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Exercícios deMATEMÁTICA 8.° ano
Como utilizar este ficheiro e localizar rapidamente a resolução pretendida?
• Verifique se na Barra de Ferramentasdeste documento existe a “caixa de pes-quisa” do seu Adobe Reader.
Se tal não suceder, active-a, clicando como botão direito do rato e seleccionando aopção pretendida.
• Na “caixa de pesquisa” (Find), digitePág., com o “P” maiúsculo e sem esquecero ponto final, seguido de um espaço e donúmero de página onde se encontra oexercício ou problema do qual pretendeconhecer a resolução.
• Depois de validar a informação,teclando em Enter, surgirá no ecrã apágina do documento PDF com todas asresoluções dos exercícios da página selec-cionada do livro.
Dependendo da sua extensão, a resoluçãopoderá estar na coluna ou até na páginaseguinte do PDF.
Propostas de resoluçãoMaria Augusta Ferreira NevesAntónio Leite | António Pinto Silva
online
P
Capítulo 13.
Atrapézio = 45 cm2
(A) x = 10 cm ; y = 15 cm
Atrapézio = =
= 12,5 * 3 = 37,5 cm2 .
Logo não é a opção (A) .
(B) x = 50 cm ; y = 10 cm
Atrapézio = * h = * 3 = * 3 = 90 cm2
Logo não é a opção (B) .
(C) x = 22 cm ; y = 8 cm
Atrapézio = * h = * 3 = * 3 =
= 15 * 3 = 45 cm2 . Logo é a opção (C) .
Resposta: (C) .
4. Alentes = 2 * Acírculo = 2 * p * r2= 2 * p * 1,42
) 12,3 cm2
Sabemos que:
diâmetro = 2,8 cm , logo
raio = .
Resposta: (C) .
5. Pág. 12
Aparte colorida a cor-de-rosa = Aquadrado - Acírculo
Aquadrado = L2= 32
= 9 cm2
Acírculo = pr2= p * 1,52
= 2,25p cm2
Aparte colorida a cor-de-rosa = 9 - 2,25p ) 1,9 cm2
Resposta: (B) .
6.
Por exemplo: Aparte colorida = 4 * A˚[AFE] =
= 4 * = 100 cm2
Resposta: (A) .
5 * 102
= 4 *502
diâmetro2
=2,82
= 1,4 cm
302
22 + 82
B + b2
602
50 + 102
B + b2
B + b2
* h =15 + 10
2* 3 =
252
* 3
1. Por exemplo: Pág. 11
Afigura = A1 + A2 + A3 + A4 + A5
A1 = = 3 cm2
A2 = = 1 cm2
A3 = a * b = 2 * 1 = 2 cm2
A4 = = 1,5 cm2
A5 = = 2,5 cm2
Logo Afigura = (3 + 1 + 2 + 1,5 + 2,5) cm2= 10 cm2
Resposta: (A) .
2.
Por exemplo:
Afigura = Arectângulo + Atriângulo
Arectângulo = a * b = 3,5 * 2 = 7 cm2
Atriângulo = = 1,75 cm2
Afigura = (7 + 1,75) cm2= 8,75 cm2
Outro processo de resolução:
Afigura = Atrapézio
=
=
= 8,75 cm2
Resposta: (D) .
3 + 22
* 3,5
B + b2
* h
b * h2
=3,5 * 1
2
B + b2
* h =3 + 2
2* 1
b * h2
=1 * 3
2
b * h2
=2 * 1
2
b * h2
=2 * 3
2
2
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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7. (A) A afirmação é falsa, já que duas figuras planas geometrica-mente iguais têm sempre a mesma área.
(B) Por exemplo, as figuras seguintes têm o mesmo perímetro eáreas diferentes.
A = 8 cm2 A = 9 cm2
P = 12 cm P = 12 cm
(C) Por exemplo, as figuras seguintes são equivalentes (A = 16 cm2)e não são geometricamente iguais.
Resposta: (D) .
8. Alentes = 2 * (ATrapézio + Asemicírculo)
Asemicírculo = = 2p cm2
Atrapézio = = 3 cm2
Alentes = 2 * (3 + 2p) = 6 + 4p ) 18,6 cm2
Resposta: (B) .
1. Pág. 13
1.1
Atrapézio =
= 4 * 4 = 16 cm2
Resposta: A área do trapézio é 16 cm2 .
1.2
Base maior = (3 + 5 + 3) cm = 11 cm
Atrapézio = = 8 * 4 = 32 cm2 .
Resposta: A área do trapézio é 32 cm2 .
B + b2
* h =11 + 5
2* 4
B + b2
* h =6 + 2
2* 4 =
4 + 22
* 1 =62
B = 4 cm b = 2 cm h = 1 cm
Atrapézio B + b
2* h
pr2
2=
p * 22
2
1.3
Atrapézio =
= * 2,5 = 5 * 2,5 = 12,5 cm2
Resposta: A área do trapézio é 12,5 cm2 .
2.
2.1
ATrapézio =
24 = * x § 48 = (11 + 5)x § 48 = 16x §
§ 16x = 48 § x = § x = 3
Resposta: x = 3 cm .
2.2
ATrapézio =
20 = * 4 § 20 = (8 + x) * 2 §
§ = 8 + x § 10 = 8 + x §
§ x = 10 - 8 § x = 2
Resposta: x = 2 cm .
3. Área da figura A = 11 u.a.
(a figura é composta por 11 quadrados geometricamente iguais, cadaum deles tem 1 u.a.)
Área da figura B = Atriângulo + Atrapézio = + * 1 =3 + 3 = 6 u.a.
Área da figura C = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6
4 + 22
2 * 32
202
8 + x2
B + b2
* h
4816
11 + 52
B + b2
* h
102
B + b2
* h =6,2 + 3,8
2* 2,5 =
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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A1 = = = = 2 u.a.
A2 = = = = 2,5 u.a.
A3 = a * b = 5 * 1 = 5 u.a.
A4 = = = = 1 u.a.
A5 = A1 = 2 u.a.
A6 = = = 1,5 u.a.
Área da figura C = 2 + 2,5 + 5 + 1 + 2 + 1,5 = 14 u.a.
Área da figura D = A1 - 4A2 + 2 * A3
A1 = L2= 42
= 16 u.a.
A2 = = = = 2 u.a.
A3 = = = = 1,5 u.a.
Área da figura D = 16 - 4 * 2 + 2 * 1,5 =
= 16 - 8 + 3 = 8 + 3 =
= 11 u.a.
Resposta:
4. Designamos por A a área da parte da figura colorida a cor azul,então temos que a área A é aproximadamente igual à soma dasáreas dos cinco trapézios com a área do rectângulo representadosna figura.
Deste modo, temos:
A = * 1 + * 1 + * 1 + * 1 +
4 * 1 + * 1
A = 2,8 + 1,85 + 2,25 + 3,5 + 4 + 2,75
A = 17,15
Resposta: A área da parte da figura colorida a cor azul é aproxima-damente igual a 17,15 unidades de área.
4 + 1,52
4 + 32
3 + 1,52
2,2 + 1,52
3,4 + 2,22
Figura Área
A 11 u. a.
B 6 u. a.
C 14 u. a.
D 11 u. a.
32
3 * 12
b * h2
42
4 * 12
b * h2
3 * 12
b * h2
22
2 * 12
b * h2
52
5 * 12
b * h2
42
2 * 22
b * h2
5. Pág. 14
5.1
Área da figura = 2 * Atriângulo + Arectângulo + ATrapézio
Atriângulo = = 2 u.a.
Arectangulo = a * b = 9 * 3 = 27 u.a.
Atrapézio = = 6 * 3 = 18 u.a.
Área da figura = 2 * 2 + 27 + 18 = 4 + 27 + 18 = 49 u.a.
Resposta: A figura tem 49 u.a.
5.2
Área da figura = 2 * Atriângulo 1 + 2 * Atriângulo 2
=
= 4 * 2 + 6 * 7 = 8 + 42 = 50 u.a.
Resposta: A figura tem 50 u.a.
5.3
Área da figura = A1 + A2 + A3 + A4 + A5
A1 = = = 6 u.a.
A2 = * h = * 3 = * 3 = = 7,5 u.a.
A3 = a * b = 4 * 1 = 4 u.a.
A4 = = = 1 u.a.
A5 = Aquadrado - Atriângulo 6 - Atriângulo 7 = 32- =
= 9 - 3 - 3 = 9 - 6 = 3 u.a.
Área da figura = 6 + 7,5 + 4 + 1 + 3 = 21,5 u.a.
Resposta: A figura tem 21,5 u.a.
3 * 22
-2 * 3
2
1 * 22
b * h2
152
52
4 + 12
B + h2
4 * 32
=122
b * h2
2 *b * h
2+ 2 *
b * h2
=
B + b2
* h =9 + 3
2* 3 =
122
* 3
b * h2
=2 * 2
2=
42
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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5.4
Área da figura = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 +
+ A8 + A9 + A10 + A11 + A12
A1 = = = 1 u.a.
A2 = = = 1 u.a.
A3 = * h = * 2 = 8 u.a.
A4 = * h = * 1 = = 2 u.a.
