logo, m × n fatores iguais a 7, isto é, 7n × m .
15. 123 = (22 × 3)3 = 26 × 33
152 = (3 × 5)2 = 32 × 52 m.d.c. (123, 152) = 32 = 9
a vezes a – b vezes
16.
7,9a
7,9b
=
7,9 × 7,9 × … × 7,9 × 7,9
7,9 × … × 7,9
=
7,9 × 7,9 × … × 7,9
1
=
b vezes
= 7,9a – b
17. 3 × 42 – 3
4
3
: 3
2
3
– 7 × 0,53 = 3 × 16 – 3
4
×
2
3
3
– 7 ×
1
8
=
= 48 –
1
8
–
7
8
= 47
123
+ 5
1
2
–
1
2
2
– 1,43 : 1,42 × 10 = 18 + 25 – 1,43 – 2 × 10 =
= 26 – 14 = 12
O professor tem 47 anos e o aluno tem 12 anos.
18. A: 0,514 : 0,513 + 22 : 22 =
3
2
0,514 – 13 + 1 = 0,5 + 1 = 1,5 =
3
2
V
B:  1
0,5
3
= 23 = 8 F, porque 8 ≠
1
8
.




O cubo do inverso de dois terços.



15. 15
MATemática6–Resoluçõesdomanual– CAPÍTULO 3
Ficha de diagnóstico (págs. 56 e 57)
1.1 81 : 3 = 27 Divisãocomooperaçãoinversadamultiplicação.
1.2 83 – 55 = 28 Subtração como operação inversa da adição.
1.3 12 + 21 = 33 aditivo = subtrativo + resto
1.4 2 × 43 = 86 dividendo = divisor × quociente
1.5 10 : 2,5 = 4 Divisãocomooperaçãoinversadamultiplicação.
1.6 5,9 – 3,5 = 2,4 Subtração como operação inversa da adição.
1.7 0,01 × 15 = 0,15 dividendo = divisor × quociente
1.8 2 : 0,01 = 200 Divisãocomooperaçãoinversadamultiplicação.
1.9 1,5 : 0,75 = 2 Divisãocomooperaçãoinversadamultiplicação.
2.1
3
2
× 24 =
72
2
= 36
2.2
1
3
+
2
10
=
16
10
=
8
15
2.3
1
5
×
2
3
=
2
15
2.4
2
3
×
1
2
=
1
3
2.5
1
2
× 4 = 2
2.6 1,25 – 0,3 = 0,95
2.7 0,05 × 20 = 1
2.8 0,25 × 2,8 = 0,7
2.9 0,5 × 22,4 = 11,2
3.1 2 × 1,2 = 2,4
3.2 2 × 1,22 = 2 × 1,44 = 2,88
3.3 1,2 + 3 × 1,22 = 1,2 + 3 × 1,44 = 1,2 + 4,32 = 5,52
3.4 1,2 : 4 = 0,3
3.5 1,2 : 0,1 = 12
3.6 1,22 – 1,2 = 1,44 – 1,2 = 0,24
4.1
3
5
ou 3 : 5
4.2
5
8
ou 5 : 8
4.3 A razão entre o número de moedas de 1 euro e o total de
moedas que o Alexandre tirou do saco.
5.1 0,5 × 3,80 = 1,90 1,90 €
5.2 3,5 × 3,80 = 13,30 13,30 €
6. Sim, porque 50% de 320 são 160, logo 58% de 320 não pode ser
inferior a 160.
7. 5, 10, 15, 20,… múltiplos naturais de 5; os termos de ordem par
terminam em zero, logo é o zero.
8. Esferas: 7 × 4 = 28 28 kg
Como a balança está em equilíbrio:
3 × a + 4 = 28 a – massa do cubo
3 × a = 28 – 4 Subtração como operação inversa da
adição.
3 × a = 24
a = 24 : 3 Divisão como operação inversa da
multiplicação.
a = 8
A massa do cubo é 8 kg.
Pág. 59
1.1 Cada linha de cada figura aumenta 1 bola.
1.2 3 bolas.
1.3 1, 3, 6, 10, 15
1.4 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, …
↑
ordem 7
2.1 Cada termo é um múltiplo natural de 11, ou, em alternativa,
adiciona-se 11 ao termo imediatamente anterior.
2.2 55; 77
2.3 Não, porque 68 não é múltiplo natural de 11.
2.4 Ordem 8.
3. 2, 5, 7, 12, 19, 31
4.1 2018, 2022, 2026, 2030 e 2034
4.2 Não, porque se adicionarmos a 2010 múltiplos naturais de 4
não obteremos 2044.
5.1 1, 3, 9, 27, 81, … O 1.o termo é 1 e cada termo seguinte obtém-se
multiplicando o termo anterior por 3.
5.2 0,1, 1, 10, 100, 1000, 10 000, … O 1.o termo é 0,1 e cada termo
seguinte obtém-se multiplicando
o termo anterior por 10.
5.3 17, 15, 25, 23, 33, 31, … O 1.o termo é 17 e subtrai-se 2 e adiciona-se
10, alternadamente, ao termo anterior.
5.4
1
2
,
2
3
,
3
4
,
4
5
,
5
6
,… O1.o termo é
1
2
e cada termo seguinte obtém-se
adicionando 1 ao numerador e 1 ao denominador.
Pág. 61
1.1
Ordem
Termo
(medida do perímetro)
1 3
2 6
3 9
4 12
5 15
É 15.
1.2 3 × n . É a opção B.
1.3 Não, porque os termos da sequência são os múltiplos naturais
de 3 e 100 não é múltiplo natural de 3.
1.4 Múltiplos naturais de 3.
2.
42 52
Quadrados de números naturais; n2 .




Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt262
1prova · 10 Novembro 2010
Luis Almeida
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt267
1prova · 10 Novembro 2010
Luis Almeida

16. 16
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
3.
Cristina: Bruno:
n
1
2
3
4
5
2n + 1
3
5
7
9
11
n
1
2
3
4
5
6
n2 + 2
12 + 2 = 3
22 + 2 = 4 + 2 = 6
32 + 2 = 9 + 2 = 11
42 + 2 = 16 + 2 = 18
52 + 2 = 25 + 2 = 27
62 + 2 = 36 + 2 = 38
4.1 4.2
1 + 2n2
1 + 2 × 12 = 1 + 2 = 3
1 + 2 × 22 = 1 + 23 = 9
1 + 2 × 32 = 1 + 2 × 9 = 19
1 + 2 × 42 = 1 + 2 × 16 = 33
1 + 2 × 52 = 1 + 2 × 25 = 51
n
1
2
3
4
5
4.3
Pág. 63
1.1
6
5
ou 6 : 5
1.2
6
3
ou 6 : 3 ou 2 : 1
1.3
6
14
ou 6 : 14 ou 3 : 7
2.1
12
42
ou 2 : 7
2.2
10
40
ou 1 : 4
3.1 4,5%
3.2 8 : 50 = 16 : 100 é 16%
3.3 18 : 200 = 9 : 100 é 9%
4.1
27
30
=
9
10
4.2 2,5 : 3,5 =
5
7
ou 5 : 7
4.3 1,2 : 4,4 =
12
44
=
3
11
ou 3 : 11
5.
36
72 000
=
1
2000
: 36
: 36
60
150 000
=
1
2500
Embora a cidade B tenha mais táxis do que a cidade A, está mais
mal servida de táxis, porque na cidade A há 1 táxi por cada
2000 habitantes, enquanto na cidade B há um táxi por cada
2500 habitantes.
6.1 PA = 4 × 2 , isto é, 8 cm
PB = 5 × 4 , isto é, 20 cm
PA
PB
=
8
20
=
2
5
ou 2 : 5
6.2 AA = 2 × 2 = 4 ; 4 cm2
AB = 5 × 5 = 25 ; 25 cm2
AA
AB
=
4
25
ou 4 : 25
Pág. 65
1.1
2
1
=
4
2
Meios: 1 e 4
Extremos: 2 e 2
1.2 Dois está para um, assim como quatro está para dois.
2.1
13
100
=
39
300
ou 13 : 100 = 39 : 300
2.2
0,5
3
=
5
30
ou 0,5 : 3 = 5 : 30
3.1 0,5 e 12 → extremos 7 e 24 → extremos
4 e 1,5 → meios 8 e 21 → meios
3.2 Antecedentes: 0,5 e 1,5; e 7 e 21.
Consequentes: 4 e 12; e 8 e 24.
4.
400
600
=
500
750
equivalente a
4
6
=
50
75
Equivalente a
2
3
=
10
15
e a
2
3
=
2
3
Sim.
5.1 A manteiga de 125 g a 0,48 €, pois 250 g custariam 0,96 €,
menos do que 1,05 €.
O cesto com 5 kg, pois o quilograma custa 0,64 € e, no saco, o
quilograma custa 0,90 €.
5.2 Por exemplo: receitas de cozinha, misturas de tintas e estudos
estatísticos.
6.
6
4
≠
8
6
pois
3
2
≠
4
3
Não.
Pág. 67
1.1 Por exemplo,
2
3
=
32
48
porque 2 × 48 = 3 × 32
1.2 Por exemplo,
32
2
=
48
3
1.3 Por exemplo,
2
32
=
3
48
2.1 Por exemplo,
0,25
2
=
0,5
4
2.2 Por exemplo,
1
5
0,1
=
1
1
2
½
3.1 8 × 15 = 6 × 20 V
Numa proporção, o produto dos meios é igual ao produto dos
extremos.
3.2 0,5 × 2,5 = 1 × 1,25 V
Numa proporção, o produto dos meios é igual ao produto dos
extremos.
3.3 Falsa, porque 12 × 8 ≠ 3 × 30
3.4 Falsa, porque
5
2
× 7 ≠ 1,4 × 5
4.1 ? =
5 × 3
6
? =
5
2
4.2 ? =
2 × 72
4
? = 36
4.3 ? =
3 × 8
12
? = 2
2 +
4
n
2 + 4 = 6
2 +
4
2
= 4
2 +
4
3
=
10
3
2 +
4
4
= 3
2 +
4
5
=
14
5
n
1
2
3
4
5
1
2
+ 5n
1
2
+ 5 = 5,5
1
2
+ 10 = 10,5
1
2
+ 15 = 15,5
1
2
+ 20 = 20,5
1
2
+ 25 = 25,5
n
1
2
3
4
5

17. 17
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
4.4 ? =
4 × 10
2,5
? = 16
4.5 ? =
8 × 13
2,6
? = 40
4.6 ? =
20 × 120
150
? = 16
4.7 ? =
12 × 12
8
? = 18
5.
180
600
=
?
100
? =
180 × 100
600
? = 30
30% dos clientes compraram produtos biológicos.
6.
120
40
=
90
?
? =
40 × 90
120
? = 30
A mesa deve ter 30 cm de largura.
Pág. 69
1.1 Sim;
1,6
2
=
2,4
3
=
4
5
=
8
10
= 0,8
O quociente do preço, em euros, pelo correspondente número
de palmiers é constante.
A constante de proporcionalidade é 0,8, e representa o preço,
em euros, de 1 palmier.
1.2 Não, porque
2,4
2
=
3,6
3
≠
4
4
O quociente entre o preço, em euros, e o correspondente
número de esferográficas não é constante.
2.
8
100
=
20
250
≠
30
400
≠
42
1000
O quociente entre o preço do puzzle, em euros, e o
correspondente número de peças não é sempre constante.
3.1
N.o de embalagens 1 3 4 5
Preço (euros) 1,10 3,30 4,40 6,60
1,10
1
=
3,30
3
=
4,40
4
=
6,60
6
= 1,10
3.2
N.o de embalagens 1 3 4 6
Preço (euros) 1,50 3 4,5 6
Não, porque
1,00
1
≠
3
3
≠
4,50
4
≠
6
6
O quociente entre o preço, em euros, e o correspondente número
de embalagens não é constante.
Pág. 71
1.1 Por exemplo: 1 cm no mapa representa 5 m na realidade.
1.2 Por exemplo: 2 cm na imagem correspondem a 1 cm na
realidade; o apara-lápis foi ampliado para o dobro.
2.1 A imagem têm 3 cm por 5 cm.
Comprimento real (cm) 125 75 25
Comprimento da imagem (cm) 5 3 1
2.2
5
125
=
3
75
=
1
25
A escala é a razão entre a medida do
comprimento do objeto representado e a
respetiva medida do comprimento real.
A escala é
1
25
.
Sim, dadas duas grandezas, A e B , diz-se que B é diretamente
proporcional a A quando é constante o quociente dos valores
de B pelos valores correspondentes de A ; a constante de
proporcionalidade é 1 : 25 .
3. 1 cm 50 km
x 75 km
1 cm 50 km
5 cm x
1 cm 50 km
x 325 km
Distância real (km) 50 75 250 325
Distância no mapa (cm) 1 1,5 5 6,5
4. 130% de 2,5 cm corresponde a 1,3 × 2,5 = 3,25 .
Ou seja, 3,25 cm é o comprimento do lado do quadrado ampliado.
O perímetro deste novo quadrado é 3,25 × 4 = 13 , isto é, 13 cm.
5.1 40% de 25 = 0,4 × 25 = 10 10 €
40% de 50 = 0,4 × 50 = 20 20 €
40% de 100 = 0,4 × 100 = 40 40 €
40% de 175 = 0,4 × 175 = 70 70 €
25 – 10 = 15
50 – 20 = 30
100 – 40 = 60
175 – 70 = 105
5.2
10
25
=
20
50
=
40
100
=
70
175
= 0,4 = 40%
Sim, é constante o quociente dos valores do desconto pelos
valores correspondentes do preço inicial. E:
15
25
=
30
50
=
60
100
=
105
175
= 0,6 = 60%
Sim, é constante o quociente dos valores do preço em saldo
pelos valores correspondentes do preço inicial.
Problemas para resolver (pág. 73)
1. 80 cópias 2 minutos
600 cópias a
a =
600 × 2
80
a = 15 minutos
2. A.
30
5
=
?
10
? =
30 × 10
5
? = 60
30
5
=
120
?
? =
5 × 120
30
? = 20
Distância (m) 30 60 120
Tempo (s) 5 10 20
B.
9,8
36,26
=
7
?
? =
7 × 36,26
9,8
? = 25,9
9,8
36,26
=
2
?
? =
36,26 × 2
9,8
? = 7,4
Massa (kg) 2 7 9,8
Custo (euros) 7,4 25,9 36,26
3.
8
5
=
80
?
? =
5 × 80
8
A mãe «pesa» 50 kg.
x =
75 × 1
50
= 1,5 1,5 cm
x =
5 × 50
1
= 250 250 km
x =
325 × 1
50
= 6,5 6,5 cm
Preço inicial (€) 25 50 100 175
Desconto (€) 10 20 40 70
Preço em saldo (€) 15 30 60 105
× 3 × 4 × 6

18. 18
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
4. 2 ovos 50 g (farinha) a =
2 × 175
50
a 175 g a = 7 ovos
2 ovos 5 cl (leite) b =
7 × 5
2
7 ovos b b = 17,5 cl de leite
2 ovos 2 colheres de sopa (manteiga) c =
7 × 12
2
7 ovos c c = 7 colheres de sopa
de manteiga
2 ovos 1 colher de chá (açúcar) d =
7 × 1
2
= 3,5
7 ovos d d = 3,5 colheres de chá
de açúcar
5.1
Quantidade (litros) 18 36 12 30
Preço (euros) 28,08 56,16 18,72 46,8
5.2
28,08
18
=
56,16
36
=
18,72
12
=
46,8
30
= 1,56
O quociente dos valores do preço, em euros, pelos
correspondentes valores da quantidade de litros de gasolina é
constante. 1,56 é a constante e representa o preço, em euros,
de 1 litro de gasolina.
Tarefas finais (págs. 74 a 79)
1. 1,68 – 0,08 = 1,60
1,60 – 0,08 = 1,52 1,68; 1,60; 1,52; 1,44; 1,36; 1,28
1,52 – 0,08 = 1,44
1,44 – 0,08 = 1,36
1,36 – 0,08 = 1,28
2.1 1, 8, 27, 64,… são os cubos dos números naturais.
13, 23, 33, 43, 53, 63, 73
Portanto: 125, 216, 343
2.2
1
2
,
1
4
,
1
8
,
1
16
O numerador é sempre 1.
O denominador são as potências de base 2 e expoente natural.
21, 22, 23, 24, 25, 26, 27
Logo:
1
2
,
1
4
,
1
8
,
1
16
,
1
32
,
1
64
,
1
128
2.3 100, 10, 1
O primeiro termo é 100 e cada termo seguinte obtém-se
dividindo o termo anterior por 10 (ou multiplicando por
1
10
).
Logo: 100; 10; 1; 0,1; 0,01; 0,001,…
3. É 6n – 1 porque:
n = 1 6 × 1 – 1 = 5
n = 2 6 × 2 – 1 = 11
n = 3 6 × 3 – 1 = 17
n = 4 6 × 4 – 1 = 23
4. n = 1 n = 2 n = 3 n = 4
6,25 12,5 25 50 100 200
5. n + 1
1
2
= n +
3
2
n = 1 1 +
3
2
=
2
2
+
3
2
=
5
2
= 2,5
n = 2 2 + 1,5 = 3,5
n = 3 3 + 1,5 = 4,5
2,5; 3,5; 4,5 ou
5
2
,
7
2
,
9
2
n × 0,4
n = 1 1 × 0,4 = 0,4
n = 2 2 × 0,4 = 0,8
n = 3 3 × 0,4 = 1,2
0,4; 0,8; 1,2
2n –
1
2
= 2n – 0,5
n = 1 2 × 1 – 0,5 = 1,5
n = 2 2 × 2 – 0,5 = 4 – 0,5 = 3,5
n = 3 2 × 3 – 0,5 = 6 – 0,5 = 5,5
1,5; 3,5; 5,5
6.
2
7
1
7
1
14
1
28
Porque:
2
7
: 2 =
2
7
×
1
2
=
1
7
1
7
: 2 =
1
7
×
1
2
=
1
14
2
7
,
1
7
,
1
14
,
1
28
1
14
: 2 =
1
14
×
1
2
=
1
28
7.1 4, 7, 10,…
A expressão geradora desta sequência é 3 × n + 1 .
Para n = 40 vem 3 × 40 + 1 = 121
São necessários 121 fósforos.
7.2 3 × n + 1 = 100
Para determinarmos a parcela 3 × n , desconhecida,
recorremos à subtração como operação inversa da adição:
3 × n = 99
Para determinarmos o fator n , desconhecido, recorremos
à divisão como operação inversa da multiplicação: n = 99 : 3
n = 33 Formamos, assim, 33 quadrados.
8. 2, 5, 8, 11, 14,… Múltiplos naturais de 3, consecutivos, menos 1.
3 × n – 1 ou 3n – 1
Para n = 10 vem 3 × 10 – 1 = 29
6, 11, 16, 21,… Múltiplos naturais de 5, consecutivos, mais 1.
5 × n + 1 ou 5n + 1
Para n = 10 vem 5 × 10 + 1 = 51
9.1 O número de punaises é sempre mais um do que o número de
folhas, logo para 20 folhas são necessários 21 punaises.
9.2 n + 1
10. 3 9 15 21 27 33
11. 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55
Porque:
1 + 1 = 2
1 + 2 = 3
2 + 3 = 5
3 + 5 = 8
5 + 8 = 13
8 + 13 = 21
13 + 21 = 34
21 + 34 = 55
× 2
× 2
×
1
3
×
1
3
× 2,5
× 2,5
: 2 : 2 : 2 × 2 × 2
: 2 : 2 : 2
+ 6 + 6 + 6 + 6 + 6

19. 19
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 12. Zé: 3 6 9 12 15 18 …
Múltiplos naturais de 3.
Rui: 3 6 9 15 24 39 …
Cada termo depois do segundo é a soma dos dois termos
imediatamente anteriores.
Sim, por exemplo, 3, 6, 9, 18, 33, 60,…
Cada termo depois do terceiro é a soma dos três termos
imediatamente anteriores.
13. 19, 38, 57, 76,…
Múltiplos naturais de 19; 19 × n ou 19n
3, 5, 7, 9,…
Números ímpares consecutivos maiores do que 1; 2 × n + 1 ou
2n + 1
14. 1 × 9 + 2 = 11
12 × 9 + 3 = 111
123 × 9 + 4 = 1111
1234 × 9 + 5 = 11 111
Conjetura:
12 345 × 9 + 6 = 111 111
123 456 × 9 + 7 = 1 111 111
15. 1,5 colheres de chá 12 kg
x 8 kg
x =
1,5 × 8
12
x = 1 colher de chá
Deve tomar 1 colher de chá.
16. Os divisores de 4 são 1, 2 e 4.
Os divisores de 12 são 1, 2, 3, 4, 6 e 12.
A razão é um quociente, logo
3
6
, isto é,
1
2
ou 1 : 2 .
17.1 Supermercado A:
3
6
=
6
12
=
9
18
=
15
30
=
1
2
O quociente entre os valores do preço e os correspondentes
números de lápis é constante, logo há proporcionalidade
direta.
Supermercado B:
4,5
6
=
9
12
=
18
24
≠
22,5
36
O quociente não é constante, logo não há proporcionalidade
direta.
17.2 A constante é
1
2
e representa o preço de um lápis;
50 cêntimos, isto é, 0,50 euros.
18. 5 horas e 30 minutos = 5 × 60 + 30 = 330 minutos
1350 km 330 minutos
2790 km ?
? =
2790 × 330
1350
? = 682 minutos
1 hora 60 minutos
? 682 minutos ? =
682
60
≈ 11,37 horas
11,37 h = 11 h + 0,37 h
0,37 × 60 = 22,2 minutos
Aproximadamente, 11 horas e 22 minutos.
19. 100 g (cereais) 14 g (proteínas)
40 g (cereais) ?
? =
40 × 14
100
= 5,6
100 g (cereais) 27 g (fibras)
40 g (cereais) ?
? =
40 × 27
100
= 10,8
Ingeres 5,6 g de proteínas e 10,8 g de fibras.
20.1
30
20
=
75
50
=
120
80
= 1,5 O quociente é constante.
A constante de proporcionalidade é 1,5 e representa o preço,
em euros, de cada DVD.
20.2 10 × 1,5 = 15
O preço de cada DVD é de 15 €.
21. 1,50 + 4 + 2 = 7,50 12 × 5 = 60
7,50 € 60 castanhas
1,50 € ?
? =
1,50 × 60
7,5
= 12
O amigo que contribuiu com 1,50 €, comeu 12 castanhas.
7,50 € 60 castanhas
4 € ?
? =
4 × 60
7,5
= 32
O amigo que contribuiu com 4 €, comeu 32 castanhas.
7,50 € 60 castanhas
2 € ?
? =
2 × 60
7,5
= 16
O amigo que contribuiu com 2 €, comeu 16 castanhas.
22. Loja A: 650 × 0,21 = 136,5
O computador custa 136,5 + 650, isto é, 786,50 €.
Loja B: 30% de 1050 = 0,3 × 1050 = 315
Desconto de 315 €:
1050 – 315 = 735
O computador custa 735 €.
Loja C: 50% de 1444 = 0,5 × 1444 = 722
Desconto de 722 €:
1444 – 722 = 722
O computador custa 722 €.
Comprar o computador na loja C é a proposta mais vantajosa,
pois é a mais barata.
23. No desenho, a sala tem 5 cm por 3 cm e está desenhada à
escala 1 : 150 .
1
150
=
5
?
? = 750 Isto é, 7,5 m.
1
150
=
3
?
? = 3 × 150 = 450 Isto é, 4,5 m.
A área da sala é 4,5 × 7,5 , isto é, 33,75 m2.
24. 12 m = 1200 cm
Escala =
medida no desenho
medida real
=
6
1200
=
1
200
25.
1
12
=
1,5
?
? = 18
A medida real do lápis é 18 cm, logo, num desenho à escala 1 : 5,
deverá ter:
1
5
=
?
18
? =
18 × 1
5
= 3,6 Isto é, 3,6 cm.
+ 3 + 3 + 3 + 3 + 3
+
+

20. 20
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
26.
1
2 500 000
=
?
26 000 000
? =
26 000 000
2 500 000
= 10,4
A distância no mapa entre as duas cidades é 10,4 cm.
27.1 Se há proporcionalidade direta entre a quantidade de açúcar
e o seu preço, então:
2
2,40
=
0,25
?
? = 0,30
2
2,40
=
5,50
?
? = 6,60
Açúcar (kg) 2 0,25 5,50
Preço (€) 2,40 0,30 6,60
27.2
2,40
2
=
0,30
0,25
=
6,60
5,50
= 1,20
A constante é 1,20, e significa o preço, em euros, de 1 kg de
açúcar.
Investiga
1. A razão é um quociente, logo:
• o cubo da figura tem 5 cm de aresta, uma face do cubo tem de
área 5 × 5 = 25 cm2 e as seis faces têm de área 25 × 6 = 150 cm2;
• o novo cubo tem de aresta 5 + 50% × 5 = 5 + 2,5 = 7,5 cm ,
uma face tem de área 7,5 × 7,5 = 56,25 cm2 e as seis faces têm
de área 337,5 cm2.
Assim sendo, a razão é
337,5
150
ou, simplificando,
9
4
.
2. Sim, a razão mantém-se para qualquer aresta do cubo nas
condições do problema.
Jogo 1 – Números cruzados
Horizontais:
1. ? =
6 × 408
2
= 1224
2. 10% × 500 = 50 ; 20% × 700 = 140
3. ? =
100 × 65
2
= 3250
4. (32 – 0,5 × 6 + 2) : 0,01 = ( 9 – 3 + 2) × 100 = 8 × 100 = 800
6. 25% × 56 680 =
1
4
× 56 680 = 14 170
56 680 – 14 170 = 42 510
Verticais:
A. 10% × 5380 = 538 ;
Como o perímetro de um quadrado é P = 4 × l , o perímetro e o
lado do quadrado são grandezas diretamente proporcionais,
e 4 é a constante de proporcionalidade.
P = 4 × l P : l = 4
B. 25% × 4080 = 1020 ; 200% × 1 = 2
C. 1% × 200 = 2 ; 80% = 0,8
D. 30 × 7 = 210 ; 92 = 81
E.
1
50
=
?
2200
? =
1 × 2200
50
= 44 ;
10% × 3800 = 380
F. 0; 5% × 300 = 15
A B C D E F
1 1 2 2 4
2 5 0 1 4 0
3 3 2 5 0
4 8 0 0 3 1
5 5 8 8 5
6 4 2 5 1 0
Ficha formativa (págs. 85 a 87)
1. 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123 A
↑
nono
termo
↑
décimo
termo
1 + 3 = 4
3 + 4 = 7
4 + 7 = 11
7 + 11 = 18
11 + 18 = 29
18 + 29 = 47
29 + 47 = 76
47 + 76 = 123
2.
3
5
×
1
3
=
1
5
3
5
,
1
5
,
1
15
,
1
45
↑
1
5
×
1
3
=
1
15
C
1
15
×
1
3
=
1
45
3. 1 + 5n2 n = 2 vem 1 + 5 × 22 = 1 + 5 × 4 = 21 C
4. 19 + 5 = 24 24
48
=
1
2
= 1 : 2 B
43 + 5 = 48
5.
0,5
2
=
1
4
0,5 × 4 = 2 × 1 2 = 2 Verdadeiro B
6. 5 m 12,50 €
24 cm ? ? =
24 × 12,50
5
= 60 B
7. 2, 6, 12, 20, 30 C
8.1 16; 128
8.2 2n
8.3 Não, porque as potências de base 2 é expoente natural são
números pares.
9.1 3 chocolates 3,60 €
1 chocolate ? ? =
1 × 3,60
3
1 chocolate custa 1,20 €.
N.o de chocolates 1 3 4 5 7
Preço (euros) 1,20 3,60 4,80 6,00 8,40
9.2
N.o de chocolates 1 3 4 6
Preço (euros) 1,50 3,00 4,50 6,00
1,5
1
≠
3
3
≠
4,5
4
≠
6
6
Não é constante o quociente entre o preço e o número de
chocolates; não há proporcionalidade direta.
0,8 4044
1 ?
? =
1 × 4044
0,8
= 5055
4.o termo

21. 21
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 10. 9 cadeiras 135 €
12 cadeiras ? ? =
12 × 135
9
= 180
Custam 180 €.
9 cadeiras 135 €
18 cadeiras ? ? =
18 × 135
9
= 270
18 cadeiras custam 270 €, logo com 225 € não compro
18 cadeiras.
11.1 Usando a régua:
c = 3,5 cm
l = 2,5 cm
1
1000
=
2,5
?
? = 2 500 cm
? = 25 m
1
1000
=
3,5
?
? = 3 500 cm
? = 35 m
Na realidade, o terreno tem 35 m de comprimento por 25 m de
largura.
11.2 A = c × l A = 35 × 25 A = 875 m2
40% × 875 = 350
875 – 350 = 525
Ou 60% × 875 = 525
A casa ocupa 525 m2.
11.3 20% × 60 000 = 12 000
60 000 – 12 000 = 48 000
Faltam pagar 48 000 €.
12.1
2 + 15
35
=
20
7
a
17
35
=
20
7
a
a =
35 ×
20
7
17
a =
700
7
17
a =
100
17
12.2
14
3
4
5
=
a
18
14
a =
14
3
×
18
14
4
5
a =
18
3
4
5
a =
6
4
5
a =
30
4
a = 7,5
13.
2
5
18 minutos ? =
5
9
× 18
2
5
=
10
2
5
= 25
5
9
?
Enche em 25 minutos.
14. a = 2 V = 23 = 8
a = 0,5 V = 0,53 = 0,125
a = 10 V = 103 = 1000
Aresta (cm) 2 0,5 10
Volume (cm3) 8 0,125 1000
8
2
≠
0,125
0,5
≠
1000
10
Não é constante o quociente entre os valores do volume e os
respetivos valores da aresta, logo não há proporcionalidade
direta.
15.1 2700
3300
+ 1500
7500
3300
7500
=
?
100
? =
3300 × 100
7500
? = 44%
O vencedor obteve 44% dos votos.
15.2
5
10
≠
1500
3300
5
10
≠
5
11
Não.
16. 12 kg 26,16 € ? =
23 × 26,16
12
= 50,14
23 ?
Pagou 50,14 €.
17.1 Sim, porque P = 3 × l , logo
P
l
= 3 , sendo 3 a constante de
proporcionalidade.
17.2 Não, porque A = l2 .