A5 = = = 1 u.a.
A6 = = = 1,5 u.a.
A7 = = = 1 u.a.
A8 = Aquadrado - 2 * Atriângulo A = 22- = 4 - 2 = 2 u.a.
A9 = = = 1 u.a.
A10 = = = 0,5 u.a.
A11 = = = 0,5 u.a.
A12 = A8 = 2 u.a.
Área da figura = 1 + 1 + 8 + 2 + 1 + 1,5 + 1 + 2 + 1 + 1,5 + 0,5 + 2 == 22,5 u.a.
Resposta: A figura tem 22,5 u.a.
6.
6.1 Ateia = Asemicírculo = = = 32p ) 100,5 cm2
Resposta: A área coberta pela teia da aranha é aproximadamenteigual a 100,5 cm2 .
6.2 Designemos por C o comprimento total, em centímetros, daslinhas representadas na figura. Então tem-se:
C = 9 * 8 + p + p * 2 + p * 3 + p * 4 + p * 5 + p * 6 + p * 7 + p * 8
C = 72 + 36p
C ) 185,1
Resposta: O comprimento total das linhas representadas na figura éaproximadamente igual a 185,1 cm .
p * 82
2pr2
2
1 * 12
b * h2
1 * 32
b * h2
1 * 22
b * h2
2 *2 * 1
2
1 * 22
b * h2
3 * 12
b * h2
1 * 22
b * h2
42
3 + 12
B + b2
5 + 32
B + b2
1 * 22
b * h2
1 * 22
b * h2
7. A[ABDE] = x cm2 , logo L = cm
7.1 A[ABC] = = = cm2
Resposta: A[ABC] = cm2 .
7.2 A[ABF] = = = cm2
Resposta: A[ABF] = cm2 .
7.3 A[ABFG] = b * h = * = x cm2
Resposta: A[ABFG] = x cm2 .
1. Pág. 15
1.1 p ) 3,14 (2 c.d.) ;
1.2 p ) 3,142 (3 c.d.) ;
1.3 p ) 3,1416 (4 c.d.) ;
1.4 p ) 3,141593 (6 c.d.) .
2. Pcírculo = 10 920 km , r = 1738 km
Como 2pr = 10 920 , com r = 1738 km , vem:
2p * 1738 = 10 920 § 3476p = 10 920 §
§ p = § p ) 3,14 (2 c. d.)
3.
3.1 r = 2 cm
Área = pr2 = 4p cm2" valor exacto
Área = 4p ) 12,57 cm2" valor aproximado com 2 c. d.
Perímetro = 2pr = 2p * 2 = 4p cm " valor exacto
Perímetro = 4p ) 12,57 cm " valor aproximado com 2 c. d.
3.2 r = p cm
Área = pr2= p * p2
= p3 cm2" valor exacto
Área = p3) 31,01 cm2
" valor aproximado com 2 c. d.
Perímetro = 2pr = 2p * p = 2p2 cm " valor exacto
Perímetro = 2p2) 19,74 cm " valor aproximado com 2 c. d.
3.3 r = cm
Área = pr2= p * = cm2
" valor exacto
Área = ) 69,76 cm2" valor aproximado com 2 c. d.
Perímetro = 2pr = = 3p2 cm " valor exacto
Perímetro = 3p2) 29,61 cm " valor aproximado com 2 c. d.
4. Área da figura = Área do triângulo + Área do semicírculo
=
=
= 31,5 +
= 31,5 + 19,845p
) 93,84
Resposta: A área da figura é aproximadamente 93,84 m2 .
39,69p2
632
+p * 6,32
2
12,6 * 52
+p * (12,6 : 2)2
2
2p *3p2
9p3
4
9p3
413p2 2
2
3p2
10 9203476
œxœx
x2
x2
œx * œx2
b * h2
x2
x2
œx * œx2
b * h2
œx
5
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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5. AA = * h = = 7 u.a. Pág. 16
Por exemplo:AB = Aquadrado + Atriângulo + Atrapézio = 22
+ + * 1 =
= 4 + 4 + = 8 + 4,5 = 12,5 u.a.
Por exemplo:AC = Atriângulo + Atrapézio = + * 3 = 2 + 3 * 3
= 2 + 9 = 11 u.a.
AD = Aquadrado - A1 - A2 - A3 =
= 42- - - =
= 16 - 3 - 4 - 2 = 16 - 9 = 7 u.a.
AE = 9 u.a. (A figura E pode ser decom-posta em nove quadrados geometrica-mente iguais, cada um deles com 1 u.a.)
(A) Afirmação falsa, pois área da figura C > área da figura E .
(B) Afirmação falsa, pois 2 * 7 = 14 e 14 0 12,5 .
(C) As figuras D e C não têm a mesma área, logo a afirmação éfalsa.
Resposta: (D) .
6. Por exemplo: Nas figuras que o João desenhou há algumas equiva-lentes?
As figuras são equivalentes se tiverem a mesma área, logo temosque calcular a área de cada uma das três figuras.
AA = A1 + A2 + A3 = 4 + 4 + 1 = 9 u.a.
AB = A1 + A2 + A3 + A4 = + 6 * 1 + 3 * 1 =
= 5 + + 6 + 3 =
= 15,5 u.a.
AC = 7 u.a.
Resposta: Não há figuras equivalentes pois todas as três figuras têmáreas diferentes.
7. Área da figura P = 28 u.a. (a figura pode ser decomposta em28 triângulos equiláteros de lado 1 cm).
Área da figura Q = 20 u.a. (a figura pode ser decomposta em320 triângulos equiláteros de lado 1 cm).
32
5 * 22
+3 * 1
2
4 * 22
+ 22+
2 * 12
=
4 * 12
4 * 22
3 * 22
4 + 22
4 * 12
92
6 * 32
4 * 22
5 + 22
* 2B + b
28. Pág. 178.1 Na figura podem-se observar 16 triângulos, a saber:
[ABF] , [ABE] , [ABD] , [ABC] , [AFE] , [AFD] , [AFC] ,[AED] , [AEC] , [ADC] , [BFE] , [BFD] , [BFC] , [BED] ,[BEC] e [BDC] .
8.2 Na figura podem-se observar 7 triângulos de áreas diferentes, con-siderando uma unidade de área uma quadrícula, a saber:
9.
9.1 e 9.2
10. 1.° Tour de França " 2418 km = 2428000 m Pág. 18
10.1 Proda maior = 2pr = 2p * 0,6 = 1,2p
N.° de voltas(roda maior) = =
= ) 644 047 (0 c.d.)
Proda menor = 2pr = 2p * 0,2 = 0,4p
N.º de voltas(roda menor) = =
= ) 1 932 141 (0 c.d.)
Resposta: Para percorrer 2 428 km , uma roda com 1,2 m de diâ-metro terá de dar aproximadamente 644 047 voltas, e uma rodacom 40 cm de diâmetro terá de dar aproximadamente 1 932 141voltas.
2 428 0000,4p
Dist. totalProda menor
2 428 0001,2p
Dist. totalProda maior
6
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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Triângulos Áreas
[ABF] , [ABE] , [ABD] e [ABC] 10 * 72
= 35
[AFE] e [BFE] 6 * 72
= 21
[AFD] e [BFD] 11 * 72
= 38,5
[AFC] e [BFC] 19 * 72
= 66,5
[AED] e [BED] 5 * 72
= 17,5
[AEC] e [BEC] 13 * 72
= 45,5
[ADC] e [BDC] 8 * 72
= 28
10.2 A afirmação é verdadeira, pois quanto maior for o diâmetro daroda, maior é o seu perímetro, ou seja, menor é o número de voltasque é necessário dar para percorrer uma determinada distância.
10.3 Diâmetro = 52 cm ; raio = 26 cm
Perímetro da roda = 2pr = 2 * p * 26 = 52p cm
N.° de voltas = §
§ 15 312 =
§ Distância total = 15 312 * 52p§ Distância total ) 2 501 411,469 cm
§ Distância total ) 25,014 114 69 km
§ Distância total ) 25 km
Desta forma, temos:
= 5 km .
O Pedro percorreu aproximadamente 5 km por dia. Assim, vem:
Ida " 2 km
Volta " 3 km
Resposta: No regresso da escola a casa, o Pedro percorre 3 km .
1. 92= 9 * 9 = 81 Pág. 23
Resposta: (B) .
2. = 36 ± = § = 6
Resposta: (D) .
3. Resposta: (C) .
4. c = 8 , b = 6 a2= b2
+ c2 ; a2= 62
+ 82
§ a2= 36 + 64 § a2
= 100 ±
± a = § a = 10
Resposta: (B) .
5. b2- 315 = 0 § b2
= 315 § b = › b = -
§ b ) 17,748 › b ) - 17,748
Resposta: (B) .
6. Pág. 24
6.1 Metade da área do rectângulo, já que o triângulo tem a base com amesma medida do comprimento do rectângulo e ambas as figurastêm a mesma altura.
Resposta: (A) .
6.2 72= 42
+ x2§ 49 = 16 + x2
§ x2= 49 - 16
§ x2= 33 ± x =
Resposta: (B) .