22. 22
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
CAPÍTULO 4
Ficha de diagnóstico (págs. 90 e 91)
1.1 Por exemplo, [OB] .
Outras soluções possíveis: [OA] , [OC] , [OD] e [OF] .
1.2 Por exemplo, [AD] .
Outra solução: [FC] .
1.3 Por exemplo, B .
Outras soluções: A , F , E , D e C .
1.4 G
1.5 O
2.1 A , D , E , F , H e I (porção de plano limitada por uma linha
poligonal fechada)
2.2 D e F (têm quatro lados)
2.3 I e H (têm um ângulo reto)
2.4 A e E (têm seis lados)
3.
Número de lados Nome do polígono
3 Triângulo
4 Quadrilátero
5 Pentágono
6 Hexágono
7 Heptágono
8 Octógono
9 Eneágono
10 Decágono
3.1 Um polígono é regular quando tem todos os lados com
o mesmo comprimento e todos os ângulos com
a mesma amplitude.
3.2
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_015a — 1.ª prova
31 - 10 - 2013
RCoelho
QuadradoTriângulo equilátero
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_015a — 1.ª prova
31 - 10 - 2013
RCoelho
4.1 Os ângulos ECD e ACB são ângulos verticalmente opostos,
e os ângulos verticalmente opostos são iguais.
Então, os ângulos ECD e ACB são iguais; têm a mesma
amplitude.
4.2 Os dois triângulos são iguais porque:
• o ângulo ECD é igual ao ângulo ACB , pois são
verticalmente opostos;
• EC
—
= CA
—
e DC
—
= BC
—
, porque são raios da circunferência.
Dois triângulos são iguais se tiverem, de um para o outro, dois
lados iguais e o ângulo por eles formado também igual
– critério LAL.
4.3 Os triângulos [ABC] e [DEC] são iguais, e, em triângulos
iguais, a ângulos iguais opoêm-se lados iguais.
Então, se o ângulo ECD é igual ao ângulo ACB , os lados
opostos a esses ângulos, respetivamente os lados [ED] e [AB] ,
são iguais, donde AB
—
= DE
—
.
4.4 A circunferência é uma linha, enquanto o círculo é a porção
de plano limitada por uma circunferência, incluindo essa
circunferência.
5. Usando régua e compasso, desenha-se um triângulo de que se
conheçam os três lados. O triângulo é isósceles, pois tem dois
lados iguais.
AC
—
= 3 cm (7 – 3) : 2 = 2 logo AB
—
= BC
—
= 2 cm
B
A C
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_015 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
Usando material de desenho, traça-se a altura, sabendo que a
altura referente a um lado é o segmento de reta traçado,
na perpendicular, do vértice oposto para esse lado ou para
o seu prolongamento.
No exercício, o vértice oposto ao lado [BC] é A e, como se pode
observar, é necessário prolongar o lado [BC] para traçar a
altura pedida.
6. 1 cm
1 cm
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_018 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
7.1 Para esta construção, devemos colocar a régua e o esquadro,
como se indica.
P
I
1,5cm
r
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_1
30 set 2014
Paulo Amorim
Traçamos a reta perpendicular a r que passa por um ponto
de r , por exemplo, I , e assinala-se nessa reta o ponto P que
dista 1,5 cm da reta r (PI
—
= 1,5 cm).
A distância do ponto P a r é 1,5 cm.
7.2 Devemos usar régua e esquadro e colocá-los, por exemplo,
como se pode observar na figura.
a
b
B
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_2
30 set 2014
Paulo Amorim
• Traçamos a reta a .
• Colocamos a régua e o esquadro como se ilustra na figura.
• Deslizamos o esquadro, ao longo da régua, e por B , que dista
1 cm da reta a , traçamos a reta b — a // b .
Justificação: a distância entre duas retas paralelas
é a distância de um qualquer ponto de uma delas à outra.
7.3 Usamos um esquadro e traçamos dois segmentos de reta
perpendiculares.
Usando régua graduada, ou compasso, fazemos com que
AB
—
= BC
—
.
01234567891011121314151617181920
CB
A
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01

23. 23
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 8.1 A soma das amplitiudes dos ângulos internos de um triângulo
é 180˚.
8.2 A soma das amplitudes dos ângulos externos de um triângulo
é 360˚.
8.3 A soma das amplitudes dos ângulos internos de um
quadrilátero é 360°.
Pág. 93
1.
80°
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_027 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
B
A
O
20 : 2 = 10 O raio é 10 mm.
Desenha-se um ângulo com vértice
a coincidir com o centro O da
circunferência – ângulo ao centro.
O ângulo ao centro AOB tem
de amplitude 80˚.
2. Setor circular (é a interseção do círculo com um ângulo ao
centro). ACˆB = 135˚ – usa-se o transferidor para medir a
amplitude do ângulo.
3.
O 1,5 cm
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_028 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
0,3 dm = 3 cm 3 : 2 = 1,5
O raio é 1,5 cm.
Pentágono inscrito na circunferência –
polígono com cinco lados, em que todos os
vértices são pontos da circunferência.
Há muitas soluções possíveis. Na figura,
representou-se um dos pentágonos
inscritos na circunferência dada.
4.1 Falso, porque o vértice D do ângulo ADC não coincide com
o centro O da circunferência.
4.2 Falso, porque num polígono inscrito na circunferência todos
os vértices são pontos da circunferência e, na figura, o vértice
D do triângulo não é ponto da circunferência.
5.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_029 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
A circunferência fica dividida em
quatro partes iguais.
O paralelogramo (quadrado) está inscrito
na circunferência porque os seus vértices
são pontos da circunferência.
Os apótemas do quadrado estão
desenhados a verde – são segmentos
da perpendicular baixada do centro
do polígono para um lado.
6.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_030 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
O segmento da perpendicular
baixada do centro de um
polígono regular para
um lado é o apótema.
Corda é um segmento de reta que une dois pontos
da circunferência.
Por exemplo, com o compasso, e uma abertura do compasso
igual ao raio, assinala-se sobre a circunferência os extremos
consecutivos dessas cordas.
Traçam-se as cordas e obtém-se um hexágono regular com os
vértices sobre a circunferência e cujo lado é igual ao raio.
Usando material de desenho, por exemplo, o esquadro,
traçam-se os apótemas do polígono.
7. BCˆA = DCˆE porque os ângulos BCA e DCE são ângulos
verticalmente opostos, logo iguais.
Nos triângulos [ACB] e [DCE] , verifica-se que:
• os ângulos BCA e DCE são iguais porque são verticalmente
opostos;
• AC
—
= BC
—
= DC
—
= CE
—
porque são raios da circunferência.
Então, os triângulos [ACB] e [DCE] são congruentes pelo
critério LAL: dois triângulos são iguais se tiverem, de um para
o outro, dois lados iguais e o ângulo por eles formado também
igual – em triângulos iguais, a ângulos iguais opõem-se lados
iguais, AB
—
= DE
—
.
Pág. 95
1.1 Polígonos inscritos na circunferência – os seus vértices
são pontos da circunferência.
Na figura, os polígonos inscritos são os polígonos [DEFGHI] e
[JKL] .
1.2 Polígono circunscrito a uma circunferência – os seus lados são
tangentes à circunferência.
Na figura, o polígono circunscrito a uma circunferência é
[MNOPQRST] .
2.1 Por exemplo, o retângulo da figura.
Os vértices do polígono são pontos
da circunferência.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_044 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
2.2 Por exemplo, pentágono da figura.
Os lados do pentágono são tangentes
à circunferência.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_045 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
3.1 Falso.
Observamos que os lados do polígono não são tangentes
à circunferência, logo o polígono não está circunscrito
à circunferência.
3.2 Falso.
Observamos que o segmento de reta [OC] é um raio da
circunferência e não é apótema porque não é perpendicular
ao lado do polígono.
3.3 Verdadeiro
Os apótemas de polígonos regulares são iguais,
logo OD
—
= OF
—
= OJ
—
= OL
—
= OB
—
.
3.4 Verdadeiro.
Observamos que os dois triângulos têm de um para o outro dois
lados iguais, porque são raios da circunferência e o ângulo por
eles formado também é igual, pois são verticalmente opostos.
Ou, como os lados do hexágono regular inscrito numa
circunferência são iguais ao raio, os dois triângulos
são equiláteros e iguais.
3.5 Verdadeiro.
O polígono [ACEGIKA] é regular,
sendo AC
—
= CE
—
= EG
—
= GI
—
= IK
—
= KA
—
.
Os triângulos [AOC] , [COE] , [EOG] , [GOI] , [IOK] e [KOA] são
iguais pelo critério LLL.
Em triângulos iguais, a lados iguais opõem-se ângulos iguais.
Então, os ângulos AOC , COE , EOG , GOI , IOK e KOA são
iguais, porque se opõem a lados iguais naqueles triângulos,
sendo a soma das suas amplitudes igual a 360˚.
Sendo assim: COˆA =
1
6
× 360˚ = 60˚
4.1 O triângulo [MON] é retângulo e o lado [ON] opõe-se ao maior
ângulo, logo é o maior lado.
Podemos afirmar que ON
—
OM
—
.


24. 24
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
4.2 N é ponto exterior à circunferência porque ON
—
OM
—
, sendo
o segmento de reta [OM] um raio da circunferência.
4.3 A reta MN é tangente à circunferência de centro O ,
porque é perpendicular ao raio no ponto M , onde este
encontra a circunferência.
5. P = 12 cm 12 : 4 = 3 , o lado do quadrado é 3 cm.
Desenha-se o quadrado de lado 3 cm.
O centro da circunferência coincide com o centro do quadrado
circunscrito a essa circunferência. Determina-se O e desenha-
-se a circunferência de raio 1,5 cm.
O
ap
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_046 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
3 cm
Observamos que o apótema
do quadrado circunscrito à
circunferência e o raio dessa
circunferência são segmentos
congruentes, logo têm
o mesmo comprimento.
Pág. 97
1.1 O polígono [ABCDE] está inscrito na circunferência
de centro O porque todos os seus vértices são pontos
dessa circunferência.
O polígono [FGHIJ] está circunscrito à circunferência
de centro O porque todos os seus lados são tangentes à
circunferência de centro O .
1.2 P = 5 × l l ≈ 3,51 cm
P ≈ 5 × 3,51
P ≈ 17,55 O perímetro do polígono inscrito é
aproximadamente 17,55 cm.
1.3 P = 5 × l l ≈ 4,39 cm
P ≈ 5 × 4,39
P ≈ 21,95 O perímetro do polígono circunscrito é
aproximadamente 21,95 cm.
1.4 Sabemos que o perímetro do polígono inscrito numa
circunferência pode ser considerado como um valor
aproximado por defeito do comprimento da circunferência
e que o perímetro do polígono regular circunscrito pode ser
uma aproximação por excesso do comprimento da
circunferência. Então, neste caso:
• 17,55 cm é um valor aproximado, por defeito, do comprimento
da circunferência de centro O .
• 21,95 cm é um valor aproximado, por excesso, do comprimento
da circunferência de centro O .
2. Um desenho ajuda.
Se o apótema é 2,8 cm, o lado do quadrado inscrito é o dobro do
apótema, isto é, 5,6 cm.
2,8
cm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_4
30 set 2014
Paulo Amorim
Então, o perímetro do quadrado é
(4 × 5,6) cm, isto é, 22,4 cm.
Podemos considerar este valor
(22,4 cm) como um valor aproximado,
por defeito, do comprimento da
circunferência onde o quadrado está
inscrito.
3.1 Se o raio é 4 cm, o apótema do quadrado circunscrito
à circunferência é igual ao raio, e o lado do quadrado
o dobro, isto é, 8 cm.
4 cm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_5
30 set 2014
Paulo Amorim
P = 4 l = 4 × 8 = 32
O perímetro do quadrado circunscrito é
32 cm.
3.2 Se l ≈ 5,66 cm então P ≈ 4 × 5,66
P ≈ 22,64
O perímetro do quadrado inscrito na circunferência dada
é aproximadamente 22,64 cm.
3.3 • Verdadeiro. O perímetro do polígono inscrito é um
valor aproximado por defeito do comprimento da
circunferência onde o polígono está inscrito, logo menor.
• Falso. 22,64 cm é o perímetro do polígono inscrito na
circunferência, logo é um valor aproximado por defeito do
perímetro do círculo, e não por excesso.
• Verdadeiro. O quádruplo do diâmetro é igual ao perímetro
do quadrado circunscrito à circunferência, que é um valor
aproximado por excesso do perímetro. Então, o perímetro do
círculo é menor do que o quádruplo do diâmetro.
4.1 O apótema do quadrado é igual ao raio r .
O lado do quadrado é 2r ou d .
O perímetro do quadrado é 8r ou 4d .
4.2 P = 6 × l
=6×r →porqueoladodohexágonoregularinscritoéigual
aoraio
= 6 ×
d
2
→ porque o raio é metade do diâmetro
= 3d
O perímetro do hexágono é 3d .
4.3 Na figura, o hexágono regular está inscrito na circunferência,
logo o seu perímetro é menor do que o comprimento
da circunferência.
O quadrado está circunscrito à mesma circunferência, logo
o seu perímetro é maior do que o comprimento da
circunferência.
Podemos, então, afirmar que:
P P P
3d comprimento da circunferência 4d
Pág. 99
1. P = d × π
Se d = 7 m então P = 7 × π O perímetro é 7 × π metros.
Se d =(3 × 7) m então P = 21 × π O perímetro é 21 × π metros.
Sabemos que os perímetros dos círculos são diretamente
proporcionais aos diâmetros.
Então, se o diâmetro triplica também o perímetro triplica.
2.
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt6_095c
2prova · 26 Outubro 2009
Luis Almeida
3 cm
O
2.1 P = 2 × π × r
= 2 × π × 3
= 6 × π
O valor exato é (6 × π) cm.
2.2 Substitui-se π por 3,1416 em P = 6 × π e obtém-se:
P ≈ 6 × 3,1416 = 18,8496
Um valor aproximado é 18,8496 cm.

25. 25
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
3.1 Por exemplo: A – d ≈ 2 cm então o perímetro será próximo de
6 cm – triplo de 2 cm
B – d ≈ 1,5 cm então o perímetro será próximo de
4,5 cm – triplo de 1,5 cm
C – d ≈ 3 cm então o perímetro será próximo de
9 cm – triplo de 3 cm
(para estimar, usamos π ≈ 3 )
3.2 A – d = 1,7 cm P = d × π = 1,7 × π O perímetro do círculo A
é 1,7 × π cm.
B – d = 1,3 cm P = d × π = 1,3 × π O perímetro do círculo B
é 1,3 × π cm.
C – d = 3,2 cm P = d × π = 3,2 × π O perímetro do círculo C
é 3,2 × π cm.
3.3 Tomando 3,14 para valor aproximado de π , vem:
A – P = d × π ≈ 1,7 × 3,14 5,34 cm é um valor aproximado
do perímetro do círculo A.
B – P = d × π ≈ 1,3 × 3,14 4,08 cm é um valor aproximado
do perímetro do círculo B.
C – P = d × π ≈ 3,2 × 3,14 10,05 cm é um valor aproximado
do perímetro do círculo C.
3.4 Os perímetros dos círculos são diretamente proporcionais aos
diâmetros, portanto, se o diâmetro do círculo C passar a metade,
o perímetro do novo círculo também passa a metade.
4. P = d × π π ≈ 3,14 P = 2 × π × r
Diâmetro
Perímetro
do círculo
Raio
Perímetro
do círculo
9 cm
9 × 3,14 = 28,26 ;
28,26 cm
7 cm
2 × 3,14 × 7 = 43,96 ;
43,96 cm
25 mm
25 × 3,14 = 78,5 ;
78,5 mm
4,5 dm
2 × 3,14 × 4,5 = 28,26 ;
28,26 dm
5 mm
5 × 3,14 = 15,7 ;
15,7 mm
1,5 dm
2 × 3,14 × 1,5 = 9,42 ;
9,42 dm
5. Figura A:
Observa-se a figura e reconhece-se que o comprimento da linha
colorida tem um comprimento igual ao de 1,5 circunferências
de diâmetro 2 cm ( 6 : 3 = 2).
PA = 1,5 × d × π
PA ≈ 1,5 × 2 × 3,14 Isto é, o comprimento da linha colorida
é aproximadamente 9,42 cm.
Figura B:
Observa-se a figura e reconhece-se que o comprimento da linha
colorida é a soma de três comprimentos: da semicircunferência
de diâmetro 6 cm, da semicircunferência de diâmetro 3 cm
e do segmento de reta com 3 cm de comprimento, isto é:
Pfigura =
6 × π
2
+
3 × π
2
+ 3
= 3 × π + 1,5π + 3 = 4,5 × π + 3 e usando 3,14 para valor de π :
Pfigura ≈ 4,5 × 3,14 + 3 ≈ 17,13
O comprimento da linha colorida é aproximadamente 17,13 cm.
Figura C:
Observa-se a figura e reconhece-se que o comprimento da linha
colorida é formada por duas semicircunferências, que
equivalem a uma circunferência de diâmetro 1,6 cm, e por três
segmentos de reta de comprimentos 1,6 cm, 1,6 cm e 3,2 cm:
Pfigura = 1,6 × π + 1,6 + 1,6 + 3,2
≈ 1,6 × 3,14 + 6,4
= 11,424
O comprimento da linha é aproximadamente 11,424 cm.
6. Numa volta, percorreu o equivalente ao perímetro da pista:
P = 2 × π ≈ 2 × 3,1416 × 10 isto é, 62,832 m
Em 2,5 voltas, 2,5 × 62,832 , isto é, percorreu 157,08 m.
Pág. 101
1.1 P = 8 l
= 8 × 3
= 24 O perímetro do octógono é 24 cm.
1.2 P : π = d e π ≈ 3,14 então
24 : 3,14 ≈ 7,64 — valor aproximado às centésimas do diâmetro
Um valor aproximado às centésimas do diâmetro é 7,64 cm.
2. P : π = d e π ≈ 3,14 31,4 : 3,14 = 10
Um valor aproximado do diâmetro do colar é 10 cm.
3. P : π = d , d : 2 = r e π ≈ 3,1416 , então:
r ≈ 37,68 : 3,1416 : 2
r ≈ 5,9969
O raio da piscina é aproximadamente 5,9969 m.
4. Se em duas voltas percorreu 94,2 m, numa volta andou metade,
isto é, 47,1 m, porque:
94,2 : 2 = 47,1
Mas, 47,1 m é o perímetro da pista de que se pretenda saber o
diâmetro. Então, como P : π = d vem (sendo π ≈ 3,14 ):
d ≈ 47,1 : 3,14 d ≈ 15
Um valor aproximado do diâmetro da pista é 15 m.
5.1 P : π = d e π ≈ 3,14
439,6 : 3,14 = 140 — Diâmetro da roda dianteira: 140 cm
5.2 Dez voltas da roda dianteira – dez vezes o seu perímetro, logo:
439,6 × 10 = 4396
isto é, 4396 cm
Perímetro da roda traseira – P = d × π e π ≈ 3,14
P ≈ 42 × 3,14 , isto é, 131,88 cm
Número de voltas da roda traseira quando percorre 4396 cm:
4396 : 131,88 = 33,3333…
Quando a roda dianteira completar dez voltas, a roda traseira
já deu 33 voltas completas.
6. Comprimento da linha verde – 157 : 2 = 78,5 ; 78,5 m
Comprimento da linha vermelha – é o perímetro do círculo cuja
medida do diâmetro é:
d = 157 : π : 2

diâmetro do
círculo grande
Plinha vermelha = d × π = 157 : π : 2 × π = 78,5
Os cavalos percorrem 78,5 m cada um, logo nenhum deles
percorre uma distância maior.
Pág. 103
1. Heptágono:
l7 = 12 mm ; ap7 ≈ 12 mm
A área do heptágono é equivalente à área do retângulo da figura:
A = b × a
≈ 3,5 × 12 × 12
= 504
a
l l l l
2
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_6
logo b = 3,5 × l , l = 12 mm
a = ap ; ap = 12 mm

26. 26
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
A área do heptágono é 504 mm2.
Octógono:
l8 = 8 mm ; ap8 ≈ 10 mm
A área do octógono é equivalente à área do retângulo da figura:
A = b × a
≈ 32 × 10
= 320
a
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_7
30 set 2014
Paulo Amorim
l l l l
b = 4 × l a = ap ≈ 10 mm
= 4 × 8 l = 8 mm
= 32
A área do octógono é 320 mm2.
2.1 Hexágono regular: l = 1 cm ap = 0,87 cm
A =
1 × 0,87
2
= 0,435 ou Ahexágono =
P
2
× ap
=
6
2
× 0,87 = 2,61
Ahexágono = 6 × 0,435 = 2,61
A área do hexágono é 2,61 cm2.
2.2 Decágono regular: l = 1 dm ap = 1,54 dm
A =
1 × 1,54
2
= 0,77 ou Adecágono =
P
2
× ap
=
10
2
× 1,54 = 7,7
Adecágono = 10 × 0,77 = 7,7
A área do decágono é 7,7 dm2.
2.3 Eneágono regular: l = 2 cm ap = 3,748 cm
A =
2 × 3,748
2
= 3,748 ou Aeneágono =
P
2
× ap
=
18
2
× 3,748 = 33,732
Aeneágono = 9 × 3,748 = 33,732
A área do eneágono é 33,732 cm2.
3. Para calcular a medida da área do pentágono e triângulo
regulares, usamos a fórmula A =
P
2
× ap , e obtemos:
Pentágono: Triângulo:
l = 2 cm l = 3 cm
ap = 1,4 cm ap = 2 cm
A =
P
2
× ap =
5 × 2
2
× 1,4 = 7 A =
P
2
× ap =
3 × 3
2
× 2 = 9
A área do pentágono é 7 cm2. A área do triângulo é 9 cm2.
Quadrado:
Não conhecemos o lado nem o apótema, logo não
podemos usar a fórmula anterior.
Vamos decompor o quadrado em dois triângulos iguais
(como na figura ao lado), sendo a medida da área de cada um:
A =
b × a
2
=
4,6 × 2,3
2
= 5,29
C
4,6 cm
2,3 cm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_8
30 set 2014
Paulo Amorim
e então A = 2 × 5,29 = 10,58
A área do quadrado inscrito é 10,58 cm2.
4. Heptágono: l7 = 12 mm ap7 = 12 mm
A =
P
2
× ap =
7 × 12
2
× 12 = 504 A área é 504 mm2.
Octógono: l8 = 8 mm ap = 10 mm
A =
P
2
× ap =
8 × 8
2
× 10 = 320 A área é 320 mm2.
Os resultados obtidos são iguais porque cada paralelogramo
desenhado no exercício 1 é equivalente ao polígono considerado.
5. Se Aoctógono =
P
2
× ap então A : ap =
P
2
, isto é:
45,88 : 3,7 = 12,4 — semiperímetro do octógono, isto é,
comprimento de quatro lados iguais do
octógono.
12,4 : 4 = 3,1
O comprimento do lado do octógono é 3,1 dm.
6. O paralelogramo equivalente ao hexágono tem base tripla do
lado do hexágono,
P
2
, e altura igual ao apótema do hexágono.
Então: b = 3 × 3 = 9 e a = ap = 2,6 cm
9 cm
2,6 cm
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_066 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
Podemos calcular a área do hexágono a partir do paralelogramo
equivalente:
Ahexágono = 9 × 2,6 = 23,4
ou usando a fórmula:
Ahexágono =
P
2
× ap =
6 × 3
2
× 2,6 = 23,4
A área do hexágono é 23,4 cm2.
Pág. 105
1.1 Se o apótema do polígono é aproximadamente igual ao raio
do círculo, e o apótema tem 2 cm, temos, tomando 2 cm
para comprimento do raio:
A = π × r 2 = π × 4
A ≈ 12,56 cm2
12,56 é um valor aproximado da área do círculo, por defeito.
1.2 O polígono de 30 lados tem uma área mais próxima da área do
círculo e o seu apótema mais próximo do raio do círculo.
1.3 Sabemos que a medida da área de um polígono regular inscrito
numa circunferência é: Apolígono =
P
2
× ap
Se o número de lados do polígono é muito grande, então
o perímetro do polígono aproxima-se muito do comprimento
da circunferência onde está inscrito e o apótema do polígono
aproxima-se muito do raio dessa circunferência.
Então, substituindo P por 2 × π × r e ap por r na fórmula
Apolígono =
P
2
× ap , obtemos:
A =
2 × π × r
2
× r = π × r 2
2.1 r = 1,5 m
A = π × r 2 = π × 1,52
A ≈ 3,14 × 1,52
A área do círculo é aproximadamente 7,065 m2,
2.2 d = 0,4 dm então r = 0,2 dm
A = π × r 2 = π × 0,22
A ≈ 3,14 × 0,22
A área do círculo é aproximadamente 0,1256 dm2 ,
ou seja, 0,001 256 m2.
3. Área da praça circular com 24 m de diâmetro:
r = d : 2 = 24 : 2 = 12 O raio da praça tem 12 metros.