œ33x > 0
œ315œ315
œ100a > 0
a > 0
ABœ36ABABw > 0
AB2
25 km5
Distância total52p
Distância totalPerímetro da roda
7. A[ACDE] = * h (*)
Cálculo auxiliar:b =
= m = 4,8 m
B = = + = 4,8 +
Vamos determinar recorrendo ao Teorema de Pitágoras:
= +
62= 4,82
+
§ 36 = 23,04 +
§ = 36 - 23,04
§ = 12,96 ± =
§ = 3,6
Logo, B = (4,8 + 3,6) cm = 8,4 cm .
Voltando a (*), vem A[ACDE] = * 4,8 = 31,68 m2 .
Resposta: (D) .
8. D =
§ D =
§ D =
§ D = § D ) 4,9 m
Resposta: (D) .
1. Pág. 25
1.1 a = 4 + 5 § a = 9
Num triângulo rectângulo, a área do quadrado construído sobre ahipotenusa é igual à soma das áreas dos quadrados construídossobre os catetos.
1.2 22,3 = 15,5 + b § b = 22,3 - 15,5 § b = 6,8
Num triângulo rectângulo, a área do quadrado construído sobre ahipotenusa é igual à soma das áreas dos quadrados construídossobre os catetos.
2. Vamos, inicialmente, determinar aárea do quadrado “médio”.
90 = 35 + x
§ x = 55 cm2
a = m
b = m
c = m
Determinamos o perímetro , P , do jardim:
P = (3 * + 3 * + 3 * ) m ) 68,46 m .
Por outro lado, temos que 69 * 1,5 = 103,5 (temos de arredondarpor excesso, pois 68 metros não chegavam para vedar o jardim).
Resposta: O Joaquim vai gastar aproximadamente 103,50 euros.
œ55œ35œ90
œ55
œ35
œ90
œ24
œ16 + 4 + 4
œ42+ 22
+ 22
œa2+ b2
+ c2
8,4 + 4,82
BCœ12,96BC
wBC > 0BC2
BC2
BC2
BC2
BC2BD2CD2
BC
BCBCABACœ23,04ED
ED
B + b2
7
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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3.
A[ABCD] =
Vamos determinar .
= +
§ 8,52= + 3,82
§ = 8,52- 3,82
§ = 57,81 ± =
§ 5,42= 3,82
+ § = 5,42- 3,82
§ = 14,72 ± =
§ § ) 11,44
A[ABCD] ) = 43,472 cm2
Resposta: A área do quadrilátero é aproximadamente 43,5 cm2 .
4. Para determinar a distância entre os pontos M e A e Pág. 26porque o triângulo [RAM] é rectângulo, vamos recorrer ao Teorema de Pitágoras.
§ = 62+ 32
§ = 36 + 9 §
§ = 45 ± = u.m.
Resposta: A distância entre os pontos M e A é u.m.
5.
5.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
d2= 102
+ 52§ d2
= 100 + 25
§ d2= 125
§ d = ¿ , como se trata de umcomprimento considera-se apenas asolução positiva.
d = ) 11,2
Resposta: A diagonal do rectângulo mede aproximadamente 11,2 cm .
5.2 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
x2+ x2
= 122§ 2x2
= 144
§ x2= § x2
= 72
§ x = ¿ , como se trata de umcomprimento considera-se apenasa solução positiva.
x =
Assim, temos que o perímetro, P , do quadrado é igual a 4 * ,ou seja, P = 4 * ) 33,9 .
Resposta: O perímetro do quadrado é igual a 33,9 cm .
œ72œ72
œ72
œ72
1442
œ125
œ125
œ45
œ45MAMAw > 0
MA2
MA2
MA2
MA2= MR
2+ AR
2
11,44 * 7,62
ACAC = œ57,81 + œ14,72AC = AI + IC
œ14,72ICICw > 0
IC2
IC2
IC2
BC2= BI
2+ IC
2
œ57,81AIAIw > 0
AI2
AI2
AI2
AB2= AI
2+ BI
2
ICAIAC
AC
diagonal maior * diagonal menor2
=AC * BD
2
6.
6.1
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
102= 82
+ x2
§ 100 = 64 + x2§ x2
= 36
§ x = ¿ 6 , só se considera a solu-ção positiva, pois trata-se de umcomprimento, logo: x = 6 cm .
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
172= 62
+ y2
§ 289 = 36 + y2
§ y2= 289 - 36
§ y2= 253
§ y = ¿
Como se trata de um comprimento só se considera a solução posi-tiva, logo y = ou seja, y ) 15,9 .
Resposta: x = 6 cm e y ) 15,9 cm .
6.2
A˚[ABC] = = 71,7 cm2
P˚[ABC] = 17 + 10 + 23,9 = 50,9 cm
Resposta: A˚[ABC] = 71,7 cm2 (1 c.d.) e P˚[ABC] = 50,9 cm (1 c.d.).
7. Vamos determinar x usando o Teoremade Pitágoras:
x2= 32
+ 32
§ x2= 9 + 9
§ x2= 18
§ x = ¿ , como se trata de umcomprimento considera-se apenas asolução positiva, ou seja:
x =
Para determinar y aplicamos novamente o Teorema de Pitágoras:
y2= 32
+ ( )2
§ y2= 9 + 18 § y2
= 27
§ y = ¿ , como se trata deum comprimento considera-seapenas a solução positiva ouseja, y = cm .
Resposta: x = cm e y = cm .œ27œ18
œ27
œ27
œ18
œ18
œ18
b * h2
=23,9 * 6
2
œ253
œ253
AC2= CD
2+ AD
2
CB2= DB
2+ CD
2
8
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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8. Vamos determinar aplicando o Teorema de Pitágoras: Pág. 27
2= 502
+ 36,52
§2= 2500 + 1332,25
§2= 3832,25
± =
§ ) 61,9
Resposta: ) 61,9 m .
9. Determinemos em milhas, ora e como = 32milhas marítimas, temos que:
* 32 = 6,4
O barco percorreu 38,4 milhas marítimas (32 + 6,4) .
Convertemos, agora, esta distância em quilómetros:
38,4 milhas marítimas = 38,4 * 1,852 = 71,1168
Resposta: O barco percorreu aproximadamente 71 km .
10. A distância percorrida pela Ana é a soma das seguintes distâncias:
.
Temos que:
; e .
Sabemos que:
= 588 m e = 320 m .
Determinemos, aplicando o Teorema de Pitágoras, .2=
2+
2
§2= 5882
+ 3202
§2= 345 744 + 102 400
§2= 448 144
± =
A distância percorrida pela Ana é dada pela seguinte soma:
(2 * 588 + 2 * 320 + 2 * )m ) 3155 m = 3,155 km
A distância percorrida pelo João é a soma das seguintes distâncias:
.
Temos que:
; e .
A distância percorrida pelo João é dada pela seguinte soma:
(2 * + 2 * 320 + 2 * 588) m ) 3155 m = 3,155 km
Resposta: O João e a Ana percorrem o mesmo número de quilómetros,no caso, aproximadamente, 3,155 km .
œ448 144
BA = DCCB = ADAC = CA
AC , CB , BA , AD , DC e CA
œ448 144
œ448 144CACAw > 0
CA
CA
CA
BCABCA
CA
BCAB
CA = DBBC = ADAB = BA
AB , BC , CA , AD , DB e BA
BC =15
ABBC =15
ABBC
MN
MN
œ3832,25MNMNw > 0
MN
MN
MN
MN 11. Vamos determinar, o comprimento da barra de madeira, Pág. 28usada na diagonal, aplicando o Teorema de Pitágoras.
d2= 12
+ 2,52§ d2
= 1 + 6,25
§ d2= 7,25
§ d = ¿ , consi-dera-se apenas a solu-ção positiva, pois trata--se de um comprimento.
Comprimento total bases de madeira = 5 * 2,5 + 2 * 1 + =
= 12,5 + 2 + ) 17,2
Resposta: O comprimento total das barras de madeira utilizadasna construção do portão é aproximadamente 17,2 metros.
12.
Aquadrado = L2= 22
= 4 u.a.
Arectângulo = c * L = 2x * x = 2x2 u.a.
Então, tem-se: 2x2= 4 § x2
= § x2= 2
§ x = ¿ , como se trata de um comprimento só se consideraa solução positiva, logo x = u.m.
Resposta: u.m.
13.
= 2 § = 10 cm
Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem que:
§ 102= 52
+ h2
§ 100 = 25 + h2
§ h2= 750 § h = ¿
± h ) 8,66 cm (2 c.d.) não seconsidera a solução negativa,pois trata-se de um compri-mento.
A[ABC] ) = 43,3
Resposta: A área do triângulo [ABC] é aproximadamente43,3 cm2 .
h > 0œ75
BCQRBC
œ2
œ2œ2
42
œ7,25
œ7,25
œ7,25
9
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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14. Pág. 29
14.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras,vem que:
2= 262
+ 142
§2= 676 + 196
§2= 872 =
§ ) 29,5 m
Resposta: = m ) 29,5 m
14.2 Resposta: (A) .
15.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem que:
32= x2
+ x2
§ 9 = 2x2
§ x2= 4,5
Como x representa o compri-mento do lado do quadrado, aárea do quadrado é , 4,5 m2 .