27. 27
MATemática6–Resoluçõesdomanual– A = π × r 2 = π × 122 e π ≈ 3,1
A ≈ 3,1 × 144 A área da praça é aproximadamente 446,4 m2.
Numa volta à praça, percorro o seu perímetro:
P = d × π = 24 × π e π ≈ 3,1
P ≈ 24 × 3,1 — percorro 74,4 m
E como 3
1
4
é o mesmo que 3,25, quando der 3,25 voltas à praça,
percorrerei 3,25 × 74,4 metros, ou seja, 241,8 m.
4. A área de mármore pedida é a diferença entre a área de um
quadrado (o hall) e a área de um círculo (os dois semicírculos).
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_9
30 set 2014
Paulo Amorim
Então, o lado do quadrado é 20 : 4 = 5 , isto é, 5 metros.
O raio do círculo é 5 : 2 = 2,5 , isto é, 2,5 metros.
A = l2 – π × r 2
A = 52 – π × 2,52 e como π ≈ 3,1
A ≈ 25 – 3,1 × 2,52
A área do mármore pedida é aproximadamente 5,625 m2.
5. Observa-se na figura que o tampo de uma mesa é formado por
um retângulo, com 80 cm de comprimento por 1,2 m de largura,
e por dois semicírculos iguais, que formam um círculo de
diâmetro 1,2 metros, ou seja, 120 cm.
1,2 m
80 cm
MAT 6 _ CAP _metas
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DTs_M_c4_10
30 set 2014
Paulo Amorim
Pmesa = 80 + 80 + P = 160 + 120 × π e como π ≈ 3,14
Pmesa ≈ 160 + 120 × 3,14
O perímetro da mesa é aproximadamente 536,8 cm.
Amesa = A + A = 0,8 × 1,2 + π × 0,62 porque A = c × l e
= 0,96 + π × 0,36 A = π × r 2
A área da mesa é aproximadamente 2,0904 m2.
6. Figura A:
4 cm
2 cm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_11
30 set 2014
Paulo Amorim
• A linha fronteira da figura A é constituída por dois segmentos de
reta de 4 cm de comprimento e por duas semicircunferências
iguais (d = 2 cm). Então:
Pfigura = 4 + 4 +
2 × π
2
+
2 × π
2
= 8 + π + π
Pfigura ≈ 8 + 3,14 + 3,14
O perímetro da figura é aproximadamente 14,28 cm.
• A área da figura A é equivalente à área de um retângulo cujas
dimensões são 4 cm e 2 cm, logo:
Afigura = 4 × 2 = 8 A área da figura A é 8 cm2.
Figura B:
• A linha fronteira da figura B é formada por quatro arcos de
circunferência iguais, tendo cada arco um comprimento que
é um quarto do comprimento da circunferência de raio 1 cm.
Então, a soma dos comprimentos dos quatro arcos é igual ao
comprimento da circunferência de diâmetro 2 cm:
P = d × π = 2 × π
O perímetro da figura B é aproximadamente 6,28 cm.
• A área da figura B é a diferença entre a área do quadrado
de lado 2 cm e a área do círculo de raio 1 cm (soma das áreas
dos quatro cantos):
A = l2 = 22 = 4 cm2 A = π × r 2
A ≈ 3,14 × 12 (usando 3,14 como
valor aproximado
de π )
Afigura ≈ 4 – 3,14 = 0,86
A área da figura B é aproximadamente 0,86 cm2.
Figura C:
2 cm
1 cm
1 cm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_13
30 set 2014
Paulo Amorim
• A linha fronteira da figura C é formada por três segmentos de
reta com 2 cm e por uma semicircunferência (d = 2 cm). Então,
o perímetro:
Pfigura = 2 + 2 + 2 +
2 × π
2
= 6 + π ( π ≈ 3,14 )
Pfigura ≈ 6 + 3,14
O perímetro da figura C é aproximadamente 9,14 cm.
• A área da figura C é a diferença entre a área de um quadrado
de lado 2 cm e a área de um semicírculo com 1 cm de raio.
A = l2 = 22 = 4 cm2 A =
π × r 2
2
=
π × 12
2
=
π
2
Afigura = 4 –
π
2
Afigura ≈ 4 –
3,14
2
A área da figura C é aproximadamente 2,43 cm2.
Figura D:
B
M
4,8cm
4,8 cm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_14
30 set 2014
Paulo Amorim
• A linha fronteira da figura D é formada por um segmento de
reta com 4,8 cm, por uma semicircunferência de diâmetro
4,8 cm e por um quarto de uma circunferência de diâmetro
2 × 4,8 cm .
Pfigura = 4,8 +
4,8 × π
2
+
9,6 × π
4
= 4,8 + 2,4π + 2,4π
e, como π ≈ 3,14 , podemos afirmar que o perímetro da figura é
aproximadamente 19,872 cm.
• A área da figura D é a soma da área de um semicírculo de raio
2,4 cm com a área de um quarto de círculo com raio 4,8 cm:
Afigura =
π × 2,42
2
+
π × 4,82
4
(porque A = πr 2 )
Afigura ≈
3,14 × 5,76
2
+
3,14 × 23,04
4
(π ≈ 3,14)
A área da figura D é aproximadamente 27,1296 cm2.
2 cm
2 cm

28. 28
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
Problemas para resolver (pág. 107)
1. P = d × π = 12,56 e, tomando 3,14 para valor aproximado de π ,
podemos escrever d ≈ 12,56 : 3,14 , isto é, o diâmetro do círculo
tem 4 cm de comprimento.
A área da zona colorida é a diferença entre a área do quadrado
de lado 4 cm e a área do círculo de raio 2 cm.
Acolorida = A – A A = l2 = 42 = 16
= 16 – 4π A = π × r 2 = π × 22 (r = 4 : 2)
≈ 16 – 4 × 3,14
A área colorida é aproximadamente 3,44 cm2.
2.1 Nos triângulos [DOC] e [AOB] , os lados [DC] e [AB] são iguais
porque são lados do octógono regular; DC
—
= BA
—
= 8 cm .
Os lados [DO] e [CO] do triângulo [DOC] são iguais aos lados
[AO] e [OB] do triângulo [AOB] porque são iguais ao raio da
circunferência, isto é, DO
—
= CO
—
= OB
—
= AO
—
= r .
Os dois triângulos são iguais pelo critério LLL.
2.2 AOˆB = 360˚ : 8 = 45˚ — os oito triângulos são iguais e, em
triângulos iguais, a lados iguais opõem-
-se ângulos iguais.
OBˆA = (180˚ – 45˚) : 2 = 67,5˚ — porque a soma das amplitudes
dos ângulos internos de um
triângulo é 180˚.
O trângulo [OBA] é isósceles,
sendo OBˆA = BAˆO = 67,5˚ .
2.3 Poctógono = 8 × 8 = 64 O perímetro do octógono é 64 mm.
P = d × π ≈ d × 3,14 e, tomando 64 mm para P , vem:
64 ≈ d × 3,14 donde d ≈ 64 : 3,14 d ≈ 20,382
e r ≈ 20,382 : 2 r ≈ 10,2
O raio do círculo é 10,2 mm – valor aproximado à décima.
2.4 Aoctógono =
P
2
× ap =
64
2
× 9,7 = 310,4
310,4 mm2 é um valor aproximado da área do octógono.
3.1 Nos triângulos [DOB] e [DCB] , observamos que:
• o lado [DB] é comum;
• os lados [DC] , [CB] , [OD] e [OB] são iguais ao raio.
Então, os dois triângulos são iguais pelo critério LLL:
dois triângulos são iguais se tiverem, de um para o outro,
os três lados iguais.
3.2 Unindo o centro O com o vértice F , vemos que:
• o hexágono fica decomposto em seis triângulos iguais
ao triângulo [DOB] ;
• o triângulo [DFB] fica dividido em três triângulos iguais
ao triângulo [DOB] .
Então, a área do hexágono regular é o dobro da área
do triângulo equilátero da figura, [DFB] .
3.3 A = π × r 2 e π ≈ 3,1416 então A ≈ 3,1416 × 1,52
A área do círculo é aproximadamente 7,0686 cm2.
Ahexágono =
P
2
× ap =
6 × 1,5
2
× 1,3 = 5,85 ; 5,85 cm2
Atriângulo = 5,85 : 2 = 2,925 ; 2,925 cm2
Apedida = A – A = 7,0686 – 2,925 = 4,1436
A área do círculo não ocupada pelo triângulo é 4,1436 cm2.
4. Sabendo-se a área do polígono circunscrito à circunferência
e o seu perímetro, pode calcular-se o apótema do polígono,
que será igual ao raio.
Apolígono =
P
2
× ap e A = 1125 m2 P = 125 m , logo:
1125 =
125
2
× ap donde ap = 1125 : 62,5 = 18 = r
Agoraépossívelcalcularaáreadocírculo: A =π×r2 ≈3,1416×182
A área do círculo é aproximadamente 1017,8784 m2.
5. Calculemos o lado do pentágono a partir da sua área:
Apentágono =
P
2
× ap , isto é, 63 =
P
2
× 4,2 P = 30 l = 30 : 5 = 6 ; 6 cm
• Área do triângulo [ABD] : A =
b × a
2
b = 6 → base [AB]
a = 4,2 + 5,2
= 9,4 → altura relativa
à base [AB]
A =
6 × 9,4
2
= 28,2
A área do triângulo [ABD] é aproximadamente 28,2 cm2.
• A área do triângulo [ADE] é metade da diferença entre a área
do pentágono e a área do triângulo [ABD] .
A = (Apentágono – Atriângulo [ABD] ) : 2
A = (63 – 28,2) : 2 = 17,4
A área do triângulo [ADE] é aproximadamente 17,4 cm2.
Tarefas finais (págs. 108 e 109)
1.1 Setor circular, identificado a azul na figura.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_081 — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
raio
tO
P
60°
Setor
circular
1.2 A reta é tangente à circunferência no ponto P .
2.1 Falso. O octógono está inscrito à circunferência.
2.2 Falso. O quadrado está circunscrito à circunferência.
2.3 Verdadeiro. 360˚ : 8 = 45˚
2.4 Falso. Os dois triângulos são iguais.
2.5 e 2.6 Verdadeiro. Porque são segmentos da perpendicular
baixados do centro para o lado do polígono.
2.7 Falso. Os apótemas de um polígono regular são iguais.
3. A =
P
2
× ap =
6 × 2,3
2
× 2 = 13,8 ap = r = 2 cm
A área é 13,8 cm2.
4.1 Figura A:
d = 2 cm
PA = d × π = 2 π → 2 π cm é o valor exato do perímetro de A.
AA = π × r 2 = π × 1 → π cm2 é o valor exato da área A.
Figura B
d = 3 cm
PB =
d × π
2
+ d =
3 × π
2
+ 3 = 1,5 π + 3 → (1,5 π + 3) cm é o valor
exato do perímetro de B.
AB =
π × r 2
2
=
π × 1,52
2
= 1,125 π → 1,125 π cm é o valor exato da
área de B.
4.2 Se π ≈ 3,14 :
PA ≈ 2 × 3,14 → 6,28 cm é o valor aproximado do perímetro de A.
AA ≈ 3,14 → 3,14 cm2 é o valor aproximado da área de A.
PB ≈ 1,5 × 3,14 + 3 → 7,71 cm é o valor aproximado do
perímetro de B.
AB ≈ 1,125 × 3,14 → 3,5325cm2 éovaloraproximadodaáreadeB.
5. A = π × r 2 ≈ 3,1 × 962
A área é aproximadamente 28 570 km2.
6. Se a área do quadrado é 9 cm2, então o lado é 3 cm,
porque 32 = 9 .

29. 29
MATemática6–Resoluçõesdomanual– O raio do círculo é igual à metade do lado do quadrado, isto é,
1,5 cm.
Aregião azul = A – A
= 9 – π × 1,52
≈ 9 – 3,1416 × 1,52
A área da região azul é aproximadamente 1,9314 cm2.
7.1 A =
P
2
× ap e P = 3 × 5 = 15
15,75 =
15
2
× ap
15,75 = 7,5 × ap
ap = 15,75 : 7,5 = 2,1 O apótema é 2,1 cm.
7.2 O apótema do pentágono é igual ao raio do círculo.
Então: A = π × r 2 ≈ 3,1416 × 2,12
A área do círculo é aproximadamente 13,85 cm2.
8.1 O perímetro do círculo é diretamente proporcional ao raio.
Então, se o raio triplicar, o perímetro também triplica.
8.2 P = 2 × π × r seja r' = r + 3 então P' = 2 × π × (r + 3)
= 2 × π × r + 2 × π × 3
= 2 × π × r + 6 × π = P + 6 × π
O perímetro do novo círculo tem mais 6 × π cm.
9. 11,4 : 3 = 3,8 l = 3,8 cm
Mat. 6 – Metas – Volume 1
Dt6_101c — 1.ª prova
06 - 11 - 2013
RCoelho
Pfigura = 1,5 × π × 3,8 ≈ 5,7 × 3,1

perímetro da
circunferência de
diâmetro 3,8 cm
17, 67 cm é um valor aproximado
do perímetro da figura.
10. A área da janela é a soma da área do quadrado e do semicírculo
A = l2 +
π × r 2
2
= 32 +
π × 1,52
2
≈ 9 + 3,5325
A área é aproximadamente 12,5325 m2.
11. A = π × r 2 d = 8 r = 4
= π × 42 ≈ 3,1 × 16 → 49,6 m2 é a área do canteiro
11.1 Relvado → 25% de 49,6 isto é 0,25 × 49,6 = 12,4 ; 12,4 m2
11.2 100% – (25% + 50%) = 25%
25
100
=
1
4
Os arbustos ocupam
1
4
do canteiro.
12. Reparamos que 12,56 é a medida do perímetro do semicírculo,
logo:
12,56 =
d × π
2
12,56 × 2 = d × π
d = 25,12 : 3,14
d = 8 e lquadrado = d = 8
Perímetro da piscina:
P = 8 + 8 + 8 + 12,56 = 36,56 ; 36,56 m
Nadaria, numa volta, cerca de 36,56 metros.
13. A =
b × a
2
=
8 × π × 4
2
=
= 16 × π4 cm
2 × ␲ × 4 cm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_15
Usando a fórmula A = π × r 2 = π × 42 = π × 16 .
Obtivemos o mesmo valor, 16 π , e, substituindo π por 3,1,
teremos 49,6 cm2 como valor aproximado da área.
Ficha formativa (págs. 115 a 117)
1.1 D Porque setor circular é a interseção de um círculo com um
ângulo ao centro.
1.2 C Porque, num polígono inscrito numa circunferência, todos
os seus vértices são pontos da circunferência.
1.3 C Na figura C, a reta t interseta a circunferência em dois pon-
tos, logo é secante à circunferência e não tangente.
1.4 C P = d × π = 7 × π ; valor exato do perímetro: (7 × π) m
1.5 C P =d×π≈40×3,14;valoraproximadodoperímetro:125,6dm
1.6 C d=P:π d=310:3,1=100;valoraproximadododiâmetroé100km.
1.7 B Ahexágono =
P
2
× ap =
6 × 15
2
× 13 = 585 ; 585 mm2 = 5,85 cm2
1.8 C A linha colorida é formada por duas semicircunferências
iguais e dois segmentos de reta iguais:
P =
3 × π
2
+
3 × π
2
+ 3 + 3 ou seja 3 × π + 6 ; (3 × π + 6) cm
1.9 B A = π × r2 = π × 62 porque r = d : 2 = 12 : 2 = 6
A = (36 × π) cm2
2.1 Os segmentos de reta [AO] , [OG] , [OD] e [OC] são iguais
porque são raios da mesma circunferência, logo têm
o mesmo comprimento.
2.2 Nos triângulos [AOG] e [OCD] , observamos que:
• AG
—
= CD
—
porque são lados do polígono regular inscrito;
• OG
—
= OC
—
e OA
—
= OD
—
porque são raios.
Logo, os triângulos [AOG] e [OCD] são iguais pelo critério LLL.
Dois triângulos são iguais se tiverem, de um para o outro,
os três lados iguais.
Em triângulos iguais, a lados iguais opõem-se ângulos iguais.
Os triângulos [AOG] e [OCD] são iguais, como vimos.
Como o lado [OG] do triângulo [AOG] é igual ao lado [OC]
do triângulo [OCD] (são raios), então os ângulos que se
opõem a esses lados são iguais, isto é, o ângulo OAG
é igual ao ângulo ODC .
2.3 Se unirmos o centro da circunferência de centro O com os
vértices do heptágono inscrito, obteremos sete triângulos
isósceles iguais, em que um
dos lados é lado do heptágono.
Observamos que a altura
relativa a esse lado (base), num
dos triângulos, é o apótema do
polígono.
Então, estes triângulos são iguais,
e, se assim é, têm a mesma área
(A) e a mesma base (b), o que
implica terem a mesma altura (a)
porque:
A =
b × a
2
Mas, as alturas desses triângulos isósceles são os apótemas do
heptágono, que são iguais entre si. Como queríamos mostrar.
2.4 Pheptágono = 7 × l = 7 × 2,5 = 17,5 e P ≈ 17,5
P = d × π d = P : π ≈ 17,5 : 3,1416
d ≈ 5,570
r = d : 2 logo r ≈ 2,785
O raio é aproximadamente 2,785 cm.
2.5 Área do triângulo [COB] :
A =
b × a
2
≈
2,5 × 2,6
2
A ≈ 3,25
A área do triângulo é aproximadamente 3,25 cm2.
A área do heptágono é igual a 7 vezes a área do triângulo [COB] .
Então, Aheptágono ≈ 7 × 3,25 = 22,75
A área do heptágono é aproximadamente 22,75 cm2.
O
FG
EA
DB
C
S
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c4_16
27 set 2014
Paulo Amorim
ap

30. 30
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
3.1 São triângulos equiláteros, porque os lados opõem-se a ângulos
iguais, de amplitude 60˚. (360˚ : 6 = 60˚ ; (180˚ – 60˚) : 2 = 60˚)
3.2
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT4_Mat6_104a — 2.ª prova
10 - 02 - 2014
RCoelho
P
–
2
ap
2cm
Podemos, por exemplo, usar régua e compasso para construir
os triângulos equiláteros.
O paralelogramo e o hexágono regular são equivalentes,
porque, sendo ambos formados por seis triângulos iguais, têm
a mesma área.
3.3 Área do paralelogramo construído:
A = b × a =
P
2
× ap P – perímetro do hexágono
ap – apótema do hexágono
E como o hexágono é equivalente ao paralelogramo, a sua área
também é
P
2
× ap , isto é:
Ahexágono =
P
2
× ap
3.4 A área pedida é a diferença entre a área do círculo e a área
do hexágono.
A = π × r 2 Ahexágono =
P
2
× ap
A ≈ 3,1416 × 22 = 12,5664 Ahexágono ≈
6 × 2
2
× 1,73 = 10,38
Calculamos a diferença entre a área do círculo e a área
do hexágono.
12,5664 – 10,38 = 2,1864
A área do círculo não ocupado pelo hexágono é
aproximadamente 2,1864 cm2.
4. A área do retângulo não ocupado pelos círculos é a diferença
entre a área do retângulo e a área dos dois círculos:
A = c × l → O comprimento do retângulo é o dobro do
diâmetro de um círculo; a largura é igual ao
diâmetro.
= 6 × 3
= 18
A = π × r 2 ≈ 3,1416 × 1,52 r = 3 : 2 = 1,5
A ≈ 7,0686
A área dos dois círculos é o dobro, isto é, 14,1372 cm2.
Calculamos a diferença: 18 – 14,1372 = 3,8628
A área do retângulo não ocupado pelos círculos é 3,8628 cm2.
5. Calculamos as medidas das áreas e ordenamo-las (todos os
comprimentos estão em metros).
AA = l2 = 25 AC = π × r 2 ≈ 3,14 × 9 ≈ 28,26
AB =
P
2
× ap =
6
2
× 0,87 = 2,61 AD =
b × a
2
=
6 × 10
2
= 30
logo AB AA AC AD
6. Arelvada = (A – A) : 2 e A = l × l = 10 × 10 = 100
= (100 – 12,56) : 2 A = π × r 2 ≈ 3,14 × 22 = 12,56
= 43,72
A área relvada é aproximadamente 43,72 m2.
7. A medida do comprimento da fita é:
2 × P = 2 × π × d ≈ 2 × 3,1 × 6
O comprimento da fita é aproximadamente 37,2 cm.
8. O perímetro é (10 × 3,1) m, isto é, 31 m.
d = P : π ≈ 31 : 3,1 O diâmetro é aproximadamente 10 metros.
9. A =
P
2
× ap → 256 =
P
2
× 8 256 = 4 × P P = 256 : 4 = 64
O perímetro do polígono é 64 cm.
10. Verdadeira. Para qualquer círculo, o quociente entre
o perímetro e o diâmetro é constante, ou seja, é π ; π é a
constante de proporcionalidade.
11. Observamos que as semicircunferências são iguais duas a duas,
sendo o diâmetro das menores 2 cm e das maiores 4 cm.
Calculamos o perímetro das duas circunferências
de diâmetros respetivamente 2 cm e 4 cm:
P = d × π + D × π ≈ 2 × 3,14 + 4 × 3,14
18,84 cm é o valor aproximado do comprimento
da linha curva.
12.1 A medida do diâmetro do canteiro.
12.2 A medida do comprimento da semicircunferência que limita
o canteiro.
12.3 A medida do perímetro do canteiro, porque:
(2,5 × 2 × π) : 2 + 2 × 2,5

comprimento da
semicircunferência
diâmetro

12.4 A medida da área do canteiro, porque:
(π × 2,52) : 2 = (π × 6,25) : 2

31. 31
MATemática6–Resoluçõesdomanual– CAPÍTULO 5
Ficha de diagnóstico (págs. 120 e 121)
1.1 Os sólidos do grupo A rolam e são limitados por superfícies
curvas ou curvas e planas.
Os sólidos do grupo B não rolam e são limitados por superfícies
planas.
1.2 Poliedros – uma pirâmide e dois prismas.
1.3 Cone
1.4 Os prismas do grupo B têm seis faces, que são quadriláteros.
A pirâmide tem quatro faces, que são triângulos.
2.
Nome do
sólido
Forma das
faces lateriais
Número de
faces
Forma da(s)
base(s)
A Cubo Quadrado 6 Quadrado
B
Paralelepípedo
retângulo
Retângulo 6 Retângulo
C Pirâmide Triângulo 5 Quadrado
D Prisma Retângulo 8 Hexágono
3. É a figura 2.
4.1 São necessários: 10 cubos.
4.2 São necessários: 2 cubos; 17 cubos.
5. O aluno deve investigar várias planificações da superfície de um
cubo que podem, ou não, ter sido exploradas no 1.o Ciclo.
Pág. 123
1.1 B, D, F, G e I
1.2 C
1.3 A, E e H
1.4 B, D, F, G e I. Porque são limitados só por superfícies planas.
1.5 O sólido F tem 12 arestas, 6 faces e 8 vértices.
1.6 O sólido E é não poliedro porque é limitado por superfícies
planas e curvas; os sólidos A, C e H também são não poliedros.
1.7 O poliedro G.
2. Por exemplo:
• uma laranja – esfera;
• um funil; um cone de sorvete – cone;
• «Cubo da Ribeira do Porto» – cubo.
3. Por exemplo:
• poliedros – limitados só por superfícies planas; prismas
e pirâmides.
• não poliedros – limitados por superfícies curvas ou planas
e curvas; esfera, cone, cilindro.
4.1
4.2 São necessários 16 cubos.
4.3 Devemos retirar: 10 cubos; 11 cubos.
4.4 O poliedro C.
Pág. 125
1.1 A, E, F e G – representam poliedros
B, C e D – representam não poliedros
1.2 B – cone reto C – cilindro reto D – esfera
1.3 Representam prismas: A, F e G.
1.4 O sólido E.
1.5 B – cone de gelado
F – tijolo
1.6
eixo do cone
geratriz
superfície
lateral
curva
eixo do
cilindro
geratriz
superfície
lateral curva
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c5_1
30 set 2014
Paulo Amorim
eixo do cone
geratriz
superfície
lateral
curva
eixo do
cilindro
geratriz
superfície
lateral curva
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c5_1
30 set 2014
Paulo Amorim
2.
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt1_081e
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt1_081e
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt1_081e
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt1_081e
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
Cilindros Pirâmides Prismas Cones
3.1 Poliedros: A, B, C, D, E e F.
Não poliedros: G, H e I.
Prismas: D, E e F.
Cones: H.
Pirâmides: A e C.
Sólido D: cubo – 6 faces, 12 arestas e 8 vértices.
Sólido A: pirâmide quadrangular – 5 faces, 8 arestas e 5 vértices.
3.2 É um não poliedro, cilindro reto, com duas bases circulares
geometricamente iguais e paralelas, superfície lateral curva.
4. (A) Falsa; porque um poliedro é limitado por superfícies planas.
(B) Verdadeira; porque é limitado por superfícies curvas.
(C) Falsa; porque é limitada por superfícies curvas.
(D) Falsa; porque as faces laterais das pirâmides são triângulos.
(E) Falsa; porque as faces laterais dos prismas são quadriláteros.
(F) Falsa; porque a geratriz e o eixo não são paralelos, são
concorrentes.
(G) Verdadeira; porque o eixo forma ângulos de amplitude 90°
com os raios.
Pág. 127
1. A – Poliedro; pirâmide quadrangular com 8 arestas, 5 vértices
e 5 faces; das 5 faces, 4 são faces laterais e a restante é a
base.
B – Poliedro; prisma pentagonal com 15 arestas, 10 vértices
e 7 faces; das 7 faces, 5 são faces laterais e 2 são bases.
C – Poliedro; prisma triangular com 9 arestas, 6 vértices
e 5 faces; das 5 faces, 3 são faces laterais e 2 são bases.
D – Poliedro; pirâmide hexagonal com 12 arestas, 7 vértices
e 7 faces; das 7 faces, 6 são faces laterais e 1 é a base.
Faces + Vértices = Arestas + 2
Sólido B: 7 + 10 = 15 + 2
Sólido E: 8 + 6 = 12 + 2
2.1 12 arestas – Sim, porque, numa pirâmide, o número total de
arestas é número par.
17 arestas – Não, porque é número ímpar.
2.2 9 vértices – Não, porque o número de vértices do prisma
é sempre par.
12 vértices – Sim, porque é número par.
3. Ficaram 8 cubos com 3 faces castanhas; ficaram 4 cubos com
2 faces castanhas.
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_079d
1prova · 22 Setembro2009

32. 32
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
4.1 Triângulo 4.4 Pentágono
4.2 Pentágono 4.5 Quadrilátero
4.3 Octógono 4.6 Eneágono
5. Se é prisma com 80 vértices na base, tem 80 arestas laterais e
um total de 240 arestas (3 × 80).
Se tem na base 80 vértices, o polígono da base tem 80 arestas
e o número total de arestas é o triplo do número de arestas do
polígono da base.
Se é pirâmide com 80 lados no polígono da base, tem 80 arestas
laterais e 160 arestas no total (2 × 80).
Numa pirâmide, o número total de arestas é o dobro do número
de arestas do polígono da base.
6. Pirâmide octogonal com 9 vértices (8 + 1).
7.1 Prisma octogonal (3 × 8 = 24)
7.2 Pirâmide quadrangular
7.3 Pirâmide octogonal (9 vértices e 16 arestas)
7.4 Por exemplo, esfera.
8. n + 2
Pág. 129
1.1 Prisma triângular 1.6 Pirâmide quadrangular
1.2 Cubo 1.7 Prisma hexagonal
1.3 Cone 1.8 Cilindro
1.4 Pirâmide triangular 1.9 Prisma pentagonal
1.5 Paralelepípedo retângulo
2. A e C.
Por exemplo:
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_087d
1prova · 22 Setembro2009
Luis Almeida
3.
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_087e
2prova · 12 Outubro2009
Luis Almeida
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_087e
2prova · 12 Outubro2009
Luis Almeida
Pág. 131
1. C
2.1 A altura (distância entre as bases) é 30 mm.
2.2 É 18,8 mm.
3. A figura B, porque o «comprimento» da superfície lateral
( ≈ 3,4 cm) é aproximadamente o comprimento da
circunferência (P ≈ 3,1 × 1,1 = 3,41 cm).
A figura C, porque o comprimento do retângulo (≈ 1,8 cm) é
aproximadamente o comprimento da circunferência
(P ≈ 3,1 × 0,6 = 1,86 cm).
4.1 2,6 cm
4.2 4,4 cm (4,396 porque P ≈ 1,4 × 3,14)
5. A figura A não representa a planificação do cilindro, porque o
comprimento do retângulo não é igual ao perímetro do círculo
da base do cilindro.
A figura B representa, porque a largura do retângulo é igual
ao perímetro do círculo da base do cilindro.
6. A planificação deve ser formada por um retângulo, que é a
superfície lateral do cilindro, e esse retângulo deve ter 18,84 cm
por 6 cm. Cada círculo, das bases, deve ter 3 cm de raio.
Área lateral: Al = c × l Al ≈ 113,0976 cm2
Área total: At = Al + 2 × Abase At ≈ 169,6464 cm2
Pág. 133
1.
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_089e
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
Cubo
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_089e
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Luis Almeida
Paralelepípedo
retângulo
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_089e
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Luis Almeida
Prisma
quadrangular
Matemática 5º ano
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dt2_089e
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Luis Almeida
Pirâmide
quadrangular
2.
Matemática 5º ano
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dt2_089f
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Luis Almeida
Matemática 5º ano
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dt2_089f
2prova · 12 Outubro2009
Luis Almeida
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_089f
2prova · 12 Outubro2009
Luis Almeida
Vista
frontal
Vista de
topo
Vista lateral
direita
3. A – Vista lateral direita
B – Vista frontal
C – Vista de topo
4.1 Ao sólido R, 20 cubos.
Ao sólido T, 18 cubos.
4.2
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_089g
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Luis Almeida
Vista
frontal
Vista de
topo
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dt2_089g
2prova · 12 Outubro2009
Luis Almeida
Vista lateral
direita
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_089g
2prova · 12 Outubro2009
Luis Almeida
5. O gato.
Problemas para resolver (pág. 135)
1.1 A face branca.
1.2 A face vermelha.
1.3 As cores branco, amarelo e verde.
2. A B
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_091e
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_091e
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
3. A: 2,5 cm; 0,7 cm; 0,7 cm
B: 2,3 cm; 1,2 cm; 0,7 cm
C: 1,1 cm; 1,1 cm; 1,1 cm
2,3 + 2,5 + 1,1 = 5,9
A altura máxima é 5,9 cm.
4. 2 × 64 + 6 × 30 + 4 × 48 = 500
500 + 50 = 550
Gastam-se 550 cm de fio verde.
5.1 Não.
5.2 São três círculos de raio igual ao raio da esfera.
Tarefas finais (págs. 136 a 139)
1. Por exemplo:
1.1 Tem 6 vértices, 9 arestas e 5 faces.
As faces laterais são quadriláteros.
As bases são triângulos.

33. 33
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 1.2 É prisma triângular.
2.1 8 faces e 12 vértices; (B) e (C).
2.2 16 arestas e 9 faces; (B) e (D).
3. A expressão é P + 1 .
4.
V 9 6 4 8
F 9 6 4 8
A 16 10 6 14
N
Pirâmide
octogonal
Pirâmide
pentagonal
Pirâmide
triangular
Pirâmide
heptagonal
5.1 9 faces e 21 arestas. É prisma heptagonal.
5.2 A =
Perímetro
2
× apótema
=
14
2
× 2,1 = 14,7
A área da base é aproximadamente 14,7 cm2.
5.3 Aface lateral = c × l = 5 × 2
A área de uma face lateral é 10 cm2.
6. Por exemplo:
Atotal = 6 × 22 = 6 × 4 = 24
cubo
paralelepípedo
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c5_2
30 set 2014
Paulo Amorim
4 cm
2 cm
3 cm
2 cm
A área total do cubo é 24 cm2.
Atotal = 4 × 2 × 2 + 3 × 2 × 2 + 4 × 3 × 2 = 16 + 12 + 24 = 52cubo
paralelepípedo
MAT 6 _ CAP _metas
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DTs_M_c5_2
30 set 2014
Paulo Amorim
4 cm
2 cm
3 cm
2 cm
A área total é 52 cm2.
7. Não, porque pela relação de Euler, tem-se:
Faces + Vértices = Arestas + 2
10 + 15 ≠ 20 + 2
25 ≠ 22
8.
prisma triangular
1 cm
As bases são triângulos:
Abase =
b × a
2
=
3 × 4
2
= 6
A área da base é 6 cm2.
9. 1.a figura 2.a figura 3.a figura 4.a figura
1 cubo 3 cubos 6 cubos 10 cubos …
+2+2 +3 +4
A décima figura terá 55 cubos e a vigésima figura terá
210 cubos.
10. As caixas B e D.
11.1
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt2_100e — 1.ª prova
08 fev 2014
Paulo
1 cm
Planificação de um paralelepípedo retângulo.
11.2 A segunda planificação gasta 4 vezes mais papel do que a
planificação dada.
1.a planificação:
Atotal = 3 × 1 × 2 + 3 × 1,5 × 2 + 1 × 1,5 × 2
= 6 + 9 + 3 = 18
A área é 18 cm2.
2.a planificação:
Atotal = 6 × 2 × 2 + 6 × 3 × 2 + 2 × 3 × 2
= 24 + 36 + 12
= 72
A área é 72 cm2 e 72 = 4 × 18 .
Pesquisa
1.1
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_100d
2prova · 12 Outubro 2009
Luis Almeida
1.2 Estão coloridas a azul-escuro as que podem ser planificações
de um cubo sem tampa.
12.1 Arestas – 150; faces – 52.
12.2 52 + 100 = 152 150 + 2
F + V = A + 2

34. 34
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
13. Arestas – 100; faces – 51.
51 + 51 = 102
100 + 2
F + V = A + 2
14.1 Faces laterais do prisma: 12.
Faces laterais da pirâmide: 18.
14.2 Vértices do prisma: 24.
Vértices da pirâmide: 19.
15.1 Pirâmide hexagonal e prisma pentagonal
15.2 Poliedro A: A = 12 V = 7 F = 7
Poliedro B: A = 15 V = 10 F = 7
15.3 É o triplo do número de arestas da base.
15.4 É o número de vértices da base mais um: 7 = 6 + 1
15.5 Abase =
Perímetro
2
× apótema =
1 × 6
2
× 0,866 = 2,598 cm2
A área da base é 2,598 cm2.
16.1 Um prisma quadrangular e uma pirâmide heptagonal.
16.2 3 e 5 porque 2 × 3 = 5 + 1 .
17. P = 5 × 3,14 = 15,70 O perímetro do círculo da base é 15,7 cm.
Não pode ser a figura B porque o comprimento do retângulo
deve ser igual ao perímetro do círculo da base do cilindro,
o que não se verifica.
31,4 ≠ 15,7
18.1
A: Pbase ≈ 8 × 3,1416 = 25,1328
O perímetro é 25,1328 m.
B: Pbase ≈ 11 × 3,1416 = 34,5576
O perímetro é 34,5576 m.
C: Pbase ≈ 2 × 3,1416 = 6,2832
O perímetro é 6,2832 m.
19.1
Raio
(cm)
Diâmetro
(cm)
Altura
(cm)
Perímetroda
base (cm)
Área lateral
(cm2)
Cilindro 1,05 2,1 6 6,6 39,6
Porque 6,6 = d × 3,14 d ≈ 2,1 cm
logo r = d : 2 r = 1,05 cm
Área lateral: c × l = 6,6 × 6 = 39,6
A área lateral é 39,6 cm2.
20. Para completar a planificação deve ser desenhado um círculo.
Existem duas situações possíveis.
Situação 1: se a altura da caixa for 3,14 cm, então o
comprimento do retângulo deve corresponder ao perímetro
do círculo, sendo necessário calcular o diâmetro do círculo da
base:
9,42 : 3,14 = 3
Deve ser desenhado um círculo com 3 cm de diâmetro.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT5_Mat6_146 — 2.ª prova
9,42 cm
3,14 cm
d = 3 cm
Situação 2: se a altura da caixa for 9,42 cm, então a largura
do retângulo (3,14 cm) deve ser o perímetro do círculo da base,
sendo necessário calcular o diâmetro:
3,14 : 3,14 = 1 d = 1 cm
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT5_Mat6_147 — 2.ª prova
12 - 02 - 2014
RCoelho
d = 1 cm
9,42 cm
3,14dm
21.
2 m
10 dm
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c5_4
30 set 2014
Paulo Amorim
d = 0,1 m
P ≈ 0,1 × 3,1416
P = 0,31416
Alateral = 0,31416 × 2 = 0,62832
Usaram-se 0,62832 m2.
22.1 6π = 2 × π × r r = 3 cm
22.2 Abase = π × r2 9 × π 10 × π em cm2
Abase = 9 × π cm2
Ficha formativa (págs. 144 a 147)
1.1 B 1.4 C (tem 6 arestas laterais e 6 arestas na base)
1.2 D 1.5 D
1.3 C 1.6 D
2. Tem 8 faces, 12 vértices e 18 arestas.
As bases são hexágonos e as faces laterais retângulos. É prisma
hexagonal reto.
8 + 12 = 18 + 2
2.1 Abase =
P
2
× ap
Abase ≈
12
2
× 1,73 Abase ≈ 10,38 cm2
3.1 Pirâmide pentagonal.
3.2 Sólido A: F + V = A + 2
6 + 6 = 10 + 2
Verdadeiro
Sólido B: F + V = A + 2
8 + 6 = 12 + 2 Verdadeiro
4. Se o polígono da base tem n lados, tem n vértices nessa base;
como tem 2 bases, tem 2 × n ou 2n vértices.
5.1 B, C, E, G, H, I, M, N, O e P
5.2 A, F, K, J e L
5.3 C, H, I, N, P e Q
5.4 G e O
5.5 I e P
5.6 A e K
5.7 A, D, F, J, K e L
5.8 J
6.
F A V
C 8 18 12
G 6 10 6
O 5 8 5
7.1 C

35. 35
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 7.2 N
7.3 G
8. O prisma tem 10 faces laterais e 20 vértices.
A pirâmide tem 15 faces laterais e 16 vértices.
9. O prisma tem 84 arestas laterais e no total 3 × 84 arestas, isto
é, 252 arestas no total.
A pirâmide, se tem na base um polígono de 84 lados, tem na
base 84 vértices, logo, no total, tem 84 + 1 vértices, ou seja,
85 vértices.
10.1 Cubo
10.2 Prisma triangular
10.3 Cilindro
10.4 Pirâmide pentagonal
10.5 Paralelepípedo retângulo
10.6 Cone
11.1 A medida do comprimento total das arestas da caixa.
11.2 A medida da área total da caixa.
12.1 Foram usados 16 cubos.
12.2
Matemática 5º ano
TEEE102C05MA00101
dt2_103h
1prova · 22 Setembro2009
Luis Almeida
12.3 São necessários 48 cubos.
13. A face oposta à face com o número 5 é a face com o número 6.
14. A figura A não é planificação do cilindro indicado porque o
retângulo não tem o comprimento igual ao perímetro do
círculo.
P = p × d ≈ 3,1416 × 2 = 6,2832
A = c × l ≈ 6,2832 × 2 = 12,5664
A área lateral é aproximadamente 12,5664 cm2.
FICHA GLOBAL (págs. 148 a 152)
Parte A
1. • (22)
2
= 24 = 16 • 2 :
4
3
–
5
4
= 2 ×
3
4
–
5
4
• 1 –
1
2
: 2 = 1 –
1
2
×
1
2
=
1
4
= 1 –
1
4
=
3
4
Então:
16
3
4
=
x
1
4
x = 16 ×
1
4
:
3
4
x =
16
4
×
4
3
=
16
3
A resposta é D.
2.
12
840
=
30
?
? = 840 × 30 : 12
? = 2100
A resposta é C.
3. Sabendo que as grandezas x e y são diretamente
proporcionais, se o valor de x quadriplica, passando de 3 para 12,
também o valor de y quadriplica, isto é, passa de 5 para 20. O
valor de t é 20.
Ou usando uma proporção:
3
5
=
12
t
t = 5 × 12 : 3
t = 20
A resposta é A.
4. 168 – 142,80 = 25,20 → redução, em euros
25,20 : 168 = 0,15 , isto é, 15 % → redução, em percentagem
A resposta é B.
5. A = 81p = r2 × p então 81 = r2 e r = 9 . O raio é 9 metros.
P = d × p = 2 × 9 × p = 18p . O perímetro é 18p metros.
A resposta é C.
6. A pirâmide tem (105 – 1) vértices na base. Numa pirâmide, o
número total de arestas é o dobro do número de arestas da
base. Logo, esta pirâmide tem 2 × 104 arestas, ou seja, 208
arestas.
A resposta é B.
7. Por exemplo:
R
S
=
3
1
logo R = 3 × S e R + S = 36 cm2
O quadrado de lado 6 cm está dividido em 4 partes iguais a S.
3
4
× 36 = 27 → medida da área do retângulo R
27 : 6 = 4,5 → 4,5 cm e 6 cm são as dimensões de R
Ou:
R
S
=
3
1
1
S
=
3
R
1
S
=
3
R
=
1 + 3
S + R
3
R
=
4
36
R = 3 × 36 : 4
R = 27
27 : 6 = 4,5
A resposta é C.
Parte B
1. É o número 37 porque só tem dois divisores: o 1 e o 37.
2. 304 = (2 × 3 × 5)4 = 24 × 34 × 54
455 = (32 × 5)5 = 310 × 55
m.d.c. (304, 455) = 54 × 34 = 154 = 50 625
Numa proporção, para
calcular um dos meios,
multiplicam-se os
extremos e divide-se
o produto pelo outro
meio.

36. 36
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
3. 354 = (5 × 7)4 = 54 × 74
213 = (3 × 7)3 = 33 × 73
m.m.c. (354, 214) = 33 × 54 × 74 = 33 × 354
= 40 516 875
4. Vamos determinar o mínimo múltiplo comum de 8 e 12.
8 = 23 12 = 22 × 3 m.m.c. (8, 12) = 23 × 3 = 24
Voltam a acender em simultâneo passados 24 segundos.
5.1
540
225
=
2 × 2 × 3 × 3 × 3 × 5
3 × 3 × 5 × 5
=
12
5
← fração irredutível
Ou: 540 = 22 × 33 × 5
225 = 32 × 52
m.d.c. (540, 225) = 32 × 5 = 45
540 : 45
225 : 45
=
12
5
5.2
1365
546
=
5 × 3 × 7 × 13
2 × 3 × 7 × 13
=
5
2
← fração irredutível
Ou: 1365 = 3 × 5 × 7 × 13
546 = 2 × 3 × 7 × 13
m.d.c. (546, 1365) = 3 × 7 × 13 = 273
1365 : 273
546 : 273
=
5
2
6. 32 – 22 + 7
3 
13
: 7
3 
12
+  1
6 
30
× 630 = 32 – 22 + 7
3 
13 – 12
+  1
6
× 6
30
= 9 – 4 +
7
3
+ 1
= 5 +
7
3
+ 1
=
25
3
7.
1
2
× 3 × (8,5 – 0,5) e
1
2
× 3 × (8,5 – 0,5) =
1
2
× 3 × 8 = 12
O Zé tem doze caricas.
8. 0,40 → 1.o termo
0,40 – 0,05 = 0,35 → 2.o termo
0,35 – 0,05 = 0,30 → 3.o termo
0,30 – 0,05 = 0,25 → 4.o termo
0,25 – 0,05 = 0,20 → 5.o termo
Os cinco primeiros termos de
sequência são: 0,40; 0,35; 0,30;
0,25 e 0,20.
9. n2 +
2n
3
• se n = 1 : 12 +
2 × 1
3
= 1 +
2
3
=
5
3
• se n = 2 : 22 +
2 × 2
3
= 4 +
4
3
=
16
3
• se n = 3 : 32 +
2 × 3
3
= 9 + 2 = 11
• se n = 4 : 42 +
2 × 4
3
= 16 +
8
3
=
56
3
Os quatro primeiros termos da sequência são:
5
3
,
16
3
, 11 e
56
3
.
10. … … …
5
3
… …
Calculemos os 5.o e 6.o termos:
5
3
× 2 =
10
3
→ 5.o termo
10
3
× 2 =
20
3
→ 6.o termo
Calculemos os três primeiros termos a partir do quarto.
5
3
: 2 =
5
3
×
1
2
=
5
6
→ 3.o termo
5
6
: 2 =
5
6
×
1
2
=
5
12
→ 2.o termo
5
12
: 2 =
5
12
×
1
2
=
5
24
→ 1.o termo
Os seis primeiros termos são:
5
24
,
5
12
,
5
6
,
5
3
,
10
3
e
20
3
.
11. 106 não é termo da sequência porque não existe nenhum número
natural n tal que 2n + 1 seja igual a 106.
Notamos que os termos da sequência dada são todos os números
ímpares, logo nenhum pode ser 106, que é um número par.
12. A afirmação é falsa porque:
1 3 6 10 15 21 28
O sétimo termo é 28.
13. Sejam: a – número de rapazes; b – número de raparigas.
4
b
=
5
a
, isto é, em 9 (= 4 + 5), 4 são raparigas e 5 são rapazes.
Então, em 36, as raparigas são:
9
4
=
36
a
a =
36 × 4
9
= 16
Participaram 16 raparigas na visita de estudo.
14. 0,15 kg = 150 g
•
150
225
=
120
?
? =
225 × 120
150
= 180 180 g de açúcar
•
150
225
=
100
?
? =
225 × 100
150
= 150 150 g de manteiga
•
150
225
=
6
?
? =
225 × 6
150
= 9 9 ovos
A Dina deve usar 180 g de açúcar, 150 g de manteiga e 9 ovos.
15. 100% – 12% = 88% 88% = 0,88
ou
12% de 650 são 78 €.
0,88 × 650 = 572
(0,12 × 650 = 78)
O preço da estadia no inverno é 572 €.
650 – 78 = 572
16. Com régua, medimos as dimensões do quarto na planta, e
obtemos 3 cm por 3,5 cm. Então, as dimensões reais são:
1
120
=
3
l
e
1
120
=
3,5
c
sendo: l – medida da largura
c – medida do comprimento
l = 3 × 120 = 360 c = 120 × 3,5 = 420
A = c × l
A = 420 × 360 = 151 200 151 200 cm2 = 15,12 m2
A área do quarto é 15,12 m2
17.1 P = d × p d = 2 × 2,4 P ≈ 4,8 × 3,1416
O comprimento da circunferência é aproximadamente
15,079 68 cm.
17.2 A área da parte colorida a verde é a diferença entre a área do
círculo e a área do quadrado.
A = p × r2
A ≈ 3,1416 × 2,42 = 18,095 616
A área do círculo é aproximadamente 18,095 616 cm2.
A área do quadrado, de que conhecemos não o lado mas a
diagonal, vai ser calculada a partir da área do triângulo que
ocupa metade da área do quadrado. Assim:
A =
b × a
2
A = 2 × 5,76 = 11,52
A =
4,8 × 2,4
2
= 5,76 A área do quadrado é 11,52 cm2.
A área da parte colorida a verde, em cm2, é aproximadamente
18,095 616 – 11,52 = 6,575 616
540
270
135
45
15
5
1
2
2
3
3
3
5
1365
273
91
13
1
5
3
7
13
225
45
9
3
1
5
5
3
3
546
273
91
13
1
2
3
7
13
+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7
×2 ×2 ×2 ×2 ×2

37. 37
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 18.1 Na figura, OB
—
= OC
—
, logo o triângulo [OBC] é isósceles.
Num triângulo, a lados iguais opõem-se ângulos iguais.
(180° – 60°) : 2 = 60° → b = c = 60°
18.2 É um triângulo equilátero.
18.3 O lado do hexágono regular inscrito na circunferência é igual
ao raio (BC
—
= OB
—
= OC
—
). Calculemos o raio:
P = 2 × r × p
78,54 ≈ 2 × r × 3,1416 donde r ≈ 78,54 : 6,2832 = 12,5
Phexágono = 6 × 12,5 = 75
O perímetro do hexágono é 75 m.
19.1 A – cilindro
B – prisma triângular
C – prisma pentagonal
O cilindro não é poliedro.
19.2 Igualdade de Euler:
Faces + Vértices = Arestas + 2
Sólido B: 5 + 6 = 9 + 2 Verdadeiro
Sólido C: 7 + 10 = 15 + 2 Verdadeiro
19.3 Eixo do cilindro.
19.4 A área total do cilindro é a soma da área das duas bases com
a área lateral.
Abase = p × r2
Abase ≈ 3,1416 × 22
Alateral = p × d × a
Alateral ≈ 3,1416 × 4 × 8
Atotal ≈ 2 × 12,5664 + 100,5312 = 125,664
A área total do cilindro é aproximadamente 125,664 cm2.
19.5 Por exemplo:
Mat. 6 – Metas – Volume 1
DT10_Mat6_009s — 1.ª prova
17 fev 2014
Paulo Amorim
2,5cm
2,5 cm 2 cm
1,5 cm
19.6 A face lateral é um retângulo de perímetro 18 cm e um lado
6 cm.
Então, a medida do outro lado é:
(18 – 2 × 6) : 2 = 3 → A aresta da base é 3 cm.
Área lateral:
5 × (3 × 6) = 90 → A área lateral é 90 cm2.
Área da base:
P
2
× ap =
15
2
× 2,064 = 15,48 → A área da base é 15,48 cm2.
(r = 2) A área da base é
aproximadamente 12,5664 cm2.
(p × d – perímetro da base; a – altura
do cilindro)
A área lateral é aproximadamente
100,5312 cm2.

38. 38
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
CAPÍTULO 6
Ficha de diagnóstico (págs. 6 e 7)
1.1 72 1.3 2
9 
4
1.2 43 1.4  1
3 
7
2.1 36 = 62 expoente 2.3 81= 92 expoente ou 81=34 expoente
base base base
2.2 8 = 23 expoente 2.4 100 = 102 expoente
base base
3.1 3 × 23 = 3 × 8 = 24
3.2 2 × 62 = 2 × 36 = 72
4. Dois polígonos dizem-se equivalentes quando têm áreas iguais.
AA = c × l = 3 × 1,5 = 4,5 AB = l × l = 2,5 × 2,5 = 6,25
AA = 4,5 cm2 AB = 6,25 cm2
Logo, A e B não são polígonos equivalentes porque têm áreas
diferentes.
5.1 r = d : 2 r = 6 : 2 = 3
r = 3 dm
5.2 P = 2 × π × r ≈ 2 × 3,14 × 3
P ≈ 18,84 dm
5.3 A = π × r2 ≈ 3,14 × 32 = 3,14 × 9 = 28,26
A ≈ 28,26 dm2
6.1 ? = 105 : 7 ? = 15 Usou-se a divisão como
6.2 ? = 84 : 12 ? = 7 operação inversa
6.3 ? = 70 : 3,5 ? = 20 da multiplicação.
7.1 V 7.5 V
7.2 V 7.6 V
7.3 F 7.7 V
7.4 F 7.8 V
8. A: Paralelepípedo retângulo
B: Cubo
C: Prisma triangular
D: Cilindro
Pág. 9
1.1 Os sólidos B e C, porque o nível da água nos respetivos
recipientes é igual.
1.2 O sólida A.
2.1 B, C e E
2.2 D
2.3 mesmo volume
2.4 D
2.5 congruentes
Pág. 11
1.1 9
1.2 4,5
1.3 3
2.1 A: 20
B: 20
C: 24
D: 13
2.2 A: 10
B: 10
C: 12
D: 6,5
2.3 Porque foram utilizadas unidades de medida diferentes.
2.4 Por exemplo:
2.5 A e B, porque têm volumes iguais.
3.1 3
3.2
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt023
2prova · 22 Outubro 2010
Luis Almeida
Pág. 13
1.1 24 cm3; 11 cm3
1.2 Devo acrescentar 13 cubos.
1.3
11
24
ou 11 : 24
2.1 400 000
2.2 0,032 953
2.3 2100
2.4 0,003 009
3. Como 1 l = 1 dm3 , vem:
3.1 31 000 l 3.4 83 000 l 3.7 0,549 l
3.2 0,11 l 3.5 18 l 3.8 3,24 l
3.3 0,32 l 3.6 2500 l
4.1 15 cl = 0,15 l 1,5 : 0,15 = 10
Posso encher 10 copos.
4.2 640 ×
3
4
=
640
1
×
3
4
=
1920
4
= 480
A pipa tinha 480 l de vinho.
5. 1 dia = 24 h
1
4
h ————0,2 ? =
24 × 0,2
1
4
? = 4,8 :
1
4
24 h ————?
? = 19,2
O autoclismo perde 19,2 l de água por dia.
6. 12,8 m3 = 12 800 dm3 = 12 800 l
12 800 : 2 = 6400
O tanque contém 6400 l de água.
Pág. 15
1. Para o sólido A:
c = 3 cm V = 3 × 2 × 2 = 12
l = 2 cm O volume de A é 12 cm3.
a = 2 cm
Para o sólido B:
c = 5 cm V = 5 × 3 × 1 = 15
l = 3 cm O volume do sólido B é 15 cm3.
a = 1 cm

39. 39
MATemática6–Resoluçõesdomanual– Para o sólido C:
a = 3 cm V = a3 = a × a × a = 33 = 27
O volume do sólido C é 27 cm3.
2.1 V = 4 × 2 × 1 = 8
V = 8 dm3
2.2 V = 6 × 6 × 5 = 180
V = 180 dm3
2.3 V = 4 × 0,5 × 3 = 6
V = 6 dm3
3. V = a3 = 8 × 8 × 8 = 512
V = 512 cm3 V = 0,512 cm3 = 0,512 l
Não, porque a caixa só tem 0,512 l de volume, logo não pode
conter 1 litro de sopa. 0,512 l 1 l
4.1 Embalagem A:
VA = 10 × 5 × 20 = 1000
VA = 1000 cm3
Embalagem B:
VB = 7,5 × 9 × 15 = 1012,5
VB = 1012,5 cm3
Embalagem C:
VC = 15 × 15 × 4,5 = 1012,5
VC = 1012,5 cm3
4.2
3
4
× 20 =
60
4
= 15
c = 10 cm VA = 10 × 5 × 15 = 750
l = 5 cm VA = 750 cm3 = 0,75 dm3 = 0,75 l
a = 15 cm VA = 75 cl
A embalagem A tem 75 cl de leite.
5.1 Vpiscina = 8 × 3,5 × 1,2 = 33,6
Vpiscina = 33,6 m3
5.2 20 cm = 0,2 m
1,2 – 0,2 = 1
V = 8 × 3,5 × 1 = 28
O volume de água na piscina é de 28 m3.
Pág. 17
1. Vprisma = Abase × altura Como são dois prismas triangulares,
o volume de cada um é:
V =
1,5 × 2
2
× 8 = 12
V = 12 cm3
ou Vparalelepípedo = c × l × a = 1,5 × 2 × 8 = 24
Vparalelepípedo = 24 cm3
Então, o volume de cada prisma triangular é 24 : 2 = 12 ,
isto é, 12 cm3.
2.1 Vprisma triangular = Abase × a = 9 × 10,5 = 94,5
Vprisma triângular = 94,5 cm3
2.2 Abase = 9 × 8 = 72
Abase = 72 cm2
Vprisma octogonal = Abase × a = 72 × 10,5 = 756
Vprisma octogonal = 756 cm3
3.1 V = Abase × a = 12,5 × 40 = 500
V = 500 cm3
3.2 P = 4 × l 24 = 4 × l l = 24 : 4 = 6
O lado do quadrado é 6 cm.
A área do quadrado é 6 × 6 = 36 , isto é, 36 cm2.
Logo, V = Abase × a = 36 × 7,5 = 270 .
V = 270 cm3
4. Abase =
7,5 × 4
2
= 15 Abase = 15 cm2
Vprisma = Abase × a = 15 × 2 = 300
Vprisma = 300 cm3
Abase =
4,5 × 2,6
2
= 5,85 Abase = 5,85 cm2
Vprisma = Abase × a = 585 × 200 = 117 000
Vprisma = 117 000 mm3 = 117 cm3
5. Abase =
P
2
× ap Abase =
48
2
× 6,92 = 166,08
Abase = 166,08 cm2
V = Abase × a V = 166,08 × 10 = 1660,8
V = 1660,8 cm3
6. V = Abase × a 112 = Abase × 7 Abase = 16
Abase = 16 cm2
Se a base é um quadrado de área 16, significa que a aresta da
base do prisma tem 4 cm, porque 4 × 4 = 16 .
Al = 4 × 4 × 7 = 112 A área lateral é 112 cm2.
4 faces
retangulares
7. V = Abase × a Abase =
1,4 × 0,9
2
= 0,63
Abase = 0,63 cm2
V = 0,63 × 2 = 1,26 V = 1,26 m3
O volume da tenda é 1,26 m3.
8. V = Abase × a 9 = Ab × 2,25
Abase = 4 cm2
A área da base de cada prisma triangular é 4 : 2 , isto é, 2 cm2.
Pág. 19
1. Cilindro A:
r = d : 2 = 4 : 2 = 2 r = 2 dm
Abase = π × r2 = π × 4 Abase = (4 × π) dm2
V = Abase × a = 4 × π × 5 = 20 × π V = (20 × π) dm3
Cilindro B:
r = d : 2 = 2 : 2 = 1 r = 1 dm
Abase = π × r2 = π × 12 Abase = π dm2
V = Abase × a = π × 4 V = (4 × π) dm3
Cilindro C:
r = d : 2 = 3 : 2 = 1,5 r = 1,5 dm
Abase = π × r2 = π × 1,52 Abase = (2,25 × π) dm2
V = Abase × a = 2,25 × π × 2,5 V = (5,625 × π) dm3
2. VA = Abase × a = π × r2 × a ≈ 3,14 × 12 × 7,5 = 23,55
VA ≈ 23,55 cm3
VB = Abase × a = π × 102 × 5 ≈ 3,14 × 500 = 1570
VB ≈ 1570 mm3
VC = Abase × a = π × 42 × 12 ≈ 3,14 × 16 × 12 = 602,88
VC ≈ 602,88 cm3
VD = Abase × a = π × 42 × 7,5 ≈ 3,14 × 16 × 7,5 = 376,8
VD ≈ 376,8 cm3