Resposta: A[EFGH] = 4,5 m2 .
15.2 Azona relvada = + A[ABCD] - + A[EFGH]
Azona relvada = A[ABCD] + A[EFGH]
A[ABCD] = L2= 32
= 9 m2
A[EFGH] = 4,5 m2 (pela alínea 15.1)
Azona relvada = (9 + 4,5)m2= 13,5 m2
Resposta: A área da zona relvada é 13,5 m2 .
16. Pág. 30
16.1 " Teorema de Pitágoras
Auh = pr2= ph2
Aua = pr2= pa2
Aub = pr2= pb2
Como pelo Teorema de Pitágoras sabemos que:
h2= a2
+ b2 , logo:
h2= a2
+ b2
Resposta: Podemos concluir que a área do quarto de círculo cons-truído sobre a hipotenusa de um triângulo rectângulo é igual àsoma das áreas dos quartos de círculo construídos sobre os cate-tos do mesmo triângulo rectângulo.
p4
p4
p4
Amb =p4
b2
Amh =p4
h2
Amh =p4
h2
h2= a2
+ b2
AcírculoAcírculo
œ872SQ
SQ
œ872SQwSQ > 0
±SQ
SQ
SQ
16.2 " Teorema de Pitágoras
Auh = pr2= p
Aua = pr2= p
Aub = pr2= p
Como pelo Teorema de Pitágoras sabemos que:
h2= a2
+ b2 , logo
h2= a2
+ b2
Resposta: Podemos concluir que a área do semicírculo construídosobre a hipotenusa de um triângulo rectângulo é igual à soma dasáreas dos semicírculos construídos sobre os catetos do mesmotriângulo rectângulo.
17.
17.1 Se [ABC] é um triângulo rectângulo então verifica o Teorema dePitágoras, logo:
52= 42
+ 32
25 = 16 + 9
25 = 25 " Proposição verdadeira
Logo o triângulo [ABC] é um triângulo rectângulo.
17.2 Designemos por A1 a área do triângulo equilátero de lado 5 ,por A2 a área do triângulo equilátero de lado 4 e por A3 aárea do triângulo equilátero de lado 3 .
Desta forma, pretendemos mostrar que:
A1 = A2 + A3
Determinemos A1 :
52= x2
+ 2,52
§ x2= 25 - 6,25
§ x2= 18,75
± x =
Determinemos, agora, A3 :
32= x2
+ 1,52
§ x2= 9 - 2,25
§ x2= 6,75
± x =
A3 =3 œ6,75
2= 1,5 œ6,75 u.a.
œ6,75x > 0
A1 =5 œ18,75
2= 2,5 œ18,75 u.a.
œ18,75x > 0
h2= a2
+ b2
p8
p8
p8
Anb =12*
pb2
4=
pb2
8
1b22
2
=pb2
4
Ana =12*
pa2
4=
pa2
8
1a22
2
=pa2
4
Anh =12*
ph2
4=
ph2
8
1h22
2
=ph2
4
h2= a2
+ b2
10
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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Finalmente, determinemos A2 :
42= x2
+ 22
§ x2= 16 - 4
§ x2= 12
± x =
Ora, recorrendo à calculadora, verifica-se que
A1 = A2 + A3 .
Nota que:
A1 = 2,5 ) 10,825
A2 + A3 = 2 + 1,5 ) 10,825
18. Vamos fazer uma esquema da situação descrita. Pág. 31
Temos que = 12,8 m , daí que x = m = 6,4 m .
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
82= y2
+ 6,42§ 64 = y2
+ 40,96
§ y2= 64 - 40,96
§ y2= 23,04 ± y = 4,8
Deste modo temos que h = (8 + 4,8) m = 12,8 m .
Resposta: h = 12,8 m .
19. Sabemos uma das dimensões do rectângulo que forma o telhado,determinemos a outra aplicando o Teorema de Pitágoras:
t2= 42
+ 0,52§ t2
= 16 + 0,25
§ t2= 16,25 ± t = , só se considera a solução posi-
tiva, pois trata-se de um comprimento.
Atelhado = 5 *
§ Atelhado ) 20,156
20 * 20,156 = 403,12
Resposta: São necessárias 404 telhas (efectuou-se um arredonda-mento por excesso, uma vez que 403 telhas não chegavam paracobrir o telhado).
œ16,25
œ16,25t > 0
y > 0
12,82
AB
œ6,75œ12
œ18,75
A2 =4 * œ12
2= 2 œ12 u.a.
œ12x > 0
20.
20.1 Inicialmente vamos apresentar um esquema da situação.
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
62= h2
+ 52
§ 36 = h2+ 25
§ h2= 36 - 25
± h =
§ h ) 3,3
Resposta: A altura h é igual a 3,3 cm .
20.2 O quadrilátero [ABCD] chama-se trapézio rectângulo.
21. Atotal sup. tenda = 3 * Arectângulo + 2 * Atriângulo (1)
Arectângulo = a * d = 1,8 * 2,3 = 4,14 m2
Atriângulo =
Vamos determinar o comprimento b , aplicando o Teorema de Pitágoras:
1,82= 0,92
+ b2§ b2
= 1,82- 0,92
§
§ b2= 3,24 - 0,81 §
§ b2= 2,43 ± b =
Atriângulo = ) 1,4030 m2 (4 c.d.)
Voltando a (1), temos que:
Atotal sup. tenda = 3 * 4,14 + 2 * 1,4030 = 15,226 ) 15,2 m2
Resposta: A área total da tenda é aproximadamente 15,2 m2 .
22. Pág. 32
20 - 10 = 10 2 - 0,6 = 1,4
Aplicando o Teorema de Pitágoras, determinemos 2= 1,42
+ 102
§2= 1,96 + 100
§2= 101,96
± = (pois trata-se de uma medida de comprimento)
§ ) 10,1 m
P[IJKL] = 2 * 10 + 2 * 10,1 = 20 + 20,2 = 40,2 ) 40
Resposta: O perímetro da rampa é, aproximadamente, 40 m .
23.
Vpirâmide = * Ab * h
Ab = Aquadrado = L2= 22
= 4 dm2
Vamos determinar a altura, h , da pirâmide, recorrendo ao Teorema de Pitágoras:
22= h2
+ 12§ 4 = h2
+ 1 §
§ h2= 3 ± h =
Vpirâmide = * 4 * = ) 2,3 dm3 (1 c.d.)
Resposta: O volume da pirâmide é, aproximadamente, 2,3 dm3 .
4œ33œ3
13
œ3h > 0
13
IL
œ101,96ILILw> 0
IL
IL
IL
IL
1,8 * œ2,432
œ2,43b > 0
a * b2
=1,8 * b
2
œ11h > 0
11
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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1. Pág. 33
dg = 1,2 m § r = 0,6 m
dp = 60 cm = 0,6 m § r = 0,3 m
1.1 O Pedro percorreu 1200 m .
Pug = 2pr = 2p * 0,6 = 1,2p m
Pup = 2pr = 2p * 0,3 = 0,6p m
) 318,3 voltas
) 636,6 voltas
Resposta: A roda grande deu 318 voltas completas e a rodapequena deu 636 voltas completas.
1.2 rmaior ) 1062 voltas
Designemos por x a distân-cia, em quilómetros, percor-rida pelo Pedro, entãotemos que:
= 1062
§ x = 1062 * 1,2p
§ x ) 400 365 m
§ x ) 4 km
Representemos por y a distância, em quilómetros, de A e B ,deste modo a distância de B a C é y + 1 .
Assim, temos:
y + y + 1 = 4 § 2y = 4 - 1 § 2y = 3 § y = 1,5
Deste modo, temos:
y + 1 = 1,5 + 1 = 2,5
Resposta: A distância de B a C é aproximadamente 2,5 km .
1.3
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
982= 302
+ d2
§ 9604 = 900 + d2
§ d2= 8704
± d = , não se considera a solução negativa, pois trata--se de um comprimento.
§ d ) 93,3
Resposta: A distância entre os dois pontos de contacto das rodascom o chão é aproximadamente 93,3 cm .
œ8704d > 0
xPug
1200 mPup
=12000,6p
1200 mPug
=12001,2p
2. Pág. 34
2.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
5,2282= a2
+ 52
§ 27,3320 = a2+ 25
§ a2= 27,3320 - 25
§ a2= 2,3320
± a =
§ a ) 1,5 m
(não se considera a solução negativa, pois trata-se de um compri-mento)
Resposta: A altura, a , do degrau é aproximadamente 1,5 m .
2.2 Vespigueiro = Vparalelepípedo rectângulo + Vprisma triângular
Vparal. rect. = Ab * h = 0,8 * 3,7 * 5 = 14,8 m3
Vprisma triangular = Ab * h (1)
Determinar a altura, h , da base do prisma triangular, aplicando oTeorema de Pitágoras:
0,52= 0,42
+ h2
§ 0,25 = 0,16 + h2
§ h2= 0,09
± h = 0,3
(Não se considera a solução negativa,pois trata-se de um comprimento).
Voltando a (1) , temos que:
Vprisma = Ab * 5 = * 5 = 0,12 * 5 = 0,6 m3
Vespigueiro = 14,8 + 0,6 = 15,4 m3
Resposta: O volume do espigueiro é 15,4 m3 .
3. Pág. 35
3.1
Vamos determinar a hipotenusa, h , do triângulo [ABC] , apli-cando o Teorema de Pitágoras:
h2= 1,52
+ 22
§ h2= 2,25 + 4
§ h2= 6,25
± h = 2,5 , só se considera a solução positiva pois trata-se deum comprimento
h = 2,5 km
Preço = 2,5 * 15 000 + 2,5 = 25 000
§ Preço = 2,5 * (15 000 + 25 000)
§ Preço = 2,5 * 40 000 § Preço = 100 000
Resposta: O preço de colocação da conduta é 100 000 Æ .
h > 0
0,8 * 0,32
h > 0
œ2,3320a > 0
12
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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3.2 a) Azona florestal = A[ABCD] - 2A[EBG] (1)
A[ABCD] =2= 602
= 3600 m2 .
A[EBG] = = 800 m2
Nota: Repara que = 40 e .
Voltando a (1) temos que:
Azona florestal = 3600 - 2 * 800 = 3600 - 1600 = 2000 m2
Resposta: A área da zona florestal é 2000 m2 .
b) Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
h2= 202
+ 202§ h2
= 800
± h = , só se considera asolução positiva, pois trata-sede um comprimento.
Pzona florestal = 2 + 4 * 20
) 136,57 m (2 c.d.)
Resposta: O perímetro da zona florestal é aproximadamente136,57 m .
4. Pág. 36
4.1 a) e b)
c) Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
x2= 42
+ 32
§ x2= 16 + 9
§ x2= 25
± x =
§ x = 5
Então tem-se,
5 + (2,5 - 1) * 2 = 5 + 1,5 * 2 = 5 + 3 = 8
Resposta: São necessários 8 metros de fio eléctrico para ligar asduas fichas.
œ25x > 0
œ800
œ800h > 0
EG = EBEB =23
AB =23* 60 =
1203
EB * BG2
=40 * 40
2=
16002
AB
4.2
50 - 20 = 30
30 : 2 = 15
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
x2= 222
+ 152
§ x2= 484 + 225
§ x2= 709
± x =
§ x ) 26,6 cm
Resposta: x ) 26,6 cm .
5. Pág. 37
5.1
5.2 a) ;
b) = 2 .
5.3
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
d2= 22
+ 62§ d2
= 4 + 36
§ d2= 40
± d =
Resposta: O valor exacto do diâmetro da circunferência é cm .œ40
œ40d > 0
Área de AÁrea de B
=63
Área de BÁrea de C
=312
=14
œ709x > 0
13
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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5.4 PA = 2 * 2 + 2 * 3 = 4 + 6 = 10 cm .
lado do quadrado = = 2,5 cm
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
h2= 2,52
+ 2,52§ h2
= 6,25 + 6,25 § h2= 12,5
§ h = ¿ ± h ) 3,54 cm (só se considera a soluçãopositiva visto se tratar de um comprimento).
Resposta: O comprimento da diagonal desse quadrado é aproxima-damente 3,54 cm .
6. Pág. 38Aplicando o Teorema de Pitágoras:
2= 62
+ 42
§2= 36 + 16 § 2
= 52
± =
Aplicando, novamente, o Teoremade Pitágoras:
2= 22
+ 42
§2= 4 + 16 § 2
= 20
± =
Desta forma, temos:
+ = +
Resposta: O valor exacto é + u.c e um valor aproxi-mado às centésimas é 11,68 u.c.
7.
Determinemos a altura do triângulo.Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que
52= + h2
§ 25 = + h2§ 25 = 5 + h2
§ h2= 25 - 5 § h2
= 20
± h = , não se considera a solução negativa, pois trata-sede um comprimento.
A[ABC] = = 10 u.a.
Resposta: A área do triângulo [ABC] é 10 u.a.
œ20 * œ202
=(œ20)2
2=
202
œ20h > 0
204
1œ202 2
2
A[ABC] =b * h
2
œ20œ52
œ20œ52CDAB
œ20CDCDw > 0
CDCD
CD
œ52ABABw > 0
ABAB
AB
h > 0œ12,5
104
8.
8.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:2= 12
+ 12
§2= 2
Como [AB] é um dos lados do quadrado[ABCD], então a área deste quadrado é 2 ,ou seja, é 2 u.a.
Resposta: A área do quadrado [ABCD] é 2 u.a.
8.2 O raio do círculo é metade do comprimento do lado do quadrado[ABCD] , deste modo temos:
raio =
Área do círculo = p * = p * = p * ) 1,6 .
Resposta: Valor exacto: u.a. ; valor aproximado: 1,6 u.a.
9. Pág. 39
9.1 Determinemos x usando o Teorema de Pitágoras.
562= x2
+ 422
§ 3136 = x2+ 1764
§ x2= 3136 - 1764
§ x2= 1372
± x =
§ x ) 37 .
Resposta: Podemos então concluir que o televisor não cabe noarmário pois a altura do lugar no armário destinado para o televi-sor é 36 cm , valor inferior a 37 cm .
9.2 Inicialmente vamos determinar a medida da diagonal do frigorífico.Para isso, vamos aplicar o teorema de Pitágoras:
d2= 1,82
+ 0,72 (70 cm = 0,7 m)
§ d2= 3,24 + 0,49
§ d2= 3,73
± d =
§ d ) 1,931
A roda tem 12,5 cm de raio, ou seja, 0,125 m .
Então, a porta terá de ter, no mínimo (1,932 + 0,125) m = 2,057 mde altura.
Resposta: A altura mínima da porta, para que, na posição indicada,o frigorífico entre no consultório será 2,057 metros.
œ3,73d > 0
œ1372x > 0
p2
12=
p2
241œ2
2 22
AB2
=œ22
AB
AB
AB
14
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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9.3 a)
5,2 - 3,5 = 1,7
Aplicando o Teorema de Pitágoras temos:
x2= 1,72
+ 52§ x2
= 2,89 + 25 § x2= 27,89
± x =
Aplicando novamente o Teorema de Pitágoras temos:
y2= 122
+ 1,72§ y2
= 144 + 2,89
§ y2= 146,89 ± y =
Área do telhado = 10 * + 10 * ) 174,01
Resposta: A área do telhado é aproximadamente 175 m2 .
b) Temos que: 175 * 22 = 3850 e 3850 * 0,25 = 962,50 .
Resposta: Para cobrir o telhado teria de se gastar 962,50 eurosem telhas.
10. Pág. 40Vamos, inicialmente, determinar a altura, h ,do triângulo aplicando o Teorema de Pitágoras.Assim, vem que:
202= 15,62
+ h2
§ 400 = 243,36 + h2
§ h2= 156,64
± h =
Para determinar o número de degraus necessários para chegar de Aaté B basta dividir o valor da altura do triângulo pela altura decada degrau, ou seja,
: 0,2 ) 62,6 (repara que 20 cm são 0,2 m) .
Resposta: São necessários 63 degraus para chegar de A até B .
œ156,64
œ156,64h > 0
œ146,89œ27,89
œ146,89y > 0
œ27,89x > 0
11. Comprimento da escada =
Aplicando o Teorema de Pitágoras:2= 14,42
+ 62
§2= 207,36 + 36
§2= 243,36
± =
§ = 15,6 cm
Aplicando, novamente, o Teorema de Pitágoras:
15,62= 13,52
+ y2
§ 243,36 = 182,25 + y2
§ y2= 243,36 - 182,25
§ y2= 61,11
± y =
Por outro lado temos que 6 + x = y , deste modo vem:
6 + x = § x = - 6 § x ) 1,817
Resposta: A escada deslocou-se aproximadamente 1,817 metros.
œ61,11œ61,11
œ61,11y > 0
AB
œ243,36ABABw > 0
AB
AB
AB
AB
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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Por
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Capítulo 29. A distância do ponto P à recta r é máxima quando [AP] Pág. 51
é um diâmetro, ou seja, o ponto P percorreu meia volta.
Resposta: (B) .
10. Temos que:
2,50 + 10 * 1 + (32 - 10) * 2 = 56,50
Resposta: (C) .
11. (A) A altura das pessoas não aumenta até aos 50 anos de idade.
(B) A altura das pessoas estabiliza a partir de uma determinadaidade.
(C) As pessoas não nascem com uma altura igual a zero.
(D) A altura das pessoas não diminui acentuadamente, desdecerta idade até aos 50 anos (ou, aos 50 anos não se tem amesma altura que se tem quando se nasce).
Resposta: (B) .
12. f (1) = - 2 * 1 + 1 = - 2 + 1 = - 1
f (3) = - 2 * 3 + 1 = - 6 + 1 = - 5
Então, tem-se:
f (1) - f (3) = - 1 - (- 5) = - 1 + 5 = 4
Resposta: (A) .
1. Pág. 52
1.1 A correspondência f é uma função porque a cada espécie vegetalcorresponde uma e uma só zona da Península Ibérica.
1.2 A imagem do objecto “sobreiro” é “Ibéria seca”.
1.3 Os objectos que têm “Ibéria húmida” como imagem são:
“Giesta” e “Castanheiro”.