40. 40
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
3. V = Abase × a r = 0,4 : 2 = 0,2 r = 0,2 m
V = π × 0,22 × 1,2
V = 3,1 × 0,04 × 1,2
V ≈ 0,1488 m3
Meio cilindro tem de volume 0,0744 m3 ou 74,4 l.
1 minuto ———12 l
? ———74,4 l
? =
74,4 × 1
12
? = 6,2 minutos
6,2 minutos são 6 minutos e 12 segundos, porque 0,2 × 60 = 12 .
Necessitamos de 6 minutos e 12 segundos.
4. V = Abase × 4 = π × 42 × 10 = 3,1416 × 16 × 10
V ≈ 502,656 cm3
Sim, porque meio litro (0,5 l) é menor do que a capacidade
do copo, que é 0,502 656 l.
5. V = Abase × a = π × r2 × a
450 ≈ 3,1416 × 102 × a a ≈ 450 : 314,16
A altura é aproximadamente 1,43 cm.
6. VA = Abase × a = π × 22 × 1 = 4 × π VA = (4 × π) dm3
VB = Abase × a = π × 12 × 4 = 4 × π VB = (4 × π) dm3
Os volumes são iguais. É a afirmação B.
Problemas para resolver (pág. 21)
1. V = c × l × a 50 dm = 5 m
30 = 5 × 2 × a 20 dm = 2 m
a = 30 : 10 = 3
O tanque deve ter 3 m de altura.
2. V = Abase × a
628 = 31,4 × a a = 628 : 31,4
a = 20 dm
O contentor deve ter 2 m de altura.
3. Pbase = π × d ≈ 3,14 × 6 = 18,84
P ≈ 18,84 cm
Al = 18,84 × 8 = 150,72
A área lateral do cilindro, que corresponde à área da etiqueta,
é aproximadamente 150,72 cm2.
V = Abase × a ≈ 3,14 × 32 × 8 = 226,08
O volume da lata é aproximadamente 226,08 cm3.
4. Vprisma = Abase × a
27 = Abase × 1,8 Abase = 27 : 1,8 = 15
A área da base é 15 m2.
Abase =
P
2
× ap 15 =
P
2
× 2 15 = P
15 : 6 = 2,5
A aresta da base é 2,5 m.
5.1 Como a base é um quadrado de área 36 dm2, significa
que a aresta da base é 6 dm, porque 36 = 6 × 6 .
Logo, a aresta do cubo é 6 dm.
Vcubo = a3 = 63 = 216
O volume do quadrado é 216 dm3, isto é, 216 litros.
5.2 Vágua = 6 × 6 ×
2
3
× 6 = 144
O volume de água é de 144 litros.
5.3 A = 5 × 6 × 6 = 180
A área de vidro é de 180 dm2.
6. O perímetro da base é 21 cm.
21 = π × d 21 : 3,1 ≈ d d ≈ 6,8 cm
r = 6,8 : 2 r = 3,4 cm
V = Abase × a = 3,1 × 3,42 × 29,6
V ≈ 1061 cm3
O perímetro da base é 29,6 cm.
29,6 = π × d d = 9,5 r = 4,8
V = Abase × a ≈ 3,1 × 4,82 × 21
V ≈ 1500 cm3
O cilindro com maior volume é o que tem menor altura.
7. Vprisma = Abase × a
360 = Abase × 18 Abase = 20 cm2
Abase =
b × a
2
20 =
b × 5
2
20 = 2,5 × b
b = 20 : 2,5
b = 8 cm
A área da base é 20 cm2 e o outro cateto da base do prisma
tem 8 cm.
Tarefas finais (págs. 22 e 23)
1. Sólido A:
Al = 42 × 4 = 64 A área lateral é 64 cm2.
At = 42 × 6 = 96 A área total é 96 cm2.
V = a3 = 43 = 64 O volume é 64 cm3.
Sólido B:
Al = 6 × 8 × 2 + 2 × 8 × 2 = 96 + 32 = 128
A área lateral é 128 cm2.
At = 128 + 2 × 6 × 2 = 152
A área total é 152 cm2.
V = Abase × a = 6 × 2 × 8 = 96
O volume é 96 cm3.
Sólido C:
Pbase ≈ 3,14 × 4 = 12,56
Al ≈ 12,56 × 8 = 100,48
A área lateral é aproximadamente 100,48 cm2.
At = Al + 2 × Abase = 100,48 + 2 × 3,14 × 22
= 100,48 + 25,12
= 125,6
A área total é aproximadamente 125,6 cm2.
V = Abase × a ≈ 3,14 × 22 × 8 = 100,48
O volume é aproximadamente 100,48 cm3.
Sólido D:
Al = 5 × 10 + 4 × 10 + 3 × 10 = 50 + 40 + 30 = 120
A área lateral é 120 cm2.
At = Al + 2 × Abase = 120 +
4 × 3
2
× 2 = 132
A área total é 132 cm2.
V = Abase × a =
3 × 4
2
× 10 = 60
O volume é 60 cm3.
2. V = Abase × a = 1,8 × 1,4 × 2 = 5,04
O volume é 5,04 m3 = 5040 l
1 min ———30 litros
? ———5040 l
? = 5040 : 30 = 168
O tanque esvazia em 168 minutos, ou seja, em
2 horas e 48 minutos.

41. 41
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 3. Vcaneca = π × 52 × 15 = 375 × π
Vcaneca = (375 × π) cm3
Vbalde = π × 102 × 45 = (4500 × π) cm3
4500 × π
375 × π
=
4500
375
×
π
π
= 12 × 1 = 12
Vão ser necessárias 12 canecas para encher o balde.
4. Como a face do cubo é um quadrado com 100 cm2 de área, então
tem 10 cm de aresta, porque 10 × 10 = 100 .
Ccubo = a3 = 103 = 1000
Vcubo = 1000 cm3
5.
8
15
× 60 = 32 O outro cateto tem 32 cm.
Abase =
32 × 60
2
= 960 Abase = 960 cm2
V = Abase × a 19 200 = 960 × a
a =
19 200
960
= 20
A altura do prisma é 20 cm.
6. 10 cm = 1 dm V = Abase × a 1 ≈ 3,1 × 0,52 × a
a ≈ 1 : 0,775 a ≈ 1,29 dm
A água atinge aproximadamente 12,9 cm de altura.
V = c × l × a 8 cm = 0,8 dm
1 = 0,8 × 0,5 × a 5 cm = 0,5 dm
a = 1 : 0,40
a = 2,5
A água atinge 25 cm de altura.
Jogo – Números cruzados
Horizontais:
1. V = Abase × a V = 144 × 12 V = 1728 cm3
2. 2 × 2 = 4 l = 2 cm
O prisma pentagonal tem 15 arestas.
3. V = Abase × a
15 = 3 × a a = 5 dm
30% × 20 = 0,3 × 20 = 6
4. V = 8 × 4 × 2 V = 64 cm3
V = Abase × a 2700 = 300 × a a = 9 cm
Verticais:
A. V = Abase × a = 3,14 × 22 × 100
V = 1256 cm3
B. A pirâmide hexagonal tem 7 vértices; o número mínimo
de faces de uma pirâmide são 4.
C. Al = 4 × a2
144 = 4 × a2 a2 = 144 : 4
a2 = 36 m2
Se a2 é 36, então a é 6 porque 6 × 6 = 36 .
Vcubo = a3 Vcubo = 63
Vcubo = 216 m3
D. V = Abase × a V = 17 × 5 V = 85 cm3
O número de arestas de um prisma triangular é 9.
A B C D
1 1 7 2 8
2 2 1 5
3 5 6
4 6 4 9
Investiga
1. Cubo de aresta 1 cm: V = 13 V = 1 cm3
Cubo de aresta 2 cm: V = 23 V = 8 cm3
Cubo de aresta 3 cm: V = 33 V = 27 cm3
Quando a aresta duplica, o volume fica 8 vezes maior;
quando a aresta triplica o volume fica 27 vezes maior.
2.1 VA = π × 32 × 5 = 45 × π VA = (45 × π) cm3
VB = π × 32 × 10 = 90 × π VB = (90 × π) cm3
Sim, a área da base é igual e, se a altura duplica,
o volume também duplica.
2.2 VA = π × 32 × 5 VA = (45 × π) cm3
VC = π × 62 × 5 VC = (180 × π) cm3
Não, o volume da caixa C é o quádruplo do volume
da caixa A (180 × π = 4 × 45 × π).
Ficha formativa (págs. 29 a 31)
1.
2
3
× 9 = 6
V = 15 × 10 × 4 V = 600 cm3
V = 15 × 10 × 6 V = 900 cm3
Vpedra = 900 – 600 Vpedra = 300 cm3 A
2. V = Ab × a = π × 12 × 2 = 2 × π
V = (2 × π) cm3 B
3. V = Ab × a ≈ 3,14 × 7,52 × 12,5
V ≈ 2207, 8125 cm3 ≈ 2,207 812 5 l
2,207 812 5 2 D
4. V = 4 × 2 × 3 V = 24 m3
V = a3 = 13 = 1 24 : 1 = 24
São 24. D
5. Área do triângulo azul: Aazul =
6 × 8
2
Aazul = 24 cm2
Área do triângulo vermelho: Avermelho =
4,5 × 6
2
Avermelho = 13,5 cm2
Área da base do prisma: 24 + 13,5 = 37,5
Vprisma = Abase × a = 37,5 × 10 = 375
V = 375 cm3 B
6. V = Abase × a = 6,28 × 10 = 62,8
V = 62,8 cm3
50% × 62,8 = 31,4 31,4 cm3 C
7.1 Vcafé = 53 Vcafé = 125 cm3
Vchá = 2,5 × 2,5 × 5 Vchá = 31,25 cm3
Vsumo fruta = 3,1 × 32 × 8 Vsumo fruta = 223,2 cm3
Vbolachas =
5 × 12
2
× 4 Vbolachas = 120 cm3
7.2 At = 2,5 × 2,5 × 2 + 2,5 × 5 × 2 + 2,5 × 5 × 2
= 12,5 + 25 + 25
At = 62,5 cm2
At = Al + 2 × Abase
Pbase = 6 × 3,1 Pbase = 18,6 cm
Al = 18,6 × 8 Al = 148,8 cm2
Abase = 3,1 × 32 Abase = 27,9 cm2
At = 148,8 + 2 × 27,9 At = 204,6 cm2

42. 42
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
8.1 P = 4 × l 40 = 4 × l l = 40 : 4 l = 10 cm
A aresta do cubo é 10 cm.
O volume de um cubo é: V = a3 V = 103
V = 1000 cm3
8.2 Vparalelepípedo = 4 × 1000 V = 4000 cm3
9. Prisma A: V = Abase × a
400 = 80 × a a = 5 cm
Prisma B: V = Abase × a
600 = 60 × a a = 10 cm
Prisma C: V = Abase × a
43,4 = 3,5 × a a = 12,4 cm
10.1 Prisma triangular – sólido A:
At = Al + 2 × Abase
Al = 4 × 12 + 3 × 12 + 5 × 12 = 144 Al = 144 cm2
Abase =
4 × 3
2
Abase = 6 cm2
At = 144 + 2 × 6 At
= 156 cm2
Prisma hexagonal – sólido B:
At = Al + 2 × Abase
Al = 6 × 3 × 12 = 216 Al = 216 cm2
Abase =
P
2
× ap =
6 × 3
2
× 2,6 Abase = 23,4 cm2
At = 216 + 2 × 23,4 At
= 262,8 cm2
Cilindro – sólido C:
At = Al + 2 × Abase P = π × 3 = 3,14 × 3
P = 9,42 cm
Al = 9,42 × 12 Al = 113,04 cm2
Abase ≈ 3,14 × 1,52 Abase = 7,065 cm2
At = 113,04 + 7,065 × 2 At = 127,17 cm2
Aquele em que se gastou mais cartão foi o sólido B,
isto é, o prisma hexagonal.
127,17 156 262,8
10.2 A Vprisma triangular = Abase × a =
4 × 3
2
× 12 = 72
Vprisma triangular = 72 cm3
B Vprisma hexagonal = Abase × a =
P
2
× ap × a =
6 × 3
2
× 2,6 × 12
Vprisma hexagonal = 280,8 cm3
C Vcilindro = Abase × a ≈ 3,14 × 1,52 × 12 = 84,78
Vcilindro ≈ 84,78 cm3
280,8 84,78 72
A embalagem B é a que tem maior volume.
11.1 V = c × l × a V = 0,6 × 0,6 × 0,8
V = 0,288 m3
11.2 15% × 420 = 0,15 × 420 = 63
O desconto foi de 63 €.
A máquina custou: 420 – 63 = 357
Isto é, 357 €.
12. VA ≈ 3,1 × 3,52 × 20 VA ≈ 759,5 cm3
759,5 ≈ 3,1 × 102 × a a ≈ 759,5 : 310 = 2,45
Atingirá uma altura de aproximadamente 2,45 cm.
13.
4
5
× 6 =
24
5
= 4,8
A água está a 4,8 m de altura.
Vágua = 6 × 6 × 4,8 V = 172,8 m3
V = 172 800 dm3
No tanque existem 172 800 litros de água.
14. Vprisma = Abase × a =
P
2
× ap × a =
6 × 4
2
× 3,5 × 4
V = 168 cm3
Vcilindro = Abase × a ≈ 3,1416 × 12 × 4
V = 12,5664 cm3
Volume do prisma não ocupado pelo cilindro:
168 – 12,5664 = 155,4336 cm3
15.1 V = Abase × a 10 cm = 1 dm
1,5 = 12 × a
a = 1,5 dm Deve ter 15 cm de altura.
15.2 1,80 × 0,25 = 0,45
1,80 – 0,45 = 1,35
Deve custar, em promoção, 1,35 €.

43. 43
MATemática6–Resoluçõesdomanual– CAPÍTULO 7
Ficha de diagnóstico (págs. 34 e 35)
1.1 986 → 998, 996, 994, 992, 990 e 988, apesar de serem pares,
não têm os três algarismos diferentes, logo não são
solução do problema. 986 é o número pedido.
1.2 3 → porque 1 é o menor número natural e 3 × 1 = 3 .
1.3 7 → porque os divisores de 14 são 1, 2, 7 e 14, sendo 1 e 7
números ímpares.
1.4 501 → ? + 999 = 1500 ? = 1500 – 999 = 501
maior número ímpar
de três algarismos
1.5 3 → porque os números primos são 2, 3, 5, 7, 11,… e 3 é o menor
desses números que é ímpar.
1.6 1002 → o menor número natural de quatro algarismos é 1000,
que não é divisível por 3 porque 1 + 0 + 0 + 0 = 1 e 1 não
é múltiplo de 3.
1001 não é divisível por 3 porque 1 + 0 + 0 + 1 = 2 e 2 não
é múltiplo de 3.
1002 é divisível por 3 porque 1 + 0 + 0 + 2 = 3 e 3 é múltiplo de 3.
2 A  2,53 Cada décima está dividida em dez partes iguais
B  2,58 0,1 : 10 = 0,01 → uma centésima
C  2,64
3.1 1050 1005
3.2 42 = 24 porque 42 = 4 × 4 = 16 e 24 = 2 × 2 × 2 × 2 = 16
3.3 23 32 porque 23 = 2 × 2 × 2 = 8 e 32 = 3 × 3 = 9 e 8 9
3.4 (1 + 2)2 12 + 22 porque (1 + 2)2 = 32 = 3 × 3 = 9
12 + 22 = 1 × 1 + 2 × 2 = 1 + 4 = 5 e 9 5
3.5
5
2
= 2,5 porque
5
2
= 5 : 2 = 2,5
3.6
1
3
1
6
porque, dadas duas frações com o mesmo numerador,
representa um número maior a que tiver menor denominador.
4. Representam números naturais:
6
3
,
12
4
porque
6
3
= 2 e
12
4
= 3
Representam números racionais menores do que 1:
4
5
,
1
2
,
0
5
porque são frações em que o numerador é menor do
que o denominador, logo:
4
5
1
1
2
1
0
5
1
5. Telemóvel: 42 €
Calças:
1
3
× 42 = 14 ; 14 €
T-shirt: 14 : 2 = 7 ; 7 € e sobraram 19,35 €.
42 + 14 + 7 + 19,35 = 82,35
O Tiago tinha 82,35 €.
6. Sim, porque não há nenhum número natural que seja, por
exemplo, a diferença entre 1 e 5, isto é, não há nenhum número
natural que adicionado a 5 dê 1.
Outro exemplo: 2 – 7 , não há nenhum número natural que seja
a diferença entre 2 e 7, isto é, que adicionado a 7 dê 2.
7.1 ? +
2
3
= 10 ? = 10 –
2
3
? =
30
3
–
2
3
? =
28
3
A subtração é a operação inversa da adição.
7.2 121 + ? = 513 ? = 513 – 121 ? = 392
7.3 ? – 12,2 = 21,4 ? = 12,2 + 21,4 ? = 33,6
Aditivo = Subtrativo + Diferença
8.1 15, 30, 45, 60, 75, 90
8.2 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 São números naturais que admitem
só dois divisores.
8.3 13, 23, 33, 43, 53, 63 , isto é, 1, 8, 27, 64, 125, 216
8.4 Por exemplo:
2
3
,
4
5
e 0,95.
9.1 42 + 3 ×
1
6
42 + 3 ×
1
6
= 16 +
3
6
= 16 +
1
2
= 16,5
9.2 32 – 0,33 32 – 0,33 = 9 – 0,027 = 8,973
9.3 a + 2198 = 3 000 000 a = 3 000 000 – 2198 a = 2 997 802
10. São oito: 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19 e 20.
Não podemos saber os números racionais não
negativos maiores do que 12 e menores do que 21 porque
entre dois números naturais consecutivos há uma infinidade
de números racionais.
11.1 O simétrico de C em relação à reta BD é A .
Podemos observar que:
• os segmentos de reta [BD] e [AC] , diagonais do quadrado,
são perpendiculares e iguais;
• os pontos A e C estão equidistantes da reta BD .
11.2 O simétrico de D em relação à reta AC é B .
12.1 m.m.c. (5, 9) = 5 × 9 = 45 Porque são números primos, logo
primos entre si.
12.2
1
6
+
3
5
=
5
30
+
18
30
=
23
30
(×5) (×6)
12.3
7
3
–
1
2
=
14
6
–
3
6
=
11
6
(×2) (×3)
Pág. 37
1. A: +10 B: 0 C: –5 D: –10 E: +20
2.1 –2,5 2.4 –5
2.2 +1000 2.5 +78
2.3 –475,25
3. A. 5; racional positivo.
B. –
2
5
; racional negativo.
C. 0; o número zero não é positivo nem negativo.
D. 9,3; racional positivo.
E. –20; racional negativo.
F. 3,5; racional positivo.
4. –3 significa três passos para a esquerda.
+2 significa dois passos para a direita.
0 significa parado.
5. Se em Dublin são 22h de 2 de janeiro, no Rio de Janeiro são
menos três horas que em Dublin (ver tabela no enunciado), logo
são 19 horas do dia 2 de janeiro.
Em Chicago, são menos seis horas que em Dublin (ver tabela),
logo são 16 horas do dia 2 de janeiro.
Em Tóquio, são mais nove horas que em Dublin (ver tabela),
logo são 7 horas do dia seguinte, isto é, de 3 de janeiro.
Repara que 22 + 9 = 31 , mas cada dia está dividido em 24 horas,
logo 31 – 24 = 7 , ou seja, 7 horas do dia seguinte.

44. 44
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
6. Números naturais:
6
2
, 1 e 2 (zero não é número natural).
Números inteiros relativos:
6
2
, –5, –3, 0, 1 e 2.
Números racionais:
6
2
; –5; –3; 0; 1; 2; 0,4 e –
7
3
.
Pág. 39
1.1 A  –4 B  +1 C  +3 D  –1
1.2 A medida da distância de um ponto (não coincidente com
a origem) à origem é sempre positiva. Então, as distâncias
à origem de A é 4, de B é 1, de C é 3 e de D é 1.
1.3 O simétrico de +3 é –3, porque +3 e –3 têm o mesmo valor
absoluto e sinais contrários.
O simétrico de –2 é +2, porque +2 e –2 têm o mesmo valor
absoluto e sinais contrários.
2 A unidade está dividida em 3 partes iguais, sendo cada uma delas
1
3
da unidade. Então:
M  –
4
3
N  –
2
3
P  +
1
3
Q  +2
3.1 –
7
2 =
7
2
3.2 |–0,9| = 0,9
O módulo ou valor absoluto de um número diferente de zero
é sempre positivo.
4.
Número –6 –1,8 12 55 0 –
9
4
1
3
Simétrico +6 +1,8 –12 –55 0 +
9
4
–
1
3
Valor
absoluto
6 1,8 12 55 0
9
4
1
3
Dois números com o mesmo valor absoluto e sinais contrários
dizem-se simétricos. O simétrico de zero é zero.
5.1 7 e –7 têm valor absoluto 7, isto é, |–7| = |7| = 7
12 e –12 têm valor absoluto 12, isto é, |–12| = |12| = 12
5.2
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_1
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5
Módulo da abcissa de um ponto é a medida da distância desse
ponto à origem. Pedem-se números inteiros com módulo
menor do que 5. Observando a reta, conclui-se que
esses números são –4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3 e 4.
Excluímos os pontos de abcissas –5 e 5, porque esses pontos
distam 5 unidades da origem, isto é, |–5| = |5| = 5 .
6. Tendo em conta que:
23
10
= 2,3 e 2 2,3 3
–
13
10
= –1,3 e –2 –1,3 –1
3,4 = 3,40 e 3,40 3,47 4
–1,7 e –2 –1,7 –1 e –1,7 – 1,3
Então: A  –1,7 N  –1,3 P 
23
10
R  3,4 S  3,47
7.1
7
2
-7 0-
1a prova
MAT 6 vol 2
dt_222
7.2 Observamos que:
• os números inteiros entre –7 e –
7
2
são –6, –5 e –4;
• os seus simétricos são 6, 5 e 4, e 6 é múltiplo de 3.
Então, o número inteiro entre –7 e –
7
2
, cujo simétrico
é múltiplo de 3, é –6.
7.3 a. Falso, a medida da distância à origem de –
7
2
é
7
2
(a medida da distância numérica nunca é negativa).
b. Falso: –
7
2 =
7
2
c. Verdadeiro (o simétrico do número a é –a e o simétrico
de –a é a ).
d. Verdadeiro.
Pág. 41
1.1 –2 2 Um número negativo é sempre menor do que
um número positivo.
1.2 –3 0 Um número negativo é sempre menor do que zero.
1.3 –7 –2 De dois números negativos, o menor é o que dista mais
da origem.
1.4 +1 – 1 Um número positivo é sempre maior do que
um número negativo.
1.5 –
1
2
–
4
2
De dois números negativos, o menor é o que dista
mais de origem.
1.6 –54 –45 De dois números negativos, o menor é o que dista
mais de origem.
1.7 –1,81 –1,8 De dois números negativos, o menor é o que dista
mais de origem.
1.8 |–2,5| = +
5
2
Porque |–2,5| = 2,5 e +
5
2
= 2,5
1.9 –0,88 –0,80 De dois números negativos, o menor é o que dista
mais de origem.
2.1 Ordem crescente, isto é, do menor para o maior:
–7 –6 –5 –4 0 4 8 10
2.2 Ordem decrescente, isto é, do maior para o menor:
25 –7 –25 –100 –130 –500
2.3 –
5
2
–
5
4
–
5
10
Observa-se que: –
5
2
= –2,5 ; –
5
4
= –1,25;
–
5
10
= –0,5
×2
2.4 –
7
6
–2 –
7
3
porque: –
7
3
= –
14
6
e –2 = –
12
6
×2
logo: –
7
6
–
12
6
–
14
6
3. Observemos a reta numérica.
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_2
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
-4 -3
-1,5
-2 -1 0-5-6-7-8-9
-
7
2
3.1 Números inteiros maiores do que –9 e menores do que –1,5:
–8, –7, –6, –5, –4, –3 e –2
3.2 Números inteiros negativos maiores do que –
7
2
:
–3, –2 e –1
4.1 Zero, porque zero é número racional, mas não é positivo nem
negativo.
4.2 –1 (ver a reta numérica da resolução do exercício 3 da
página 41, por exemplo)
4.3 Números inteiros maiores do que –5 e menores do que 1:
–4, –3, –2, –1 e 0
Números inteiros maiores do que –10 e menores do que –3:
–9, –8, –7, –6, –5 e –4
O número mistério é –4.