1.4 a) Df = (Giesta, Castanheiro, Sobreiro, Azinheira, Pinheiro, Loureiro}
b) D’f = {Ibéria húmida, Ibéria seca} .
2. Destes animais o elefante é o que tem mais tempo de vida, logo cor-responderá ao ponto A . Com maior tempo de vida seguem-se azebra e o sapo, mas a zebra é evidentemente mais pesada que osapo, daí que o ponto B corresponda à zebra e o ponto C aosapo. Neste momento podemos afirmar que o ponto E corres-ponde à cobra, o ponto D ao pato e o ponto F à vespa.
3. Pág. 53
3.1
3.2 a) f (12) = 90 ; 3.2 b) f (6) = 25 ;
1. (A) A correspondência não traduz uma função porque Pág. 49o elemento 3 do conjunto A não tem correspondência noconjunto B .
(B) A correspondência traduz uma função porque a cada elementodo conjunto A corresponde um e um só elemento do conjuntoC .
(C) A correspondência não traduz uma função porque ao elemento1 do conjunto D correspondem dois elementos (2 e 3) doconjunto E .
(D) A correspondência não traduz uma função porque ao elemento1 do conjunto A correspondem dois elementos (4 e 6) doconjunto F .
Resposta: (B) .
2. Df = {1 , 2 , 3 , 4}
D’f = {6 , 7 , 8 , 9}
f (4) = 9
Resposta: (C) .
3. Resposta: (B) .
4. Em cada uma das opções, (A) , (C) e (D) é possível traçar umarecta vertical que intersecta o gráfico em mais que um ponto.
Resposta: (B) .
5. As caixas A e C têm o mesmo número de chocolates Pág. 50e custos diferentes.
As caixas A e B têm custos iguais e número de chocolates diferentes.
A caixa com mais chocolates é a D .
Resposta: (A) .
6. Com 20 litros de gasolina percorre 200 km .
Com 15 litros de gasolina percorre 150 km .
O automóvel consome cerca de um litro de gasolina por cada 10 km percorridos.
Resposta: (A) .
7. Durante a viagem o autocarro parou quatro vezes.
A última paragem durou cinco minutos.
Na viagem de regresso o autocarro percorreu 18 km em 15 minu-tos, logo viajou a 72 km por hora e não 72 km por minuto.
Resposta: (C) .
8. Determinemos a capacidade do tanque:
7 m * 5 m * 4 m = 140 m3 .
A torneira verte água para o tanque, à taxa de 2 m3 de água porhora, desta forma temos:
= 70 .
Assim, o tanque fica cheio ao fim de 70 horas.
Resposta: (B) .
1402
16
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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3.3
Resposta: Uma árvore com 15 anos de idade terá previsivelmente140 cm de diâmetro.
4.
4.1 f (20) = 1,2 * 20 = 24
Este resultado significa que um artigo que custava 20 Æ , com oaumento passou a custar 24 Æ .
4.2 Temos que: f (x) = 9,6, então:
1,2x = 9,6 § x = § x = 8
Se o preço final de um artigo é 9,6 Æ , então o preço inicial era 8 Æ .
4.3 Df = {10 , 20 , 30 , 40}
f (10) = 1,2 * 10 = 12
f (20) = 1,2 * 20 = 24
f (30) = 1,2 * 30 = 36
f (40) = 1,2 * 40 = 48
5.1 f (2) = 1 .
Significa que o Fernando após 2 minutos de prova está a 1 m do solo.
5.2 Se g (t) = 4 então t = 3 .
Significa que o Geraldo atinge a altura de 4 m ao fim de 3 minu-tos de prova.
9,61,2
6. Pág. 54
7.
8.
8.1 O cão demorou 15 segundos a percorrer os 100 metros. O gato,que partiu ao mesmo tempo que o cão, nunca parou e correu sem-pre à velocidade de 5 metros por segundo, demorou 20 segundosa percorrer os 100 metros (100 : 5 = 20) .Portanto, foi o cão quem ganhou a corrida.
8.2
8.3 Cada um dos animais tinha percorrido 40 metros.Esse facto ocorreu no instante t = 8 s .
9. (x - 3) * 2 = y
9.1
x = 0 : (0 - 3) * 2 = - 3 * 2 = - 6
x = 1 : (1 - 3) * 2 = - 2 * 2 = - 4
x = 2 : (2 - 3) * 2 = - 1 * 2 = - 2
y = 2 : (x - 3) * 2 = 2 § x - 3 = 1 § x = 1 + 3 § x = 4
x 0 1 2 4
y - 6 - 4 - 2 2
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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CEXM8-RES-02
9.2
9.3 O ponto de coordenadas (x , y) = (- 1 , - 9) não pertence à recta,como se pode confirmar no gráfico desenhado na alínea anterior.
10. Pág. 56
10.1 a) Tartaruga: num minuto anda 0,3 metros.
Espaço Percorrido = 0,3 * n.° de minutos
d = 0,3t
Se t = 10 : d = 0,3 * 10 = 3 m
Resposta: A tartaruga em 10 minutos percorreu 3 metros.
b) Burro: num minuto anda 2 metros.
d = 2t
Se t = 10 , d = 2 * 10 = 20 m
Resposta: O burro em 10 minutos percorreu 20 metros.
c) Cavalo: num minuto anda 6 metros.
d = 6t
Se t = 10 , d = 6 * 10 = 60 m
Resposta: O cavalo em 10 minutos percorreu 60 metros.
10.3 A variável dependente é a distância percorrida.
11.
11.1 a) A avaria ocorreu às 11 horas.
b) O automóvel esteve parado uma hora.
11.2 O Sr. Antunes circulou, na fila de trânsito, durante 48 minutos.
11.3 O Sr. Antunes chegou a Évora às 13 h 24 minutos.
11.4 O Sr. Antunes permaneceu em Évora 1 h 6 min (ou 66 minutos).
11.5 A distância entre Évora e a casa do Sr. Antunes é de 190 km .
11.6 Vmédia (viagem de regresso) = ) 63,3 km/h .
Resposta: Aproximadamente 63,3 km/h .
12. Pág. 57
12.1 O Nuno esteve parado 22,5 minutos.
12.2 Os dois automóveis cruzaram-se às 11 h 15 min .
12.3 A distância entre Vila Franca de Xira e Lisboa é de 30 km .
12.4 Vmédia (viagem Alice) = ) 29 km/h .
Resposta: Aproximadamente 29 km/h .
12.5 Vmédia = = 80 km/h .
Resposta: 80 km/h .
13. Linha A: Alexandre, porque ele vai de automóvel, que dentro dassituações apresentadas é o mais rápido.
Linha B: Avó da Ana, porque vai de autocarro e este é o meiomais rápido a seguir ao automóvel.
Linha C: Ana, porque vai de bicicleta e este é o meio mais rápidoa seguir ao autocarro.
Linha D: Adriana, porque esta deslocava-se a pé e este meio deentre os que foram apresentados é o mais lento.
14. Pág. 58
14.1 Foi o Manuel que descansou uma hora, enquanto que o Joaquimdescansou 40 minutos.
14.2 Quando os dois se cruzaram o Manuel estava a 30 km da cidade B .
14.3 Vmédia (antes descanso) = = 5 km/h ;
Vmédia (depois descanso) ) ) 22,5 km/h .
Resposta: Antes do descanso foi de 5 km/h e depois do des-canso foi aproximadamente de 22,5 km/h .
15.
15.1
15.2 = 0,3 km/min
0,3 km 1 min x = 0,3 * 60 §
x 60 min § x = 18 km/h
Resposta: 18 km por hora.
12 km40 min
Tempo (min)
5 10 15 20 25 30 40
Distância acasa (km)
0,5 0,5 0,5 3 5,5 8 12
30 km1,33 h
10 km2 h
50 km0,625 h
50 km1,75 h
50 km3 h
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Saiu de Santarém às 10 h 15 min e chegou a Vila Franca de Xira às 12 h . A viagem durou 1 h 45 m ,ou seja, durou 1,75 horas.
O Nuno nesta parte do per-curso percorreu 50 km em37,5 minutos, ou seja, em
= 0,625 horas. 37,560
16. Pág. 59
16.1 O taxista saiu da cidade A às 12 horas.
16.2 O taxista esteve parado 30 minutos, ou seja, meia hora.
16.3 O ciclista levava 13 km (28 - 15) de avanço sobre o taxista.
16.4 Estavam a 4 km (40 - 36) da cidade B .
16.5 Vmédia (taxista até que parou) = ) 17,3 km/h .
Resposta: Aproximadamente 17,3 km/h
16.6 Vmédia (ciclista depois paragem) = = 12 km/h .
Resposta: 12 km/h .
16.7 Foi o taxista, com um avanço de aproximadamente 16,5 minutos.
16.8
17. Pág. 60
17.1
17.2
17.3 a) São necessários 85 minutos para assar 1,5 kg de carne.
b) São necessários 125 minutos para assar 2,5 kg de carne.
Número de kg de carne
1 2 3 4
Tempo de assadura(min)
65 105 145 185
15 km1,25 h
13 km0,75 h
18. Por exemplo:
O António e o Nuno começaram a corrida dos 1000 m comgrande entusiasmo.
O Nuno nos primeiros 129 segundos manteve-se sempre à frentedo António, no entanto este aos 130 segundos alcançou o Nuno emanteve-se à frente dele até aos 270 segundos.
A partir daqui o Nuno ultrapassou-o e chegou à meta ao fim de285 segundos de prova.
O António chegou a seguir perfazendo 320 segundos para con-cluir a prova dos 1000 metros.
19.
20. Pág. 61
21.
21.1 A Sara nasceu com 2,8 kg .
21.2 No seu primeiro aniversário a Sara “pesava” 11,2 kg .
21.3
21.4 Aproximadamente 18 cm (65 - 47).
21.5 3,6 kg (10 - 6,4).
Comprimento (cm) “Peso” (kg)
50 5,6
55 6,4
60 7,6
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EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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22. Pág. 62
22.1 a) Com a tinta da marca A o João para pintar 40 m2 necessitade 5 litros de tinta. Recorrendo a uma regra de três simples,temos:
N.º de litros de tinta Área(em m2)5 40x 60
x = § x = 7,5
Resposta: 7,5 litros de tinta.
b) Com a tinta da marca B o João para pintar 30 m2 necessitade 5 litros, deste modo é imediato que para pintar 60 m2
necessita de 10 litros de tinta.
Resposta: 10 litros de tinta.
22.2 A área das portas e das janelas é de 20 m2 , então o Pedro vainecessitar de 2,5 litros de tinta da marca A .Vamos determinar o número de litros de tinta da marca B queele necessita.
N.° de litros de tinta Área (em cm2)5 30x 45
x = = 7,5
Assim, concluímos que o Pedro necessita de 7,5 litros de tintada marca B .
Resposta: O Pedro tem de comprar 2,5 litros de tinta damarca A e 7,5 litros de tinta da marca B .
22.3 Vamos usar uma regra de três simples:
N.º litros de tinta Área (em m2)5 40
4,2 x
x = = 33,6
Resposta: A Inês pintou 33,6 m2 .
22.4 Para pintar o prédio com tinta da marca A seriam necessários40 litros de tinta (5 * 12,5 = 62,5 ; já que 500 : 40 = 12,5) .Para pintar o prédio com tinta da marca B seriam necessários,
aproximadamente 84 litros de tinta .
Desta forma gastavam-se, aproximadamente, mais 44 litros detinta (84 - 40 = 44) da marca B que da marca A .
Resposta: Gastavam-se, aproximadamente, mais 44 litros detinta da marca B que da marca A .
23.
• O ponto P pode corresponder ao Pedro porque como osdois testes lhe correram muito bem, tanto o valor da abcissa(pontuação a Língua Portuguesa), como o valor da ordenada(pontuação a Matemática) são valores altos.
1já que 50030
* 5 ) 83,32
4,2 * 405
5 * 4530
5 * 6040
• O ponto A pode corresponder ao António porque como osdois testes lhe correram muito mal, tanto o valor da abcissa(pontuação a Língua Portuguesa), como o valor da ordenada(pontuação a Matemática) são valores muito baixos.
• O ponto J pode corresponder à Joana porque o teste deMatemática correu-lhe bem, ou seja, o valor da ordenada éalto. O teste de Língua Portuguesa correu-lhe mal, logo ovalor da abcissa é baixo.
• O ponto I pode corresponder à Inês, porque no teste deMatemática ela vai ter zero, ou seja, o ponto I está sobre oeixo das abcissas. A Língua Portuguesa vai tirar uma boa clas-sificação, logo o valor da abcissa é alto.
• O ponto B pode corresponder à Beatriz, pois os dois testescorreram-lhe razoavelmente, logo o valor da abcissa (pontua-ção a Língua Portuguesa), como o valor da ordenada (pontua-ção a Matemática) são médios.
24. Pág. 63
24.1 A temperatura subiu entre as 5 horas e as 16 horas e entre as20 horas e as 24 horas.
24.2 A temperatura mais baixa verificou-se às 5 horas.
24.3 A temperatura foi de 14 °C às 3 horas, às 8 horas e às 20horas.
25.
25.1 Um euro.
25.2 De Janeiro a Fevereiro, e de Junho a Novembro.
25.3 Em Junho, pois é quando o preço das maçãs é mais baixo.
26. Pág. 64
26.1 170 , 200 , 230 e 260 .
26.2 O João gastou 80 euros.
26.3 20 + 30x = 440 §
§ 30x = 440 - 20 §
§ 30x = 420 §
§ x = § x = 14
Resposta: O Pedro dormiu 14 noites no hotel.
26.4
42030
20
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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27.
27.1
27.2 y = 150 + 20x .
27.3
28.
28.1
28.2 Por exemplo: y = - 2x + 1 .
29. Pág. 65
29.1
29.2 Temos que:25 + 10 * 5 = 25 + 50 = 75
Resposta: A Cristina pagará 75 euros.
29.3 Temos que:25 + 10x = 55 § 10x = 55 - 25 § 10x = 30 §
§ x = § x = 3
Resposta: A máquina levou 3 horas a arranjar.
3010
Número de horas Custo (Æ)
1 35
2 45
3 55
B
y y = 25 + 10x
Número de dias Custo do aluguer
1 170
2 190
3 210
4 230
30.
30.1
30.2
31. Pág. 66
31.1
31.2 Usando uma regra de três simples temos que:
Custo (em euros) Custo (em libras)
10 15
22 x
x = = 33
Resposta: A boneca custa 33 libras.
31.3 Usando uma regra de três simples, temos que:
Custo (em euros) Custo (em libras)
10 15
x 90
x = = 60
Resposta: A jarra da Vista Alegre custa 60 euros.
10 * 9015
22 * 1510
Tempo (horas) Custo (Æ)
1 13
2 16
3 19
4 22
21
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EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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32. y = 50 + 40x3 3
Total n.° de meses
32.1 Tempo = meio ano = 6 meses
y = 50 + 40 * 6 § y = 50 + 240 § y = 290
Resposta: A mãe da Ana pagou 290 Æ .
32.2 530 = 50 + 40x § 530 - 50 = 40x § 480 = 40x §
§ = x § x = 12
Resposta: A mãe da Ana levou 12 meses a pagar o televisor.
33. Pág. 67
33.1 O Carlos percorreu mais 50 metros que o João (O Carlos per-correu 550 metros e o João 500 metros).
33.2 Aos 52,5 segundos e aos 97,5 segundos (ou 1 min 37,5 segun-dos)
33.3 45 segundos (Dos 52,5 segundos ao 1 min 37,5 segundos)
33.4 O João venceu a corrida e cortou a meta 15 segundos antes doCarlos, logo o João ganhou a aposta.
34.
34.1 y = 50 + 40 * 3 § y = 50 + 120 § y = 170
Resposta: Se alugarmos o barco 3 horas temos que pagar 170 Æ .
34.2 130 = 50 + 40x § 130 - 50 = 40x § 80 = 40x §
§ x = § x = 2
Resposta: Se pagarmos 130 Æ quer dizer que alugamos o barcopor 2 horas.
35. Como f (x) = 2x + 1 , então tem-se:
f (x) = 16 § 2x + 1 = 16 § 2x = 16 - 1 § 2x = 15 §
§ x = § x = 7,5
Resposta: x = 7,5 .
36. Como g (x) = 1 - 2x , então tem-se:
1 - 2x = 5 § - 2x = 5 - 1 § - 2x = 4 § x = § x = - 2
Resposta: x = - 2 .
37. Pág. 68
37.1 A piscina tem 25 metros de comprimento.
37.2 Cada atleta percorreu 100 metros.
37.3 Foi a Ana quem ganhou a corrida.
37.4 Sim, porque ela fez a primeira volta num minuto e a Ana numminuto e 10 segundos, logo ao fim da primeira volta era a Joanaque ia à frente.
37.5 Ana:
Fez a primeira “piscina” em 40 segundos, voltando ao início em30 segundos, a próxima “piscina” fez também em 30 segundos eo regresso à meta também em 30 segundos, ganhando a prova,pois nas quatro piscinas fez um total de 2 minutos e 10 segundos.
Joana:
Fez a primeira “piscina” em 30 segundos, regressando tambémem 30 segundos, a próxima “piscina” fez em 30 segundos tam-bém, mas o regresso à meta foi feito em 50 segundos. Concluiu aprova em 2 minutos e 20 segundos, ficando em segundo lugar.
4- 2
152
8040
48040
38.
38.1 Foi o João quem ganhou a corrida.
38.2 1000 m = 1 km
João: vmédia = ) 0,14286 km/min
vmédia = 0,142 86 * 60 min ) 8,57 km/htuv1 h
Pedro: vmédia = = 0,1 km/min
vmédia = 0,1 * 60 = 6 km/h
António: vmédia = ) 0,086 96 km/min
vmédia = 0,086 96 * 60 ) 5,22 km/h
Resposta: A velocidade média do João, do Pedro e do Antónioé, respectivamente 8,57 km/h aproximadamente, 6 km/h e5,22 km/h aproximadamente.