45. 45
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 4.4 O maior número inteiro menor do que –1,5 é –2. O simétrico de
–2 é 2.
O número mistério é 2.
5. Observando as regras, o percurso é:
–0,9; –0,5; –0,4; –0,125; 0,1;
3
4
; 2; |–4|; 32; 9,6 – Saída
6.1 –2; porque –2 2
6.2 O simétrico de
15
2
, porque –
15
2
= –7,5 e –7,5 –7
6.3 –
4
3
, porque –
4
3 =
4
3
e –
4
3
4
3
6.4 Zero, porque |–13| = 13 e 0 13
Pág. 43
1.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_227 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
1 2 40–1–4
B O D EA
[A, B] e [O, E]
Os segmentos orientados positivamente são [A, B] e [O, E] .
2.1
-4-5 -3 -2 -1 0
AS
+1 +2 +3 +4
-4 -3 -2 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5
1a prova
MAT 6 vol 2
dt_777
B
AS
B
(+3) + (–5) = –2
2.2
-4-5 -3 -2 -1 0
AS
+1 +2 +3 +4
-4 -3 -2 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5
1a prova
MAT 6 vol 2
dt_777
B
AS
B
(–2) + (–1) = –3
2.3
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_226 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
1 2 30–1–2
A
B
S
2 + (–2) = 0
3.
1.a partida 2.a partida Resultado final
(+4) (–5) (+4) + (–5) = –1
(+19) (–13) (+19) + (–13) = +6
(–2) (–3) (–2) + (–3) = –5
(+5) (+1) (+5) + (+1) = +6
(–6) (+7) (–6) + (+7) = +1
(+5) (–5) (+5) + (–5) = 0
4.1 (+1) + (–3) = –2 ; –2 ˚C
(–14) + (+20) = +6 ; +6 ˚C
5.1 (+3) + (+4) = +(3 + 4) = +7 Dá-se o mesmo sinal das parcelas
e somam-se os valores absolutos
das parcelas.
5.2 (+2) + (–2) = 0 Porque são números simétricos.
5.3 (–6) +(–3) = –(6 + 3) = –9 Dá-se o mesmo sinal das parcelas
e somam-se os valores absolutos
das parcelas.
5.4 (+4) + (–2) = +(4 – 2) = +2 O sinal da soma é positivo porque
|+4| |–2|
O valor absoluto é a diferença dos
valores absolutos das parcelas.
5.5 (–12) + (+11) = –(12 – 11) = –1 O sinal da soma é negativo
porque |–12| |+11|
O valor absoluto é a diferença
dos valores absolutos
das parcelas.
5.6 (–4) + (–1) = –(4 + 1) = 5 Dá-se o mesmo sinal das parcelas
e somam-se os valores absolutos
das parcelas.
5.7 (–30) + (+20) = –(30 – 20) = –10 O sinal da soma é negativo
porque |–30| |+20|
O valor absoluto é a diferença
dos valores absolutos
das parcelas.
5.8 (–10) + (+10) = 0 Porque são números simétricos.
5.9 (–100) + (+200) = +(200 – 100) = +100 O sinal da soma é
positivo porque
|+200| |–100|
O valor absoluto é a
diferença dos valores
absolutos das parcelas.
6.1 Por exemplo: –3 e –1 (–3) + (–1) = –(3 + 1) = –4
Há outras soluções.
6.2 –4 e –3 porque (–4) + (–3) = –(4 + 3) = –7 e –4 e –3 são inteiros
consecutivos.
7.1 (–8) + [–(–6)] = (–8) + (+6) = –2 porque o simétrico de –6 é –(–6).
7.2 |–6| + (–5) = 6 + (–5) = +(6 – 5) = +1 ; o simétrico de 5 é –5.
8 (+1800) + (–2000) = –(2000 – 1800) = –200 ; –200 €
(–200) + (+214) = +(214 – 200) = +14 ; 14 €
Pág. 45
1.1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_232 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0 1 2 2,5 3 4 5 6 6,5
S Verifica-se que: 4 + 2,5 = 6,5
1.2
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_234 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0–1–2 1 21,8
–1,2
3
S Verifica-se que: 3 + (–1,2) = 1,8
1.3
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_233 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
2—
3
1– —
6
5– —
6
10–1
S Verifica-se que: –
5
6
+
2
3
= –
1
6
1.4
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_235 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
03– —
4
3– —
2
9– —
4
–1–2
S
2.1 4 + (–2)
4 + (–2) = +2 Abcissa da extremidade do segmento orientado
vermelho (na figura do enunciado)
2.2 2,5 + (–1)
2,5 + (–1) = +1,5 Abcissa da extremidade do segmento
orientado vermelho (na figura do enunciado)
3.1 –
1
5 + –
3
5 = –  1
5
+
3
5  = –
4
5
3.2 –
1
3
+ –
1
2 = –
2
6
+ –
3
6 = – 2
6
+
3
6 = –
5
6
(×2) (×3)
3.3 5 + –
1
6 =
30
6
+ –
1
6 = + 30
6
–
1
6 = +
29
6
porque 30
6  –
1
6 
(×4)
3.4 –
7
2
+ –
5
8 = –
28
8
+ –
5
8 = – 28
8
+
5
8 = –
33
8
(×4)
3.5 –
2
3 + –
5
12= –
8
12+ –
5
12= –  8
12
+
5
12= –
13
12
(×4)
3.6 –
7
8 +
3
4
= –
7
8
+
6
8
= –  7
8
–
6
8 = –
1
8
porque –
7
8  6
8 
(×2)
Verifica-se que: –
3
2
+–
3
4 = –
9
4

46. 46
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
3.7 +
7
3 + –
5
9 = +
21
9
+ –
5
9 = + 21
9
–
5
9 = +
16
9
(×3)
porque 21
9  –
5
9 
3.8 +
8
5 + –
3
10= +
16
10+ –
3
10= + 16
10
–
3
10= +
13
10
(×2)
porque 16
10 –
3
10
4.1 1,4 + (–0,6) = +(1,4 – 0,6) = +0,8 porque |1,4| |–0,6|
4.2 (–0,8) + (+0,5) = –(0,8 – 0,5) = –0,3 porque |–0,8| |0,5|
4.3 (–1,5) + (–2,5) = –(1,5 + 2,5) = –4
4.4 (–2,1) + 2,1 = 0 Porque a soma de dois números simétricos é
zero.
4.5 (+1,8) + (+1,8) = +(1,8 + 1,8) = +3,6
4.6 (–1,8) + (–1,8) = –(1,8 +1,8) = –3,6
4.7 –0,25 + –
1
4 = –(0,25 + 0,25) = –0,5
4.8 +
1
4
+ (–0,25) = 0 Porque a soma de dois números simétricos
é zero.
4.9 –2
1
3 +
7
3
= –
7
3 +
7
3
= 0 Porque a soma de dois números
simétricos é zero.
4.10 0 + –1
1
5 = –
6
5
4.11 –
1
2 + –
1
2 = – 1
2
+
1
2 = –1
4.12 –
1
2 +
1
2
= 0 Porque a soma de dois números simétricos é
zero.
5. (+2) + (–5) = –3 (–2) + (–7,5) = –9,5 +
1
2  + (–1,5) = –1
6. (A) (+2) + +
1
3 = +6
3
+
1
3 = +
7
3
(×3)
(B) (–1) + +
5
6 = –
6
6
+ +
5
6 = –6
6
–
5
6 = –
1
6
(C) (+1) + –
5
6 = +
6
6
+ –
5
6 = +6
6
–
5
6 = +
1
6
Por ordem crescente: –
1
6
1
6
7
3
7. Saldo antes de receber o ordenado:
(+128,40) + (–150,30) = –(150,30 – 128,40) = –21,90 ; –21,90 €
Saldo depois de receber o ordenado:
(–21,90) + (+824,60) = +(824,60 – 21,90) = +802,70 ; +802,70 €
8.1 –
1
7 + ––
1
3 = –
1
7 + +
1
3  o simétrico de –
1
3
é +
1
3
(×3) (×7)
= –
3
21+ +
7
21
= + 7
21
–
3
21= +
4
21
8.2 –2 + –
7
3 = –6
3
+ –
7
3 = ––7
3
–
6
3 = – –
1
3 = +
1
3
8.3 0,13 + –
1
2 = 0,13 + (–0,50) = –(0,50 – 0,13) = –0,37
Pág. 47
1.1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
0 1 2,5 3 5 5,5
D Verifica-se que: 5,5 – (+3) = 2,5
1.2
0 1–1–2,5 2 3 5,5
D Verifica-se que: 3 – (+5,5) = –2,5
1.4
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_243 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
01
– —
2
3
– —
4
–1
1
—
4
1
D Verifica-se que: –
1
2
– –
3
4= +
1
4
2. Atenção: a – b = a + (–b)
A diferença entre dois números racionais equivale à soma
do aditivo com o simétrico do subtrativo.
2.1 15 – (–15) = 15 + (+15) = +(15 + 15) = +30
2.2 (–8) – (–8) = (–8) + (+8) = 0
2.3 (–2) – (–5) = (–2) + (+5) = +(5 – 2) = +3
2.4 (–2) – (+5) = (–2) + (–5) = –(2 + 5) = –7
2.5 (+2) – (–5) = (+2) + (+5) = +(2 + 5) = +7
2.6 (–3,2) – (–1,4) = (–3,2) + (+1,4) = –(3,2 – 1,4) = –1,8
2.7 (+32) – (–16) = (+32) + (+16) = +(32 + 16) = +48
2.8 (–32) – (+16) = (–32) + (–16) = –(32 + 16) = –48
2.9 0 – (–8) = 0 + (+8) = 8
2.10 (–1,5) – (–0,5) = (–1,5) + (+0,5) = –(1,5 – 0,5) = –1
2.11 (–29) – (–29) = (–29) + (+29) = 0
2.12 (–29) – (+29) = (–29) + (–29) = –(29 + 29) = –58
2.13 –
1
2 – –
5
2 = –
1
2 + +
5
2 = +5
2
–
1
2 = +
4
2
= 2
2.14 –
1
2 – +
5
2 = –
1
2 + –
5
2 = – 1
2
+
5
2 = –
6
2
= –3
2.15 +
1
2 – –
5
2 = +
1
2 + +
5
2 = + 1
2
+
5
2 = +
6
2
= +3
2.16 –
5
3
– –
1
3 = –
5
3
+ +
1
3 = –5
3
–
1
3 = –
4
3
3. Viseu: (+5) – (+2) = (+5) + (–2) = +(5 – 2) = +3 ; 3 ˚C
Bragança: (+4) – (–2) = (+4) + (+2) = +(4 + 2) = +6 ; 6 ˚C
Covilhã: (–3) – (+1) = (–3) + (–1) = –(3 + 1) = –4 ; –4 ˚C
4.1 (–2) – 9
7 = (–2) + –
9
7 = –
14
7 + –
9
7 = –14
7
+
9
7 = –
23
7(×7)
4.2 100 – (–30) = 100 + (+30) = 130
4.3 12 – –
18
5 = 12 + +
18
5 =
60
5
+ +
18
5 =
78
5(×5)
4.4 (–6) – 5
4 = –6 – +
5
4 = –6 + –
5
4 = –24
4
+
5
4 = –
29
4(×4)
4.5 –(–5) = 5
5. Um semestre tem dois trimestres, logo:
(–540) + (?) = +1800
A subtração é a operação inversa da adição, então:
? = +1800 – (–540) = +1800 + (+540) = +(1800 + 540) = +2340
O lucro do segundo trimestre foi 2340 €.
6.1 –
1
5
– –
3
2 = –
2
10
+ +
15
10= +15
10
–
2
10 = +
13
10
(×2) (×5)
6.2 –
4
7 – –
3
21= –
12
21+ +
3
21= –12
21
–
3
21= –
9
21
= –
3
7
(×3)
6.3
1
15
– +
2
3 =
1
15
+ –
10
15= –10
15
–
1
15= –
9
15
= –
3
5
(×5)
6.4 5 – –3
1
2 =
10
2
+ +
7
2 = +10
2
+
7
2 = +
17
2
1.3
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_242 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0 1
—
4
1–15
– —
4
D Verifica-se que: –1 – +
1
4 = –
5
4

47. 47
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 7.1 a. O número de anos vivido por Atenção!
Tales de Mileto
624 a.C. 547 a.C.
ano de
nascimento
ano da
morte
Tales de Mileto.
–547 – (–624) = –547 + (+624) =
= +(624 – 547) = 77
b. O número de anos vividos
por Arquimedes.
–212 – (–287) = –212 + (+287) =
= +(287 – 212) = +75
c. O número de anos vividos por Júlio César.
–44 – (–100) = –44 + (+100) = +(100 – 44) = 56
d. O número de anos vividos por Leonardo da Vinci.
1519 – 1452 = 67
7.2 –79 – (–100) = –79 + (+100) = +(100 – 79) = 21 ; 21 anos
Pág. 49
1.1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_249 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
A B C
05
– —
4
1 2 3 7
—
2
4
1.2 A distância entre A  –
5
4
e B  2 é: –
5
4
– (+2)= 2 – –
5
4 
e –
5
4
+ (–2)= –
13
4 =
13
4
A distância entre B  2 e C 
7
2
é: 2 – +
7
2 = 7
2
– (+2)
e 2 – +
7
2 = 2 + –
7
2 = 4
2
+ –
7
2 = –
3
2 =
3
2
1.3 A  –
5
4
C 
7
2
a = –
5
4
c =
7
2
Distância entre os pontos de abcissas –
5
4
e
7
2
:
|a – c| = –
5
4
– +
7
2 = –
5
4
+ –
7
2 = –
5
4
+ –
14
4 
= –
19
4 =
19
4
ou
|c – a| = 7
2
– –
5
4 = 14
4
+ +
5
4 = 19
4 =
19
4
2.1 5 –
3
4  Distância entre os pontos de abcissas 5 e
3
4
.
2.2 |–5| Distância do ponto de abcissa 5 à origem, por exemplo.
2.3 2
3
+
1
2 = 2
3
– –
1
2  Distância entre os pontos
de abcissas
2
3
e –
1
2
.
3.1 –
1
4 =
1
4
3.2 |–0,7| = 0,7
3.3 –1 – +
1
7 = –1 + –
1
7 = –
8
7 =
8
7
3.4 5
1
2
– (+0,3)= 11
2
+ (–0,3)= |5,5 + (–0,3)| = |5,2| = 5,2
3.5 –2 – –3
1
4 = –2 + +
13
4 = –
8
4
+ +
13
4 = –13
4
–
8
4 =
= –
5
4 =
5
4
3.6 –1
1
3
+ (–0,1)= –
4
3
+ –
1
10= –
40
30
+ –
3
30= –40
30
+
3
30=
(×10) (×3)
= –
43
30=
43
30
4 A reta numérica pode ajudar a resolver.
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_3
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
3 54-3 -2 -1-5 0 1 2-4
-2,5 2,5-4
3
4
3
4.1 Como o módulo da abcissa de um ponto é a medida da
distância desse ponto à origem, os pontos pedidos têm módulo 5,
isto é, são –5 e +5 .
4.2 As abcissas são –
4
3
e
4
3
. –
4
3 = +
4
3 =
4
3
4.3 As abcissas são –2,5 e 2,5. |–2,5| = |+2,5| = 2,5
4.4 As abcissas são x e –x ; é zero se x = 0 .
5. A reta numérica ajudará a procurar o ponto que se encontra
à mesma distância de P  –7 e Q  –2 .
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_4
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
1 2-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-4,5
5 unidades
QP
É o ponto que dista 2,5 unidades de P e Q , isto é, é o ponto de
abcissa –4,5 .
6. Consideremos a seguinte reta numérica.
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_5
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
4 5 6 710-1-2-3 2 3
A
5
2
6.1 São os pontos de abcissas
5
2
–
1
2
e
5
2
+
1
2
, isto é, 2 e 3.
6.2 São os pontos de abcissas
5
2
– 4 e
5
2
+ 4 , isto é, –1,5 e 6,5.
6.3 São os pontos de abcissas
5
2
– 2,5 e
5
2
+ 2,5 , isto é, 0 e 5.
7.1 –|–7| = –|7| = –7 7.3 –  1
2
+ 2= –5
2 = –
5
2
7.2 –|+7,2| = –7,2 7.4 0 – |7| = –7
8. Como a medida da distância entre dois pontos de abcissas a e b
é igual ao módulo da respetiva diferença, |a – b| , temos que:
4 – –
5
2  distância entre os pontos de abcissas:
ba
4 e –
5
2
4 – –
5
2 = 4 + +
5
2 = 8
2
+ +
5
2 =
13
2
ou 6,5
Problemas para resolver (pág. 51)
1.1 +800 – (+622) = 800 + (–622) = +178
1.2 V = π × r 2 × a V ≈ 3,14 × 272 × 400 pois r = 54 : 2 = 27
Abase

altura

V ≈ 915 624 4 m = 400 cm
O volume da cápsula Fénix 2 é aproximadamente 915 624 cm3.
1.3 Se, num minuto, a cápsula sobe 50 m, para subir 622 m demora
(622 : 50) minutos, isto é:
622 : 50 = 12,44
Cada subida demorou 12,44 minutos.
2.1 Média =
7 + 9 + 6 + 12 + 10 + 4
6
= 8
2.2 2.a feira: 7 – (+8) = 7 + (–8) = –1
3.a feira: 9 – (+8) = 9 + (–8) = +1
4.a feira: 6 – (+8) = 6 + (–8) = –2
5.a feira: 12 – (+8) = 12 + (–8) = +4
6.a feira: 10 – (+8) = 10 + (–8) = +2
Sábado: 4 – (+8) = 4 + (–8) = –4

48. 48
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
2.3
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT309
2prova · 17 Novembro 2010
Luis Almeida
+1
0
Desvios
-1
-2
-3
-4
+2
+3
+4
2.
a
3.
a
4.
a
5.
a
6.
a
Sáb.
Desvios em relação à média
3 Se a diferença entre os dois números inteiros relativos é 1,
significa que são inteiros consecutivos.
Vamos procurar dois números inteiros relativos consecutivos
cuja soma seja –11.
Esses números são –5 e –6.
Verificação: (–5) + (–6) = –11
(–5) – (–6) = (–5) + (+6) = 1
Tarefas finais (págs. 52 a 56)
1.1
6
2
e 10 representam números naturais  6
2
= 3.
1.2 –
8
4
,
6
2
, 0, –1 e 10 representam números inteiros relativos.
–
8
4
= –2 ;
6
2
= 3.
1.3 –
3
4
, –
1
2
e 2
1
3
representam números racionais não inteiros.
1.4 –
8
4
, 0, –1, –
3
4
e –
1
2
representam números racionais
menores ou iguais a zero.
2.1 –
1
5 =
1
5
2.2 |0| = 0
2.3 5
1
3
– 2
1
2 = 16
3
–
5
2 = 32
6
–
15
6 =
17
6
(×2) (×3)
2.4 3
1
4
–
1
4 ×  1
2
– 0,5= 13
4
–
1
4 × |0| =
12
4
× 0 = 0
3.
Número –
3
7
1
2
3
+3,08 +5,8 –395
Valor absoluto
3
7
1
2
3
3,08 5,8 395
Simétrico +
3
7
–1
2
3
–3,08 –5,8 +395
4.1 Observamos que cada unidade está dividida em 6 partes iguais,
então:
A  –
4
6
= –
2
3
B  –
2
6
= –
1
3
C 
3
6
=
1
2
D 
7
6
4.2 Observamos que cada unidade está dividida em 3 partes iguais,
então:
A  –
5
3
B  –
2
3
C  +
2
3
D  +
8
3
4.3 Observamos que uma décima está dividida em 10 partes iguais
(0,1 : 10 = 0,01):
A  –0,89 B  –0,87 C  –0,84 D  –0,81
4.4 Observamos que a unidade está dividida em 4 partes iguais:
A  –
3
4
B  –
1
4
C 
2
4
=
1
2
D 
5
4
5.
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_6
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
0 1-2-3-4 -17
2
- -2,5
É o inteiro –3; ou –
7
2
–3 –2,5 é –3
6.1 |–3| = 3 e |3| = 3 então |–3| = |3|
6.2 –
3
2 =
3
2
então –
3
2  –
3
2
6.3 –
1
2 =
1
2
então –
6
2
–
1
2 
6.4 –10 –100
6.5 –
13
4 =
13
4
e 3
1
4
=
13
4
então +3
1
4
= –
13
4 
6.6 –2,8 = –
28
10
e –
28
10
= –
14
5
, logo –2,8 = –
14
5
7.1
1
3
= 0,33…
1
4
= 0,25 Por exemplo: 0,30
7.2 Por exemplo: –
5
4
porque –
5
4
–1
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_7
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
-1 0-2
-5
4
-1 0-2
-7
4
7.3 É o número –1 porque –1 –
7
4
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_7
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
-1 0-2
-5
4
-1 0-2
-7
4
8.1 –18; –
6
5
; –6
1
5
; –1,8; –3,5
8.2 18; –3
1
2
; +
6
5
; –4; +6
1
5
; –
9
2
; +1,8; +3,5
8.3 –1,2 = –
12
10
= –
6
5
É –
6
5
.
8.4 Como: 3
1
2
= 3,5 ; –
6
5
= –1,2 ; 22 = 4 e
9
2
= 4,5 ;
então, coloquemos por ordem decrescente os números dados:
9
2
22 3
1
2
–
6
5
–1,8 –3,5 –6
1
5
–18
9.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_260a — 1.ª prova
17 - 03 - 2014
RCoelho
0–1 11
– —
2
2
—
3
5
—
6
5
– —
6
–
5
6
–
1
2
0
2
3
5
6
10. É o ponto de abcissa –45.
|–100 – (+10)| = |–100 + (–10)| =
= 110
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_8
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
0 10-45-100
110
110 : 2 = 55
–100 + (+55) = –45
11.1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_260 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0 1–1–3 –2–4
S
11.2
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_261 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0 21
– —
2
5
—
2
S
12.1
2
3
+ (–2) =
2
3
+ –
6
3 = –  6
3
–
2
3 = –
4
3
12.2 –
1
2
+ +
5
4 = –
2
4
+ +
5
4 = +  5
4
–
2
4 = +
3
4
(×2)
12.3 –
3
8
+ –
1
4 = –
3
8
+ –
2
8 = –  3
8
+
2
8 = –
5
8
(×2)

49. 49
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 12.4
3
8
+ +
1
4 =
3
8
+ +
2
8 =
5
8
(×2)
12.5 –
3
4
+ (+0,25) = –
3
4
+ +
1
4 = –  3
4
–
1
4 = –
2
4
= –
1
2
12.6 1,25 + –
1
4 = 1,25 + (–0,25) = +(1,25 – 0,25) = +1
12.7 3,5 + –
3
2 = 3,5 + (–1,5) = +(3,5 – 1,5) = +2
12.8 –
7
2
+ (–5) = –3,5 + (–5) = –(3,5 + 5) = –8,5
12.9 2
1
7
+ –
5
14=
15
7
+ –
5
14=
30
14
+ –
5
14= +30
14
–
5
14= +
25
14
(×2)
13.1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_262 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0–1–2–3
D 13.2
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7s_m6_263 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0–1–2 17
4
– 3
2
– 1
4
D
14.1 –2 – (+4) = –2 + (–4) = –(2 + 4) = –6
14.2 –
4
11
– (+0,2) = –
4
11
+ –
2
10= –
40
110
+ –
22
110= –40
110
+
22
110=
(×10) (×11)
= –
62
110
= –
31
55
14.3 –5 – (–2) = –5 + (+2) = –(5 – 2) = –3
14.4
3
8
– –
5
12 =
3
8
+ +
5
12 =
9
24
+ +
10
24=
19
24
(×3) (×2)
14.5 –
1
4
– +
3
2 = –
1
4
+ –
6
4 = – 1
4
+
6
4 = –
7
4
(×2)
14.6
6
7
– +
1
14=
12
14
+ –
1
14= +12
14
–
1
14= +
11
14
(×2)
15. Medida da distância dos pontos de abcissas +7 e +
3
4
.
16.1 (–10) + (–15) = –25 16.2 (–8) + (+4) = –4
17.1 (+3) – (–5) = (+5) + (+3)
17.2 (–8) – (–2) = (+5) – (+11)
18.1 ? + (–4) =
7
3
? =
7
3
– (–4)
? =
7
3
+
12
3
? =
19
3
18.2 Por exemplo, –7 e –5 porque –7 – (–5) = –7 + (+5) = –(7 – 5) = –2
18.3 3 – (–7,2) = 3 + (+7,2) = +10,2 ; Subiu 10,2 ˚C nessa semana.
19.
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT314
2prova · 17 Novembro 2010
Luis Almeida
A
2 - 5 - 2 - -1 2
B
Investiga
–4 –6 4 –10 –12 –2
+6 –2 –10 0 –8 –16
–8 +2 0 –14 –4 –6
Sim, porque a soma dos valores de cada coluna, de cada linha
e de cada diagonal continua constante.
Jogo – Números cruzados
Horizontais:
2. (+500) + (–29) = +(500 – 29) = 471
A B C D
1 4 1 4
2 4 7 1
3 7 2
4 1 0 9
3. (+100) – (+28) = (+100) + (–28) = 72
4. –[(–8) + (–2)] = –(–10) = 10
Verticais:
A. 22 × 11 = 44 ; 1
C. 23 + 32 = 8 + 9 = 17
D. 4 ; (?) – (–19) = 48
(?) + (+19) = 48
(?) = 48 – 19
(?) = 29
Desafio
-7 +12 -9 -6 +1
-36
-4 -32
+8 -12 -20
+5 +3 -15 -5
Ficha formativa (págs. 60 e 61)
1. B 4 + (–8,2) = –(8,2 – 4) = –4,2
2. C –3 + (+0,5) = –(3 – 0,5) = –2,5
3. B (+3) + (–3) = 0
4. D ––
5
2
– +
5
2 = ––
5
2
+ –
5
2 = ––
10
2 =
10
2
= 5
5. A (–3) + +
1
3 = –3 –
1
3 = –
8
3 =
8
3
6. D Porque –3 –2
7. D Porque –
3
2 – –
3
2 = –
3
2 – +
3
2 = –
3
2 + –
3
2 =
= –
6
2
= –3
8. C Porque –
7
6 = +
7
6 =
7
6
9. C De dois números negativos, o maior é o que se encontra mais
à direita na reta numérica, logo é o que tem menor valor
absoluto.
10.1 Z ⊂ Q| 10.4 –4 ∉ IN 10.7 –
18
6
∈ Z
10.2 0,5 ∉ IN 10.5
8
7
∉ Z 10.8 1,
2
3
, 3⊄ Z
10.3 Z ⊄ IN 10.6 –
21
5
∉ Z
11.1 Constata-se que a unidade está dividida em 5 partes iguais.
A  –
9
5
B  –
4
5
C 
3
5
11.2 Constata-se que a unidade está dividida em 10 partes iguais.
A –5,8 B  –5,3 C  –4,6
11.3 Constata-se que a unidade está dividida em 4 partes iguais.
A  –8,75 B  –7,75 C  –7,25

50. 50
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
11.4 Constata-se que a décima está dividida em 10 partes iguais
(0,1 : 10 = 0,01).
A  –5,18 B  –5,15 C  –5,12
12.1 –1 –
5
8
–0,5 –
1
4
0 porque –1 = –
8
8
–0,5 = –
4
8
–
1
4
= –
2
8
12.2 –2,5 –
9
4
–
5
3
+
3
4
porque –
9
4
= –2,25 –
5
3
= –1,66…
13. Por exemplo, usando a reta numérica, observamos que:
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c7_9
2.a prova · 06 out 2014
Paulo Amorim
1 2 30-1-2-3
-
5
4
7
3
Os inteiros relativos maiores do que –
5
4
e menores do que
7
3
são:
–1, 0, 1 e 2
14.1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7_m6_258 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0 11
—
2
–1 3
– —
4
5
– —
4
S
14.2
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt7_m6_259 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
0 1–1
D
7
4
– 5
4
– 3
4
– 1
2
15. (–10) e (–6) ; porque (–10) + (–6) = –(10 + 6) = –16 e se trocar
o sinal a –6 vem (–10) + (+6) = –(10 – 6) = –4
16.1 –0,2 + –2
1
3 = –
2
10
+ –
7
3 = –
6
30
+ –
70
30= – 6
30
+
70
30=
(×3) (×10)
= –
76
30
= –
38
15
16.2 –
5
6
+ (+1,25) = –
5
6
+ +
5
4 = –
10
12
+ +
15
12= +15
12
–
10
12 = +
5
12
(×2) (×3)
16.3 –
3
4
– +
5
6 = –
9
12
– +
10
12= –
9
12
+ –
10
12= – 9
12
+
10
12 = –
19
12
(×3) (×2)
16.4
1
2
– (–2) = 0,5 + (+2) = 2,5
17. R  –402,05 S  –583,4 T  –127,8
17.1 |–127,8 – (–402,05)|
abcissa do
ponto T
abcissa do
ponto R
A distância entre os pontos T e R .
17.2 |–583,4 – (–127,8)| = |–583,4 + (+127,8)| = |–455,6| = 455,6
ou
|–127,8 – (–583,4)| = |–127,8 + (+583,4)| = |+455,6| = 455,6

51. 51
MATemática6–Resoluçõesdomanual– CAPÍTULO 8
Ficha de diagnóstico (págs. 64 e 65)
1. Usando régua e esquadro, verificamos que são paralelas as retas
AB e EF, as retas RS e NT e as retas UZ e VX.
2. Usando régua e esquadro, desenhamos, para cada segmento de
reta, uma reta que lhe seja perpendicular. Há outras soluções
além da que se apresenta a seguir.
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c8_1
1.a prova · 07 out 2014
Paulo Amorim
C
D
E
F G
H
BA
3. Retas paralelas: EF e GH VZ e UX
(não têm nenhum NP e ML VU e ZX
ponto comum)
Retas oblíquas: WY e YO QW e WY
(têm apenas um VZ e ZX IJ e JK
ponto comum)
A amplitude do ângulo KJI é 98°.
A amplitude do ângulo VUX é 125°.
Usamos o transferidor para medir a amplitude do ângulo.
4.1 a. Sabemos o comprimento dos três lados do triângulo a
construir, e usando régua e compasso:
• traçamos o lado [AC] , sendo
AC
—
= 4 cm;
• com centro em A e abertura do
compasso com 4 cm, traçamos
um arco de circunferência;
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c8_2
2.a prova · 07 out 2014
Paulo Amorim
A C
B
altura
4 cm4 cm
4 cm
• com centro em C e abertura do
compasso com 4 cm, traçamos
um arco que vai intersetar o
outro arco no ponto B;
• unimos B com A e com C.
b. Sabemos dois lados e o ângulo por eles formado do triângulo
a construir. Usando, por exemplo, régua e transferidor:
• traçamos o lado [EF] ,
sendo EF = 4 cm ;
• desenhamos o ângulo
DEF, sendo DÊF = 90°
(usamos transferidor);
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_267 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
4 cm
3cm
D
E F
• assinalamos o ponto D
que dista 3 cm de E ;
• unimos D com F.
4.2 A altura relativa ao lado [BC] é o segmento da perpendicular
baixada de A para o lado [BC] – ver 4.1 a. (usamos esquadro).
5.1 Em qualquer triângulo, a amplitude do ângulo externo é igual à
soma das amplitudes dos ângulos internos não adjacentes.
Então: 55° 30’ = 38° + x
55° 30' – 38° = x
17° 30' = x
5.2 Calculemos as amplitudes dos três ângulos internos do
triângulo, sabendo que a soma dessas amplitudes é 180°.
180° – 120° = 60° 179° 60' 70° 50' 179° 60'
180° – 109° 10´ = 70° 50' –109° 10' + 60° – 130° 50’
70° 50' 130° 50' 49° 10'
70° 50'+ 60° = 130° 50'
180° – 130° 50' = 49° 10'
A amplitude do ângulo x é 49° 10'.
6. Os ângulos AMC e BMD são verticalmente opostos, logo têm
amplitudes iguais.
Os ângulos CAM e DBM são ângulos alternos internos em
duas retas paralelas cortadas por uma secante, logo são
congruentes.
AM
—
= MB
—
Logo, os triângulos [CAM] e [MDB] são congruentes pelo critério
ALA: «Dois triângulos são iguais se tiverem um lado e os ângulos
adjacentes a esse lado respetivamente iguais.»
7. Os triângulos [ABC] e [A'B'C'] são congruentes pelo critério LAL:
«Dois triângulos são iguais se tiverem, de um para o outro, dois
lados iguais e o ângulo por eles formado também igual.» Neste
caso, sabemos que:
AB
—
= A'B'
—
= 45 cm BC
—
= B'C'
—
= 36 cm CBˆA = C'Bˆ'A' = 70°
8. Usando o transferidor:
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT108
2prova · 03 Novembro 2010
Luis Almeida
30° 60° 120°90°
9.1 Eixos de simetria:
Polígono A: 0 eixos.
Polígono B: 1 eixo.
Polígono C: 2 eixos.
Polígono D: 4 eixos.
9.2 O polígono D é regular porque tem todos os lados
congruentes e todos os ângulos congruentes.
Pág. 67
1. O ponto O é o ponto médio do
segmento de reta [AA'], isto é,
AO
—
= A'O'
—
.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_283 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
A'
O
A
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_284 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
B
O
A
B'
A'
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_285 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
O
2.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_286 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
M = M'–
P'N'
NP
Com régua e compasso, constrói-se
o triângulo de que se conheçe os três
lados. O vértice M vai ser o centro da
reflexão central.
Os triângulos são iguais pelo critério LAL, pois:
PM
—
= P'M'
—
NM
—
= N'M'
— porque a reflexão central é uma isometria.
PMˆN = P'Mˆ'N' pois são amplitudes de ângulos verticalmente
opostos, logo iguais.
Em triângulos iguais, a ângulos iguais opõem lados iguais.
Se os ângulos PMN e P'M'N' são iguais, então PN
—
= P'N'
—
.
3.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_287 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
S'
S
T
L'
L
O'
O
S'O'
—
= SO
—
O'L'
—
= OL
—
S'L'
—
= SL
—
LOˆS = L'Oˆ'S'
4. Unem-se, por exemplo, A com A’ e C com C’.
A interseção dos dois segmentos de reta
determina o centro da reflexão central.
A
C'
A'
C
O
B B'
}

52. 52
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
5.1
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8s_m6_289 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
O
A
C
B
D
D'
B'
C'
A'
5.2
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8s_m6_290 — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
A B
D D'
A'B'
C=C'–
5.3
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_291 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
A = C'–
D = B'– C = A'–
–B = D'
O
6.1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_292 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
O
P
C
P'
6.2
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_293 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
O
O'
É o próprio círculo.
7. Falsa. A reflexão central de centro O é uma isometria porque
conserva os comprimentos. A reflexão central também
conserva as amplitudes dos ângulos, logo duas figuras que se
correspondem por uma reflexão central são congruentes.
Pág. 69
1. A reta t é a mediatriz do segmento da reta [EF] (figura 3).
Na figura 1, a reta t não passa no ponto médio de [AB], logo não
é mediatriz desse segmento de reta.
Na figura 2, a reta t não é perpendicular ao segmento de reta
[CD], logo não é mediatriz desse segmento de reta.
2.1 A reta m é mediatriz do segmento de reta [AC].
2.2 A reta n é mediatriz dos segmentos de reta [DF] e [CG].
3.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_305 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
A
B
C
I
• Usa-se o compasso e a régua para traçar a
perpendicular ao meio dos segmentos de
reta [AB] e [BC] .
• Assinala-se o ponto I , que está
equidistante de A e B , porque pertence à
mediatriz de [AB] e está equidistante de B
e C , porque pertence à mediatriz de [BC] .
Então, IA
—
= IB
—
= IC
—
.
4.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_306 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
BA
C
Se o ponto C pertence à mediatriz, então
está equidistante de A e de B , isto é,
AC
—
= BC
—
.
Se C é o centro da circunferência que passa
por A , [CA] é o raio.
5.1 O lado [RM] é comum aos dois triângulos.
QM
—
= MP
—
pois M é ponto médio do segmento [PQ] .
RQ
—
= RP
—
pois R está equidistante de P e Q .
Então, os triângulos são iguais por LLL: «Dois triângulos são
iguais se os três lados de um deles forem respetivamente iguais
aos lados do outro.»
Como os lados [RQ] e [RP] são iguais, também os ângulos que
se opõem a esses lados, nos triângulos, são iguais.
PMˆR = RMˆQ = 180° : 2 = 90°
5.2 A reta RM é perpendicular ao segmento da reta [PQ] no seu
ponto médio, logo é mediatriz de [QP] .
Vimos que QM
—
= MQ
—
e que PMˆR = RMˆQ = 90° (ver 5.1).
6. DA
—
= DB
—
porque os arcos de centros A e B têm o
mesmo raio.
Os dois triângulos são iguais pelo critério LLL.
BMˆD = DMˆA = 180° : 2 = 90°
A reta MD é perpendicular no ponto médio
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_308 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
A B
M
D
de [AB] , logo é a mediatriz.
7.1 A (3, 6) e B (3, 2).
7.2 O ponto de [AB] tem abcissa 3 e ordenada 4;
é o ponto de coordenadas (3, 4).
7.3 Os pontos equidistantes de A e de B pertencem à mediatriz
do segmento de reta de extremos A e B , logo vão ter
ordenada 4 e abcissa à escolha.
Por exemplo, (5, 4) e (2, 4).
Pág. 71
1. Em 1.3, 1.4, 1.6 e 1.7, porque a cada ponto da figura A, não
pertencente a r , corresponde um ponto imagem em B, tal que
r é a mediatriz do segmento que os une. A imagem de um ponto
que pertence a r é o próprio ponto (figuras 1.3 e 1.6).
2.1 Cada ponto da figura e a respetiva imagem não se situam numa
reta perpendicular a r.
2.2 Embora cada ponto e a respetiva imagem se situem numa reta
perpendicular à reta r, não estão a igual distância dessa reta.
3.
t
A
L
A'
A
A'
C
C'
L'
D = D'–
–B = B'
U
U'
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8s_m6_314 — 2.ª prova
15 - 03 - 2014
RCoelho
3.1 Por construção da reflexão de eixo t, são iguais os
comprimentos dos segmentos [LU] e a sua imagem, [UA] e a
sua imagem e [AL] e a sua imagem, e, em triângulos iguais, a
lados iguais opõem-se ângulos iguais ou porque uma reflexão
axial é uma isometria.
3.2 A =
b × a
2
=
3,5 × 1
2
= 1,75 ; 1,75 cm2
4.
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT120
2prova · 03 Novembro 2010
Luis Almeida
r
A B C
D
r
r
r
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_319 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
r
A
A'
O eixo de reflexão é a mediatriz de [AA'] .
5. Conhecidos o ponto F e a sua imagem F ',
podemos desenhar o eixo de relexão, que
é a mediatriz do segmento de reta [FF' ] .
Procedimento: une-se F com F' e traça-
se a perpendicular ao meio do segmento
de reta [FF' ] .
Pág. 73
1. A, C, E e H têm apenas um eixo de simetria (B, D e F não têm eixos
de simetria; G tem 2 eixos de simetria).
F '
F
r
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_315 — 2.ª prova

53. 53
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 2.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_347 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
3.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_348 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
BA
4.1 A figura B não tem eixos de simetria.
4.2 A figura C, que é um círculo.
4.3 As figuras A, C e E; A tem 2 eixos e E tem 4 eixos de simetria.
4.4 A figura D, que é um triângulo isósceles.
4.5 A figura E.
5.1 e 5.2 Usa-se transferidor e régua
para desenhar o ângulo de amplitude
58°.
Com centro em O , traça-se o arco
AB. Com centros em A e B e com
a mesma abertura do compasso,
traçam-se dois arcos, que se
cruzam em C.
Traça-se
•
OC, bissetriz do ângulo.
Procede-se do mesmo modo para o
ângulo de amplitude 144°.
5.3 O eixo de simetria de cada figura é a reta suporte da bissetriz.
6.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_351 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
BA C
Pág. 75
1. A amplitude de rotação efetuada pelo ponteiro das horas de
um relógio quando passa das 9h00 para as 12h00 é 90°; quando
passa das 9h00 para as 13h30, a amplitude da rotação é 135°.
2. A rotação que transforma a figura 1 na figura 2 tem centro de
rotação no ponto O e amplitude do ângulo de rotação 90°, no
sentido dos ponteiros do relógio (ou sentido negativo).
A rotação que transforma a figura 3 na figura 4 tem centro de
rotação no ponto P e amplitude do ângulo de rotação 180°, no
sentido dos ponteiros do relógio (ou sentido negativo).
A rotação que transforma a figura 5 na figura 6 tem centro de
rotação ou ponto M e amplitude do ângulo de rotação 90°, no
sentido contrário ao dos ponteiros do relógio (sentido positivo).
3.1 A folha que estava na posição 1 passa para a posição 2, a que
estava na 2 passa para a 3, a 3 passa para a 4 e a 4 passa para
a 1.
3.2 A folha que estava na posição 1 passa para a posição 3, a que
estava na 2 passa para a 4, a 3 passa para a 1 e a 4 passa para a
2, independentemente do sentido da rotação.
4. Rotação de centro em O e amplitude 120° no sentido contrário
ao dos ponteiros do relógio ou centro em O e amplitude 240o no
sentido dos ponteiros do relógio.
5.1 Ponto K : rotação de –60°, isto é, um sexto de volta no sentido
dos ponteiros do relógio.
5.2 Ponto G; ponto D
Os pontos G e D são transformados neles próprios.
5.3 Segmento de reta [OI] : rotação de ± 180°, equivale a meia volta.
5.4 Triângulo [OFG] : rotação de –210°, isto é, 210° no sentido dos
ponteiros do relógio.
6. Ponto I : porque a imagem de I por rotação de centro O e
ângulo –120° e E.
Pág. 77
1. Sabemos que a rotação é uma isometria. A imagem de uma
figura por rotação é uma figura geometricamente igual. Então:
• Constrói-se a imagem dos três vértices do
triângulo pela rotação de centro O e amplitude
+80°.
• Constrói-se a imagem dos quatro
vértices do quadrado pela rotação
de centro O (vértice do quadrado) e
amplitude +135°.
• Constrói-se a imagem dos vértices
da figura pela rotação de centro O e
amplitude –90°.
• Constrói-se a imagem dos vértices do
triângulo pela rotação de centro O e
amplitude –45°.
2.1 Se o triângulo é equilátero, tem os lados
iguais.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_370 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
C '
A'
B '
O
B
C
ASe o perímetro é 12 cm, então o lado é
4 cm (12 : 3 = 4).
Usa-se régua e compasso e desenha-se
o triângulo equilátero [ABC] de lado
4 cm. Assinala-se o ponto O exterior
ao triângulo (ver figura), que vai ser o centro da rotação de
amplitude 90°, no sentido contrário ao dos ponteiros do
relógio. Constrói-se a imagem dos três vértices do triângulo,
designando-os por A', B' e C'.
2.2 O triângulo [A'B'C'] é imagem do triângulo [ABC] por uma
rotação. A rotação é uma isometria, logo o triângulo [ABC] é
congruente com o triângulo [A'B'C'] , e ambos são equiláteros.
3. Se D’ é imagem de D, a rotação de centro O tem amplitude + 90°.
Então:
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_372 — 2.ª prova
C'
D'
B'
A' ϵ A D
C
B
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_366 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
B
C
C '
A'
B '
A O
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_367 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
A
B C
C '
B '
A'
O
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_369 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
O
A'
B'C'
G'
E'
F'
F E
DG
H C
A B
D'
H'
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_368 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
O
A
A'
B
B'
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c8_3
1.a prova · 25 ago 2014
Paulo Amorim
58°
O
A
B
C Bissetriz
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c8_4
1.a prova · 25 ago 2014
Paulo Amorim
144°
O
A
B
C

54. 54
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
4. Constrói-se, usando material de desenho, o triângulo [ABC], de
que se conhece dois lados e o ângulo por eles formado (recordar
a construção – 5.o ano).
4.1 É o ponto C , porque AC
—
= AB
—
= 4 cm e BAˆC = 40°.
4.2
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_373 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
A
C
B
D
40°
40°
4.3
•
AB é a bissetriz do ângulo DAC.
5.1 O maior dos lados é [PM] , que se opõe ao
maior ângulo (obtuso) do triângulo. O seu
ponto médio é O e PO
—
= OM
—
.
Pela reflexão central de centro O, a
imagem do triângulo [PNM] é [P'QM'].
5.2 A reflexão central é uma isometria.
Então, PN
—
= QP
—
' e NM
—
= QM
—
' .
É paralelogramo todo o quadrilátero cujos lados opostos são
iguais dois a dois.
5.3 É o triângulo [M’QP’] . A rotação de centro O e amplitude 180˚
equivale à reflexão central.
Pág. 79
1. Para determinar o centro de rotação:
• escolhe-se um ponto da figura dada, por exemplo, A, e a
respetiva imagem, A’. Constrói-se a mediatriz do segmento de
reta [AA’ ].
• repete-se o procedimento para um outro ponto da figura e a
sua imagem; escolhemos B e B’.
• o ponto de interseção da mediatriz do segmento de reta [AA']
com a mediatriz do segmento de reta [BB'] é o centro de
rotação da figura, assinalado pelo ponto O.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_381 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
A
B
B'
C'A'
O
C
2. Determinação do centro e amplitude da rotação:
• escolhe-se um ponto da figura dada F e a respetiva imagem.
Constrói-se a mediatriz do segmento de reta que une o ponto à
sua imagem;
• repete-se para um outro ponto da figura dada e a sua imagem;
• a interseção das duas mediatrizes é o centro da rotação, O , na
figura;
• seja P um ponto qualquer da figura F que tem por imagem P’
pela rotação dada. A amplitude do ângulo POP’ é a amplitude
da rotação dada. Neste caso, usando o transferidor, verifica-se
que a amplitude é 90°, sendo o sentido o dos ponteiros do
relógio (–90°).
O
F
F'
P
P'
3. Por exemplo:
M
ediatrizde
[PP']
O P
P'
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_382 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
Qualquer ponto da
mediatriz pode ser
centro da rotação.
4. D é imagem de A.
F é imagem de B.
E é imagem de C.
A
B
F
O
E
C
D
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_384 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
Construímos a mediatriz do segmento de reta [CE].
Construímos a mediatriz do segmento de reta [AD].
A interseção das duas mediatrizes é o centro da rotação,
assinalado na figura por O .
Pág. 81
1. Por exemplo:
1.1
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8_m6_387a — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
1.3
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8_m6_387c — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
1.2
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8_m6_387b — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
1.4
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8_m6_387d — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
2.1 Por exemplo, as letras B e D.
2.2 Por exemplo, as letras H e X.
3.1 Figuras B e C.
3.2 Figura A: um eixo.
Figura B: um eixo.
Figura C: dois eixos.
Figura D: nenhum.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt_154 — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
4.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt_155 — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
5. Por exemplo:
Um eixo de simetria
Dois eixos de simetria
Quatro eixos
de simetria
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt_156 — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
6.1 Verdadeiro. Um eixo de reflexão divide a figura em duas partes
congruentes, logo com a mesma área.
6.2 Falso. Por exemplo, no quadrado há dois eixos de reflexão que
não passam pelos seus vértices.
Mat. 6 – Metas – Volume 1
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_371 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
N M ϵ P'
O
P ϵ M' Q

55. 55
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 6.3 Falso. Por exemplo, os eixos de reflexão de um retângulo
dividem-no em retângulos.
6.4 Falso. Por exemplo, o triângulo escaleno não tem eixos de
reflexão.
6.5 Verdadeiro, porque o número de eixos de simetria de um
polígono regular é igual ao número de lados.
Pág. 83
1.1 Todas. Uma figura tem simetria de rotação se coincide com ela
própria mais do que uma vez durante uma volta completa.
1.2 A – 4 vezes ; B – 2 vezes ; C – 2 vezes ; D – 2 vezes ; E – 3 vezes
2. A figura A não tem simetria de reflexão.
A figura A tem apenas simetria de rotação.
Têm simetria de reflexão e de rotação as figuras B (3 + 3), C (6 + 6)
e D ( 4 + 4).
3. Por exemplo:
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT164
2 prova · 05 Novembro 2010
Luis Almeida
4. A e D (B, C e F admitem só simetria de reflexão; E admite só
simetria de rotação).
Problemas para resolver (pág. 87)
1.1 Por exemplo:
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT190
2 prova · 5 Novembro 2010
Luis Almeida
1 cm2
4,5 cm2
1 cm2
12,5 cm2
12,5 + 1 + 4,5 + 1 = 19
A área é 19 cm2.
1.2
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT191
2 prova · 5 Novembro 2010
Luis Almeida
2.1
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT192
2 prova · 5 Novembro 2010
Luis Almeida
BA
O
45°
Por exemplo:
O triângulo [OAB ] foi rodado 45° com centro em O no sentido
dos ponteiros do relógio (360 : 8 = 45).
À imagem obtida aplicou-se uma nova rotação de 45° com
centro em O e no mesmo sentido, e assim sucessivamente.
2.2 Simetria rotacional de ordem 8.
3.1
O
3.2 O perímetro da figura é igual ao comprimento de três
circunferências com diâmetro 4 cm.
Isto é:
3 × (p × d) = 3 × ( p × 4) = 12 × p porque P = p × d
O perímetro da figura é 12 × p cm.
Tarefas finais (pág. 88)
1.1 Na reflexão central de centro O , o
ponto O é o ponto médio do segmento
de reta que une M à sua imagem, logo
MO
—
= M'O
—
.
O
M'
M
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_407 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
1.2 Constrói-se a imagem dos três vértices do triângulo [ABC]
pela reflexão de centro P e obtém-se o triângulo [A'B'C'], igual
ao dado.
P
B
B'
C
C '
A
A'
D'
D 60°
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_408 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
B'C
—
' = BC
—
, B'P
—
' = BP
—
,
D'Bˆ'C' = 60° , B'Cˆ'D' = BCˆD = 30°
Porque a reflexão central é uma isometria, logo conserva os
comprimentos dos segmentos e as amplitudes dos ângulos.
2.1 Para construir o triângulo de que se conhece o comprimento
dos três lados, usa-se régua e compasso (recordar construção
– 5.o ano).
O vértice O é o centro da reflexão central, logo a sua imagem O'
coincide com O.
Procede-se à construção das imagens dos outros dois vértices:
S e L.
S'
L'
L
S
3,5cm
2 cm
3 cm
O ϵ O'
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_409 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
2.2 Por construção, LO
—
= L'O
—
' e O'S
—
' = OS
—
.
Os ângulos LO’S e L’O’S’ são verticalmente opostos. Pelo
critério LAL, podemos afirmar que os triângulos são iguais.
2.3 Os lados [SL] e [S’L’] são iguais porque se opõem a ângulos
iguais em triângulos iguais.
3.1 Os triângulos são iguais pelo critério LLL. AM
—
= MB
—
porque M
é ponto médio de [AB] . [CM] é lado comum dos dois triângulos
e sabe-se que AC
—
= CB
—
.
3.2 Os ângulos são iguais porque se opõem a lados iguais em
triângulos iguais. Como a soma dos dois ângulos é um ângulo
raso, são ambos retos.
3.3 Mediatriz de [AB] , pois é perpendicular a [AB] no ponto médio
M .
3.4 A medida da área do triângulo é dada por:
A =
b × a
2
=
1,5 × 2,4
2
= 1,8
A área do triângulo [CMB] é 1,8 cm2.

56. 56
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
4. Usa-se a régua e traça-se o segmento de reta [AB] .
Usa-se o compasso e com centros em A e em B e um raio superior
a metade de AB
—
, traçam-se dois arcos de circunferência que se
intersetam em dois pontos.
Desenha-se a reta que passa por esses dois pontos, e que é a
mediatriz de [AB].
A mediatriz é a perpendicular ao meio do segmento de reta
[AB].
A
B
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_410 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
5.1 É o triângulo [A’B’C’].
5.2 É o triângulo [A” B” C”].
C''
B'
A'
MM
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_411 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
B'' ϵ A
C ϵ C'
B ϵ A''
6.1 Usa-se régua e transferidor para construir o triângulo [MAR],
de que se conhece o lado [AR] e os dois ângulos adjacentes a
esse lado (recordar a construção de triângulos – 5.o ano).
A'R'
RA
M
5 cm
110°
30°
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_412 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
Constrói-se A’, imagem de A pela reflexão central de centro
M, sabendo que M é o ponto médio do segmento de reta [AA’],
logo A'M
—
= AM
—
.
6.2 A'R'
—
= 5 cm
MAˆ'R' = 110°
MRˆ'A' = 30°
Porque a reflexão central é uma isometria.
6.3 Rotação de meia volta de centro em M .
7. Para construir a imagem de cada figura, basta construir a
imagem de cada um dos seus vértices, tendo em atenção que a
reta r é mediatriz do segmento de reta que une um ponto A à
sua imagem A' ([AA'] ⊥ r) .
A A'
A'
A'
D' D'
A
A
D D
B B'
B'
B'
C'
C'
C'
B
B
C
C
C
r r
r
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_413 — 2.ª prova
8. Traça-se o segmento de reta que une um ponto da figura A à sua
imagem em B, por exemplo, um vértice da figura.
Traça-se a mediatriz desse segmento de reta e obtém-se o eixo
de reflexão r .
r
A
B
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_416 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
9. Os triângulos [QMP] e [PNQ] são iguais porque:
• P e Q são pontos da mediatriz do segmento de reta [MN], logo
equidistantes de M e N : PM
—
= PN
—
e QM
—
= QN
—
;
• o lado [PQ] é comum aos dois triângulos. Então, podemos
afirmar que os dois triângulos são congruentes pelo critério
LLL: «Dois triângulos são iguais se os três lados de um deles
forem iguais aos lados do outro.»
10.1 É a figura D.
10.2 É a figura C.
À rotação de centro O e amplitude ±180° dá-se o nome de meia
volta. Esta transformação equivale a uma reflexão central de
centro O.
11.1 11.2
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT201
2 prova · 5 Novembro 2010
Luis Almeida
O
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT202
2 prova · 5 Novembro 2010
Luis Almeida
C
M
12. Usa-se régua, compasso e transferidor.
Une-se o ponto B com O.
Constrói-se a imagem do ponto B, B’, tal que B'OˆB = 80°, no
sentido dos ponteiros do relógio, e B'O
—
= BO
—
.
Repete-se o procedimento para os pontos A e C.
Unem-se os pontos A' com B' e com C’ e obtém-se o triângulo
[A’B’C’] , imagem do triângulo [ABC] pela rotação definida.
B
C
A
A'
B'
C'
O
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_417 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
13. Usa-se régua, transferidor e compasso.
A rotação tem centro C, mas agora amplitude de 120°, no
sentido positivo, isto é, no sentido contrário ao dos ponteiros
do relógio.
• A imagem do vértice C do triângulo é o próprio ponto.
• Une-se A com C e desenha-se o ângulo A'CA de amplitude
120°, sendo A'C
—
= AC
—
.
• Repete-se o procedimento para o ponto B. Une-se A' com B'
e com C' .

57. 57
MATemática6–Resoluçõesdomanual– Obtém-se o triângulo imagem do triângulo [ABC] pela rotação
definida.
B
A
A'
B'
C ϵ C'
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_418 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
Os triângulos são iguais, e ambos retângulos, pois a rotação é
uma isometria. Então, a área do triângulo [A’B’C’] é igual à área
do triângulo [ABC]:
A =
b × a
2
=
3 × 4
2
= 6 A área é 6 cm2.
14. Escolhe-se, na figura F, um ponto C (por exemplo, um vértice)
e traça-se o segmento de reta cujos extremos são esse ponto e
a sua imagem (em F’ ). Constrói-se a mediatriz desse segmento
(usa-se régua e compasso).
Escolhe-se, na figura F, um segundo ponto e repete-se o
procedimento até se obter uma nova mediatriz.
O ponto de interseção das duas mediatrizes é o centro da
rotação pedido; na figura, é o ponto O.
O
F
F'
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_419 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
15.1 Triângulo: três simetrias de reflexão; três simetrias de rotação.
Quadrado: quatro simetrias de reflexão; quatro simetrias de
rotação.
Hexágono: seis simetrias de reflexão; seis simetrias de rotação.
15.2 [FOE]
15.3 A =
P
2
× ap A 
2 × 6
2
× 1,7
A área é aproximadamente 10,2 cm2.
16. Por exemplo:
Mat. 6 – Metas – Volume 1
dt8s_m6_420 — 1.ª prova
30 - 11 - 2013
RCoelho
17.1 Figura C.
17.2 Três simetrias de rotação de centro O e amplitudes 120°,
240° e 360°.
18.1 A: quatro eixos de simetria.
C: oito eixos de simetria.
18.2 A: simetria rotacional de ordem 4.
B: simetria rotacional de ordem 4.
C: simetria rotacional de ordem 8.
19.1 O centro da reflexão central é o ponto médio do segmento de
reta [AA']. Une-se A com A' e determina-se o ponto médio P ,
que tem abcissa 5 e ordenada 5, isto é, P (5, 5).
Nota: na figura, construímos a imagem do quadrado [ABCD]
na reflexão central de centro P.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_437 — 1.ª prova
23 - 03 - 2014
RCoelho
y
0 x1
1 A'
C'
D'B'
A
B
CP
D
19.2 Por construção da imagem do quadrado [ABCD] na reflexão
central de centro P (5, 5), observamos que as imagens de B,
C e D são respetivamente B’ (1, 3) , C’ (3, 5) e D' (5, 3) (ver figura
em 19.1).
19.3 A reflexão central de centro P coincide com a rotação de
centro P e amplitude 180° (o sentido é irrelevante numa
rotação de 180°).
19.4 A medida da diagonal do quadrado é 4 e divide o quadrado
em dois triângulos iguais, sendo a medida da área de cada um
deles:
A =
b × a
2
=
4 × 2
2
= 4
Então, a medida da área do quadrado é 4 + 4 = 8 .
20.1 O triângulo [ABC] é isósceles pois AC
—
= AB
—
e, num triângulo, a
lados iguais opõem-se ângulos iguais, logo:
CBˆA = ACˆB = (180° – 103° 30') : 2 = 38° 15'
A amplitude da rotação é então 38° 15'.
20.2 O ângulo BA'B' é suplementar do ângulo B'A’C.
O ângulo B'A'C é igual ao ângulo BAC , pois a rotação mantém
a amplitude dos ângulos.
Então, BAˆ'B' = 180° – 103° 30' = 76° 30'
20.3 Calculemos o volume do prisma:
V = Ab × a Ab – área da base Ab = 9,6 : 2 = 4,8
a – altura a = 7,2
V = 4,8 × 7,2 = 34,56
O volume é 34,56 cm3
21.1 É um triângulo inscrito na circunferência de centro O (os três
vértices do triângulo são pontos da circunferência).
21.2 O triângulo, quanto aos lados, é escaleno (os três lados são
diferentes). O triângulo, quanto aos ângulos, é retângulo (o
ângulo ARB é reto).
21.3
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_438 — 1.ª prova
23 - 03 - 2014
RCoelho
B = B'A' = A– –
R
R'
O
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_439 — 1.ª prova
23 - 03 - 2014
RCoelho
B = A'A = B'– –
R
R'
O
21.4 A = π r 2 A =
b × a
2
= π × 2,52
≈ 3,14 × 6,25 =
4 × 3
2
= 6

58. 58
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
A área do círculo é aproximadamente 19,625 cm2 e a área do
triângulo é 6 cm2.
A – A ≈ 19,625 – 6 = 13,625
A área do círculo não ocupado pelo triângulo é
aproximadamente 13,625 cm2.
21.5 A medida do volume do cilindro obtém-se multiplicando a
medida da área da base pela medida da altura.
V = Ab × a
Ab = π × r2 ≈ 19,625
78,5 = 19,625 × a
a = 78,5 : 19,625
a = 4
A altura do cilindro é 4 cm.
Ficha formativa (págs. 96 e 97)
1.1 C
Nota:
• a figura 1 é imagem da figura 3 por reflexão central de
centro O ;
• a figura 2 é imagem da figura 3 por rotação de centro P ;
• a figura 5 não é imagem da figura 3, nem por reflexão de
eixo r , nem por rotação.
1.2 B
1.3 A
2. D A figura coincide 4 vezes com ela própria durante uma volta
completa.
3. B Uma figura e a sua imagem por uma isometria são
congruentes, logo têm a mesma área.
A =
b × a
2
=
3 × 2
2
= 3 ; 3 cm2
4. D 360° : 6 = 60° ; o triângulo 1, ao rodar 120° com centro em O
e no sentido dos ponteiros do relógio, vai coincidir com o
triângulo 3.
5.1
A
I
C
C'
D
B
B'
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_427 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
• Os segmentos de reta [CC’] e [BB’] são perpendiculares ao
eixo de reflexão AD.
• C'D
—
= CD
—
e B'A
—
= BA
—
.
5.2 Nos triângulos [CDI] e [C’DI] , observamos que:
• por construção: CD
—
= C'D
—
e CDˆI = C'DˆI = 90°;
• [DI] é comum aos dois triângulos.
Então, os triângulos [CDI] e [C'DI] são iguais pelo critério LAL.
Em triângulos iguais, a lados iguais opõem-se ângulos iguais,
logo, se CD
—
= C'D
—
então DIˆC = DIˆC' .
Em triângulos iguais, a ângulos iguais opõem-se lados iguais,
logo CI
—
= C'I
—
, porque se opõem a ângulos retos.
6. Para construir a imagem de uma figura por uma isometria,
começa-se por determinar a imagem dos seus vértices por essa
isometria.
Verifica-se, no fim, se a figura e a sua imagem são figuras
congruentes.
6.1
MAT 6 _ CAP _metas
EE.2011.0004.24.01
DTs_M_c8_5
1.a prova · 07 out 2014
Paulo Amorim
r
6.2
O
120°
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_429 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
6.3
I
r
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt8s_m6_430 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
7. Figura A:
• tem simetria rotacional de ordem 12 (porque coincide com ela
própria 12 vezes durante uma volta completa);
• não tem simetria axial.
Figura B:
• tem simetria axial, admite 6 eixos de simetria.
• tem simetria rotacional de ordem 6 porque coincide com ela
própria 6 vezes durante uma volta completa).
Figura C:
• tem simetria axial, admite 3 eixos de simetria;
• tem simetria rotacional de ordem 3 (porque coincide com ela
própria 3 vezes durante uma volta completa).
8. A: simetria de reflexão (dois eixos de simetria) e simetria
rotacional de ordem 2.
B: simetria de reflexão (um eixo de simetria).
C: simetria rotacional de ordem 3.
D: simetria rotacional de ordem 6.
9. Por exemplo:
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT183
2 prova · 05 Novembro 2010
Luis Almeida

59. 59
MATemática6–Resoluçõesdomanual– CAPÍTULO 9
Ficha de diagnóstico (págs. 100 e 101)
1.1
Atividade preferida Freq. absoluta
Freq. relativa
(%)
Surf 8 16
Televisão 16 32
Futebol 12 24
Natação 8 16
Computador 6 12
Total 50 100
Freq. relativa =
freq. absoluta
Total das freq. absolutas
8
50
= 0,16 = 16%
16
50
= 0,32 = 32%
12
50
= 0,24 = 24%
6
50
= 0,12 = 12%
1.2 50 jovens
1.3 16%
1.4 São dados qualitativos.

: 2
1.5 Sim, porque
8
50
=
4
25

: 2
2.1 Por exemplo:
• Há quatro pessoas que praticam ambas as modalidades.
• São 13 os praticantes de ballet.
• Sete pessoas praticam apenas danças de salão.
2.2 Por exemplo:
• Durante oito dias de maio, houve frio e chuva.
• Durante 14 dias de maio, esteve quente e não choveu.
• Em maio, houve 11 dias com frio.
2.3 Por exemplo:
• O grupo é formado por 17 jovens.
• Há dois alunos com 162 cm de altura.
• O aluno mais alto mede 1,75 m.
3.
24
50
=
?
100
? =
2400
50
? = 48
A percentagem foi de 48%.
4.1 2 + 4 + 8 = 14 14 pessoas.
4.2 8 + 6 + 4 = 18 18 pessoas.
5. x– =
1,50 + 2,00 + 1,00 + 3,50 + 1,50
5
=
9,50
5
= 1,90
Em média, gastou 1,90 euros, e a moda foi de 1,50 euros.
6.1 8 °C
6.2 Na sexta-feira e no domingo.
6.3 Foi na quinta-feira.
6.4 x– =
12 + 8 + 12 + 14 + 10 + 8 + 10
7
x– =
74
7
≈ 10,6 °C
Pág. 103
1. População: alunos da escola.
Amostra: alunos da tua turma.
Variáveis estatísticas (por exemplo):
• Tempo, em média, gasto a ver televisão diariamente (variável
quantitativa).
• Programa preferido de televisão (variável qualitativa).
• Número de televisores que existem em tua casa (quantitativa).
2.1 Dados quantitativos.
2.2 Dados qualitativos.
2.3 Dados qualitativos.
2.4 Dados quantitativos.
2.5 Dados qualitativos.
População: os clientes da farmácia.
3.1 Por exemplo:
• Qual o assunto a que se refere o gráfico?
• Em que ano se registaram menos incêndios?
• Quais os anos em que o número de incêndios registados
em julho foi superior à média?
3.2 Por exemplo:
• Em que anos a média do Exame Nacional de Matemática A
do 12.° ano foi inferior a 8 valores?
• A média de 8,5 valores foi atingida em que anos?
• Qual a diferença entre a maior e a menor média?
3.3 Por exemplo:
• Qual o tamanho de calças mais vendido?
• Que percentagem corresponde ao número de calças vendidas
do tamanho L?
• A que fração do número total de calças vendidas
corresponde o tamanho XL?
4.
3.1 • Números de incêndios registados em julho entre 2005 e 2010,
em Portugal.
• Em 2007.
• Como a média é:
x– =
7179 + 4415 + 1719 + 2095 + 2173 + 5524
6
≈ 3851
foi em 2005, 2006 e 2010.
3.2 • Em 1997, 1998, 1999, 2001, 2004, 2005 e 2006.
• Em 2000 e 2003.
• 5,9 valores.
3.3 • O tamanho M.
• 12,5%
•
3
24
=
1
8
Pág. 105
1.1 Azoto :
78
100
= 0,78 = 78%
Oxigénio :
21
100
= 0,21 = 21%
Outros :
1
100
= 0,01 = 1%
1.2
Freq. relativa Âmplitude do ângulo (ao centro)
Azoto 78% 0,78 × 360° = 280,8°
Oxigénio 21% 0,21 × 360° = 75,6°
Outros gases 1% 0,01 × 360° = 3,6°
Total 100% 360°

60. 60
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt236
1prova · 08 Novembro 2010
Luis Almeida
Constituição do ar
Azoto
78%
Oxigénio
21%
1% Outros gases
2. Freq.
relativa
Âmplitude do ângulo
arredondada ao grau
Água 25% 0,25 × 360° = 90°
Ar 25% 0,25 × 360° = 90°
Matéria mineral 46% 0,46 × 360° = 165,6° ≈ 166°
Matéria orgânica 4% 0,04 × 360° = 14,4° ≈ 14°
Total 100% 360°
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt237
1prova · 08 Novembro 2010
Luis Almeida
Constituição do solo
Matéria
mineral
46%
Água
25%
Ar
25%
4% Matéria orgânica
3.1
Deputados Freq. absoluta Freq. relativa
Homens 162 162 : 230 ≈ 70%
Mulheres 68 68 : 230 ≈ 30%
Total 230 100%
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt238
1prova · 08 Novembro 2010
Luis Almeida
Deputados efetivos
em Portugal
162
homens
(Ϸ70%)
68
mulheres
(Ϸ30%)
3.2 230 – 51 = 179
179
230
=
?
100
? =
179 × 100
230
≈ 77,8%
4.1 Massa ———180°
Areia ———120°
Cimento ———60°
4.2
120
360
=
1
3
areia
60
360
=
1
6
cimento
4.3
1
3
× 6 = 2 2 m3 de areia.
5.
Número
de golos
Freq.
absoluta
Freq.
relativa
Âmplitude
do ângulo
0 8
8
20
= 0,4 = 40% 0,4 × 360° = 144°
1 5
5
20
= 0,25 = 25% 0,25 × 360° = 90°
2 3
3
20
= 0,15 = 15% 0,15 × 360° = 54°
3 4
4
20
= 0,20 = 20% 0,2 × 360° = 72°
Total 20 100% 360°
A variável estatística é «O número
de golos marcados» e a dimensão da
amostra é 20.
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt239
1prova · 08 Novembro 2010
Luis Almeida
Número de golos
marcados em 20 jogos
1 golo
25%
2 golos
15%
3 golos
20%
0
golos
40%
Pág. 107
1.1 A: a moda é 15 B: a moda é 59
1.2 x–
A =
6 + 13 + 15 + 17 + 15
5
=
66
5
= 13,2
x–
B=
18+19+24+25+26+27+31+32+33+33+44+45+45+47+58+59+59+59
18
xB = 37,5 ≈ 38
1.3 A: 6 e 17; amplitude é 17 – 6 = 11 .
B: 59 e 18; amplitude é 59 – 18 = 41 .
2.1
Idades
(em anos)
Freq.
absoluta
Freq.
relativa
Âmplitude
do ângulo
11 1 1 : 20 = 0,05 = 5% 0,05 × 360° = 18°
12 10 10 : 20 = 0,5 = 50% 0,5 × 360° = 180°
13 7 7 : 20 = 0,35 = 35% 0,35 × 360° = 126°
14 2 2 : 20 = 0,1 = 10% 0,1 × 360° = 36°
Total 20 100% 360°
2.2 x– =
11 × 1 + 12 × 10 + 13 × 7 + 14 × 2
20
=
11 + 120 + 91 + 28
20
x– = 12,5 anos
A moda é 12 anos.
2.3
11 anos: 0,05 × 360° = 18°
12 anos: 0,5 × 360° = 180°
13 anos: 0,35 × 360° = 126°
14 anos: 0,10 × 360° = 36°
Idades dos alunos
de uma turma
12
anos
50%
14 anos
10%
13
anos
35%
11 anos
5%

61. 61
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 3.1 2 e 6
3.2 4 =
2 + 6 + 4 + ? + 3
5
20 = 15 + ? ? = 20 – 15 = 5
O valor conhecido é 5.
4.1 Falsa; são 2 + 1 + 3 + 3 + 1 = 10
4.2 Falsa; existem duas modas, que são 22 e 23.
4.3 Verdadeira:
x– =
20 × 2 + 21 × 1 + 22 × 3 + 23 × 3 + 24 × 1
10
x– =
40 + 21 + 66 + 69 + 24
10
=
220
10
= 22
4.4 24 – 20 = 4 Verdadeira.
Problemas para resolver (pág. 109)
1.1 15% × 360° = 54°
180° – 54° = 126°
126°
360°
= 0,35 = 35%
1.2 100% – (15% + 35% + 20%) = 30% — legumes
13,50 € ———30%
? ———100%
? =
13,50
0,3
= 45 Gastou 45 € no total.
1.3 Fruta: 35% × 45 = 15,75 €
Legumes: 13,50 €
15,75 – 13,50 = 2,25
Gastou mais em fruta; 2,25 € a mais.
2.1 Futebol: 2 × 40 = 80 pessoas
2.2 25% (corresponde a
1
4
do círculo)
2.3 Hóquei em patins: 40 pessoas — 25%
Futebol: 2 × 40 = 80 pessoas — 50%
Natação: 24 pessoas
Ciclismo: 80 – (40 + 24) = 80 – 64 = 16 ; 16 pessoas
2.4 40 + 80 + 16 + 24 = 160
O número total de pessoas é 160 (que corresponde também
40 × 4).
3. •
?
5
= 18 ? = 5 × 18 = 90
?
2
= 12 ? = 2 × 12 = 24
90 – 24 = 66 66 : 3 = 22
Os três números iguais são 22, 22 e 22.
•
?
5
= 7 ? = 5 × 7 = 35
Se a moda é 13 e o do meio tem 5 anos, temos duas hipoteses:
13 13 5 4 0
13 13 5 3 1
4. O gráfico escolhido pela empresa que vende o sumo B transmite
a ideia de que o número de pessoas inquiridas que gostam
do sumo B é muito superior ao número de pessoas que gostam
do sumo A, o que é falso pois a escala não está correta.
Tarefas finais (págs. 110 a 112)
1.1 20 e 50; amplitude 50 – 20 = 30
1.2
20 + 30 + 20 + 50 + 40
5
=
160
5
= 32
32 computadores em média.
1.3 25% = 0,25 =
1
4
1
4
× 160 = 40
Em maio; 40.
2.1 18
2.2 14 anos; 31 anos.
2.3 13 e 30 anos
Amplitude: 30 – 13 = 17 anos
2.4 8 nadadores
2.5 22 anos
2.6 x– =
14 + 16 + 18 + 20 + 22 + 23 + 24 + 25 + 31
9
x– ≈ 21,4
É 21,4 anos.
3. Por exemplo:
Em Portugal, em 2008, a percentagem de licenciados entre
os 25 e 64 anos era de 14%, isto é, aproximadamente um terço
da média das percentagens da OCDE. Nas mesmas condições,
a percentagem de portugueses com o Ensino Secundário
era metade da média da OCDE.
É preciso estudar para melhorar o nível de formação
dos portugueses!
4.1 Qualitativa.
4.2 Quantitativa.
4.3 Qualitativa.
4.4 Quantitativa.
5.1 Equipa A:
• moda: 2
• média: x– =
3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 3 + 7 + 2
8
x– =
24
8
= 3
• extremos: 7 e 2
• amplitude: 7 – 2 = 5
Equipa B:
• moda: 2
• média: x– =
2 + 1 + 6 + 2 + 2
5
=
13
5
= 2,6
• extremos: 6 e 1
• amplitude: 6 – 1 = 5
Os conjuntos de dados têm ambos a mesma amplitude e moda.
Em termos de média de golos, e apesar do número de jogos
não ser o mesmo, a equipa A foi melhor do que a equipa B.
Nota: os alunos irão, mais tarde, aprender novas medidas
estatísticas que ajudarão a comparar melhor conjuntos
de dados com diferentes dimensões.
5.2 Equipa A: x– =
3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 3 + 7 + 2 + 3
9
=
27
9
= 3
A média não se altera.
Passam a existir duas modas: 2 e 3.
A amplitude mantém-se: 7 – 2 = 5
6.1 Freq.
relativa
Âmplitude do ângulo
arredondada ao grau
Água 64% 0,64 × 360° = 230,4° ≈ 230°
Minerais 5% 0,05 × 360° = 18°
Gordura 15% 0,15 × 360° = 54°
Hidratos de carbono 1% 0,01 × 360° = 3,6° ≈ 4°
Proteínas 15% 0,15 × 360° = 54°
Total 100% 360°

62. 62
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt251
1prova · 08 Novembro 2010
Luis Almeida
Matéria
mineral
46%
Água
25%
Ar
25%
H. carbono
1%
Minerais
5%
Água
64%
Gordura
15%
Proteínas
15%
Constituição
do corpo humano
6.2 64% × 60 = 38,4
A massa de água do corpo do Zé é 38,4 kg.
7.1 População: todas as camisolas produzidas nesse dia.
Amostra: as camisolas retiradas para controlar a qualidade.
Variável: qualidade da camisola; variável qualitativa.
7.2
18
900
=
2
100
= 0,02 = 2%
7.3 100% – 90% = 10%
10% × 900 = 90
Não foram exportadas 90 camisolas.
8.1 Turma A
Níveis a
Português
Freq.
absoluta
Freq.
relativa
Âmplitude do ângulo
arredondado ao grau
1 2 2 : 25 = 0,08 = 8% 0,08 × 360° = 28,8° ≈ 29°
2 10 10 : 25 = 0,4 = 40% 0,4 × 360° = 144°
3 9 9 : 25 = 0,36 = 36% 0,36 × 360° = 129,6° ≈ 130°
4 3 3 : 25 = 0,12 = 12% 0,12 × 360° = 43,2° ≈ 43°
5 1 1 : 25 = 0,04 = 4% 0,04 × 360° = 14,4° ≈ 14°
Total 25 100% 360°
Níveis a Português na turma A
Nível 2
40%
Nível 3
36%
Nível 1
8%
Nível 4
12%
Nível 5
4%
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt9s_m6_431 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
Turma B
Níveis a
Português
Freq.
absoluta
Freq.
relativa
Âmplitude do ângulo
arredondado ao grau
1 1 1 : 25 = 0,04 = 4% 0,04 × 360° = 14,4° ≈ 14°
2 8 8 : 25 = 0,32 = 32% 0,32 × 360° = 115,2° ≈ 115°
3 8 8 : 25 = 0,32 = 32% 0,32 × 360° = 115,2° ≈ 115°
4 6 6 : 25 = 0,24 = 24% 0,24 × 360° = 86,4° ≈ 87°
5 2 2 : 25 = 0,08 = 8% 0,08 × 360° = 28,8° ≈ 29°
Total 25 100% 360°
Níveis a Português na turma B
Nível 2
32%
Nível 3
32%
Nível 1
4%
Nível 4
24%
Nível 5
8%
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt9s_m6_432 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
8.2 100% – (24% + 8%) = 100% – 32% = 68%
8.3
0
2
4
6
8
10
1
Freq.abs.
2 3 4 5
Níveis
Níveis a Português
Turma A
Turma B
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt9s_m6_433 — 2.ª prova
20 - 03 - 2014
RCoelho
8.4 O gráfico de barras dupla, pois facilita a comparação dos
resultados.
8.5 x–
A =
1 × 2 + 2 × 10 + 3 × 9 + 4 × 3 + 5 × 1
25
=
66
25
= 2,64
A moda da turma A é 2.
x–
B =
1 × 1 + 2 × 8 + 3 × 8 + 4 × 6 + 5 × 2
25
=
75
25
= 3
Na turma B, existem duas modas: 2 e 3.
Ficha formativa (págs. 116 e 117)
1. B
2. B ? × 360 = 108 ? =
108
360
= 0,3 = 30%
3.1 ? × 360 = 72 ? =
72
360
= 0,20 = 20%
A percentagem de camiões é de 20%.
3.2 100% – (9% + 9% + 20%) = 62%
62% × 6 000 000 = 3 720 000
Estão registados 3 720 000 automóveis.
3.3 9% × 6 000 000 = 540 000
540 000
1 200 000
=
9
20
20% × 6 000 000 = 1 200 000
A razão é 9 : 20.
4.1 «Livros lidos no último ano»; variável quantitativa.
4.2
Número
de livros
Freq.
absoluta
Freq.
relativa
Âmplitude
do ângulo
12 12 12 : 20 = 0,6 = 60% 0,6 × 360° = 216°
13 7 7 : 20 = 0,35 = 35% 0,35 × 360° = 126°
14 1 1 : 20 = 0,05 = 5% 0,05 × 360° = 18°
Total 20 100% 360°

63. 63
MATemática6–Resoluçõesdomanual– 4.3
0,6 × 360° = 216°
0,35 × 360° = 126°
0,05 × 360° = 18°
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
dt254
1prova · 08 Novembro 2010
Luis Almeida
14 livros
5%
12 livros
60%
13 livros
35%
Número de livros lidos
no último ano
60% das pessoas leram 12 livros.
35% das pessoas leram 13 livros.
5% das pessoas leram 14 livros.
5.1 x– =
330 + 320 + 440 + 240 + 385 + 700 + 440 + 5800 + 265 + 290
10
x– = 921 €
5.2 Não, o valor 5800 € é muito superior aos restantes, o que
distorce a média.
5.3 Extremos: 240 e 5800
Amplitude: 5800 – 240 = 5560
6.1 100% – (50% + 20% + 12%) = 18%
Gostam de música 18% dos estudantes.
6.2
20%
100%
=
1
5
6.3 12% ———18 estudantes
100% ———? ? =
18
0,12
= 150
Foram inquiridos 150 estudantes.
7.
?
5
= 8 ? = 40
40 – 36 = 4
?
4
= 9 ? = 36
Retirou-se o número 4.
8. Moda: 6
Média: x– =
9 + 6 + 2 + 6 + 3 + 4
6
= 5
• Falso, a moda 6 é diferente da média 5.
• Amplitude: 9 – 2 = 7 e 7 5 ; Verdadeiro
• x– =
11 + 8 + 4 + 8 + 5 + 6
6
=
42
6
= 7
A média aumentou 2 (5 + 2 = 7) ; Verdadeiro
• Amplitude mantém-se: 9 – 2 = 7
A moda continua 6.
A afirmação é falsa.
PROVA FINAL (págs. 118 a 120)
1.
5
4
= 1,25 = 1
1
4
= 125% =
15
12
= 1
2
2
+
5
5
2. A falsa é a C porque:
142 : 72
1
2
:
1
8
22
1
2
×
8
1
4 4 Falso
Deu-se o mesmo expoente
e dividiram-se as bases.
3. A –3 + –
1
3= –
9
3
+ –
1
3= –
10
3
Logo, A é falsa.
B (–6) – –
1
2= (–6) + +
1
2= –
12
2 + +
1
2= –
11
2
= –5,5
B é a afirmação verdadeira.
C |–0,01| =
1
100
C é afirmação falsa.
D – –
4
3=
4
3
D é afirmação falsa.
E –
15
3
= –5 E é afirmação falsa.
F ––1,8 – –
1
5= –|–1,8 + (+0,2)| = –|–1,6| = –(1,6) = –1,6 = –
8
5
A afirmação F é verdadeira.
4.1 a. ADˆC = 60˚ porque  ADC e  DAB são alternos internos
em duas retas paralelas cortadas por uma secante,
logo congruentes.
b. EDˆA = 120˚ porque é suplementar de um ângulo de 60˚
(180˚ – 60˚ = 120˚).
c. AEˆD = 30˚ porque a soma das amplitudes dos ângulos
internos de um triângulo é 180˚ (180˚ – (120˚ + 30˚) = 30˚).
4.2 O triângulo é isósceles, pois tem dois lados iguais, ou seja,
DA
—
= DE
—
, visto que, num triângulo, a ângulos iguais opõem-se
lados iguais.
4.3. São iguais pelo critério LAL , pois têm AD
—
= BE
—
,
AB
—
= DE
—
e ADˆE = ABˆE.
5. 30% × ? = 210 ? = 210 : 30%
? = 210 : 0,3
? = 700
Sim, o Jorge tem razão porque o ordenado da Raquel é 700 €.
6.1 V = Ab × a V =
P
2
× ap × a 50 cm = 5 dm
2,8 =
5
2
× 0,7 × a 7 cm = 0,7 dm
5,6 = 3,5 × a
a = 5,6 : 3,5
a = 1,6 dm
A altura mínima é 16 cm.
6.2 At = Al + 2 × Ab
At = 10 × 16 × 5 + 2 ×
50
2
× 7
At = 800 + 350 At = 1150 cm2
7.1 P = 24 cm
P = π × d ≈ 3,1416 × 6 = 18,8496
24 18,8496
O quadrado tem maior perímetro.
7.2 Acolorida a verde = A – A
A = 62 = 36

64. 64
MATemática6–Resoluçõesdomanual–
A ≈
3,1416 × 32
2
= 14,1372
Averde = 36 – 14,1372
A área colorida a verde é 21,8628 cm2.
8. A altura da caixa é 4 + 4 = 8 , ou seja, 8 cm.
Vcaixa = Ab × a = π × 22 × 8 ≈ 3,1416 × 4 × 8 = 100,5312
O volume da caixa é 100,5312 cm3.
9.1 9, 19, 39, 79, 159, 319, 639
O primeiro termo é 9 e cada um dos termos seguintes
é o dobro do termo anterior somado com um.
9.2 1, 8, 27, 64, 125, 216
Os termos são os cubos dos números naturais, n3 .
10.1 100% – (13% + 12% + 25% + 45%) = 5%
10.2 Aos eucaliptos, porque 25% = 0,25 =
1
4
12% × ? = 24 ? = 24 : 0,12 ? = 200
No total, existem 200 árvores.
Logo, os pinheiros são 45% × 200 = 90 e os eucaliptos são
25% × 200 = 50 .
11.1 40 cópias ———1 minuto
60 cópias ———? ? =
60 × 1
40
= 1,5
40 cópias ———1 minuto
? ———2 minutos ? =
2 × 40
1
= 80
40 cópias ———1 minuto
? ———3 minutos ? =
3 × 40
1
= 120
40 cópias ———1 minuto
200 cópias ———? ? =
200 × 1
40
= 5
Tempo
(em minutos)
1 1,5 2 3 5
Número de
fotocópias
40 60 80 120 200
11.2 40 cópias ———1 minuto
2500 cópias ———? ? =
2500 × 1
40
=
125
2
= 62,5
Como 0,5 minutos são 30 segundos, então 62,5 minutos são
62 minutos e 30 segundos.
100 cópias ———5 €
2500 cópias ———? ? =
2500 × 5
100
= 125
Demorou 62 minutos e 30 segundos e pagou 125 €.
12. m.m.c. (14, 20) = 22 × 5 × 7 = 140
14 = 2 × 7
20 = 22 × 5
Eram 140 atletas.
25% × 140 =
1
4
× 140 = 35
140 – 35 = 105
2
3
× 105 = 2 × 35 = 70
140 – (35 + 70) = 35
Cortaram a meta 35 atletas.
13.1
Matemática 6º ano
TEEE112C06MA00101
DT327
1prova · 15 Novembro 2010
Luis Almeida
13.2 Simetria axial e simetria de rotação.
14. Na figura B.
15.
Mat. 6 – Metas – Volume 2
dt10s_002 — 1.ª prova
23 - 03 - 2014
RCoelho
C'
C
B'
B
A' = A–
Sim, visto que a rotação é uma isometria.