38.3 Foi o Pedro quem correu a uma velocidade constante.
38.4 Por exemplo: A corrida dos 1000 metros
O João, o Pedro e o António participaram numa corrida de 1000metros.
O João percorreu os primeiros 400 metros em apenas umminuto, depois percorreu mais 200 metros em 5 minutos e osúltimos 400 metros em apenas um minuto, chegando à meta emprimeiro.
O Pedro chegou à meta em segundo lugar.
Efectuou todo o percurso (1000 metros) a uma velocidade cons-tante de 100 metros por minuto, ou seja, percorreu os 100metros em 10 minutos.
O António chegou à meta em último lugar, percorrendo os1000 metros em 11 minutos e 30 segundos. Percorreu os pri-meiros 400 metros em 8 minutos e os restantes 600 metrosem 4 minutos e meio.
1. Pág. 69
1.1 III ;
1.2 III ;
1.3 II ;
1.4 III .
2. A - 2 B - 11 C - 8 D - 4 E - 12 Pág. 70F - 13 G - 7 H - 9 I - 3 J - 6
3. Pág. 71
3.1 Não, por exemplo, às 9 horas correspondem dois valores diferen-tes de dinheiro existente na máquina do multibanco, 2500 euros e8500 euros.
3.2 5000 - 2500 = 2500
Resposta: 2500 euros.
3.3 Duas vezes, às 9 horas e às 16 horas.
3.4 5000 - 2500 = 2500 Æ
8500 - 1000 = 7500 Æ
6000 - 4500 = 1500 Æ
2500 + 7500 + 1500 = 11 500 Æ
Resposta: 11 500 Æ .
1 km11,5 min
1 km10 min
1 km7 min
22
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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3.5 = 500 Æ/h ; ) 1071,43 Æ/h ; = 375 Æ/h .
Por exemplo:
Resposta: Foi das 9 h às 16 h , porque é neste período de tempoque há mais pessoas na rua.
3.6 Não, porque os levantamentos podem ser maiores ou menores, ouseja, podem não ser todos do mesmo valor.
4. Pág. 72
4.1 Valor da compra = 500 Æ
Distância = 45 km
P = 500 + 25 * 1,30 § P = 500 + 32,5 § P = 532,5
Resposta: O Pedro vai pagar 532,50 Æ .
4.2 Distância = 325 km
segunda-feira
P = 1337,50 Æ
1337,50 = x + 305 * 1,50 § 1337,50 = x + 457,5 § x = 880
Resposta: O móvel custou 880 Æ .
5. Pág. 73
5.1 Capacidade de 1 copo = 32 cl
6 litros cheia
x 1
x = § x = § x = § x = 9
Resposta: A máquina leva 9 litros de sumo de laranja.
5.2 a) Nenhum.
b) 9 - 2 = 7
Resposta: 7 litros .
5.3 10 h " 8 litros
12 h " 1 litro 8 - 1 = 7 litros = 700 cl
= 28
Resposta: Foram vendidos 28 copos de sumo de laranja.
5.4 5 l + 6 l = 11 l
Resposta: 11 litros.
5.5
20 copos * 25 cl = 500 cl = 5 l
8,6 - 5 = 3,6
700 cl25 cl
182
623
6 * 123
23
1500 Æ4
7500 Æ7
2500 Æ5
6. Pág. 74
Gráfico 1: (E) ;
Gráfico 2: (F) ;
Gráfico 3: (D) ;
Gráfico 4: (B) ;
Gráfico 5: (A) ;
Gráfico 6: (C) .
7. Pág. 75
7.1 = 7,5 minutos.
Resposta: 7 minutos e 30 segundos.
7.2 Gráfico D .
8. Pág. 76
8.1 a) f (0) = 2 * 0 + 5 = 5
Resposta: A altura do 1.° poste é 5 metros.
b) x = 40
f (40) = 2 * 40 + 5 = 80 + 5 = 85
Resposta: A altura do 2.° poste é 85 m .
c) Temos que, 85 - 5 = 80 .
Resposta: A diferença de alturas dos dois postes é 80 metros.
d) Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem que:
h2 = 802 + 402
§ h2 = 6400 + 1600
§ h2 = 8000
± h =
§ h ) 89,4
Resposta: O comprimento do fio é aproximadamente 89,4 metros.
8.2 a) f (0) + f (1) = 3 + (- 1 + 3) = 3 - 1 + 3 = 6 - 1 = 5
b)
c) Como f (x) = 6 , então tem-se:
f (x) = 6 § - x + 3 = 6 §
§ - x = 6 - 3 § - x = 3 § x = - 3
Resposta: x = - 3 .
d) Não, porque o seu gráfico, embora seja uma recta, esta nãopassa no ponto (0 , 0) , ou seja, na origem do referencial (ou,porque não é uma função do tipo y = ax , com a 0 0).
x y = - x + 3 (x , y)
0 3 (0 , 3)
1 - 1 + 3 = 2 (1 , 2)
œ8000h > 0
152
23
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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9. Pág. 77
9.1 Temperatura = 1535 °C e K = C + 273 , então tem-se:
K = 1535 + 273 § K = 1808
Resposta: 1808 K .
9.2 780 kelvin e K = C + 273, então temos:
780 = C + 273 § C = 780 - 273 § C = 507
780 K = 507 °C
Por outro lado temos que:
F = C + 32 , logo, F = * 507 + 32 § F = 912,6 + 32 §
§ F = 944,6
Resposta: O zinco funde a 944,6 °F .
9.3 0° C
K = C + 273 § K = 0 + 273 § K = 273
F = C + 32 § F = 0 + 32 § F = 32
Resposta: A temperatura correspondente a 0 ºC em kelvin são273 kelvin e em graus Fahrenheit são 32 °F .
9.4 F = C + 32 § F - 32 = C § 5F - 160 = 9 C §
§ 9C = 5F - 160 § C = (1)
K = C + 273 §
§ C = K - 273 , substituindo este valor de C em (1) , vem que:
K - 273 = § 9K - 2457 = 5F - 160 §
§ 9K - 2457 + 160 = 5F § 9K - 2297 = 5F §
§ 5F = 9K - 2297 § F = § F = 1,8K - 459,4 c.q.m.
Resposta: A fórmula que relaciona os graus Fahrenheit com os kelviné F = 1,8K - 459,4 .
10. Pág. 78
10.1 Por exemplo: Ao longo dos primeiros 20 anos de vida os doisirmãos tiveram o mesmo peso aos 10 anos (ambos pesavam 30kg) e aos 15 anos (ambos pesavam 55 kg) . Aos 20 anos oPaulo pesava cerca de 15 kg mais que a Teresa. Os períodosde tempo em que o Paulo pesava mais que a Teresa foi dos 0anos aos 10 anos e dos 15 anos aos 20 anos. Nos primeiros10 anos de vida a diferença de peso entre os dois irmãos erapouca e aos 10 anos até tinham o mesmo peso. Dos 10 anosaos 20 anos a diferença de peso já foi significativa, até aos 15anos a Teresa pesava mais do que o Paulo e a partir daí o Paulopassou a pesar sempre mais que a Teresa.
10.2 Paulo: 75 kg e 1,75 m de altura
Teresa: 60 kg e 1,60 m de altura
IPaulo = ) 24,5 kg/m2 ;
ITeresa = = 23,4375 kg/m2 .
Resposta: O índice de massa corporal do Pedro é 24,5 kg/m2 e oda Teresa é 23,4385 kg/m2 , visto isto nem o Paulo nem a Teresasão pessoas obesas.
601,62 =
602,56
751,752 =
753,0625
9K - 22975
5F - 1609
5F - 1609
95
95
95
95
95
11. Pág. 79
11.1 a) 74 kg ;
b) 1,76 metros.
11.2 Não, pois no gráfico só é possível ler e associar alturas iguais ousuperiores a 150 cm e pesos iguais ou superiores a 45 kg e umacriança, normalmente, tem altura e peso inferiores a estes valores.
11.3 I = Ana: 170 cm = 1,7 m
65 kg
I = § I ) 22,5 (1 c. d.) kg/m2
Resposta: A Ana não é uma pessoa obesa, uma vez que 22,5 kg/m2 < 24,9 kg/m2 .
12. Pág. 80
12.1 a) 70 pulsações por minuto.
b) 60 minutos (ou 1 hora).
c) 10 minutos (entre os 30 e os 40 minutos).
d) 100 pulsações por minuto.
e) Aos 10 e aos 55 minutos.
12.2 a) 220 - 60 = 160 " Ritmo cardíaco máximo recomendado paraa Joaquina
Resposta: A Joaquina nunca atingiu o ritmo cardíaco máximorecomendado, já que o número de pulsações por minuto atingidopela Joaquina foi de 140 .
b) 70% de 160 = 0,7 * 160 = 112
85% de 160 = 0,85 * 160 = 136
Ora pretendemos saber quais os períodos de tempo em que onúmero de pulsações por minuto da Joaquina se situou entre os112 e 136 .
Este facto ocorreu durante, aproximadamente 12 minutos(dos 25 aos 32 minutos e dos 38 aos 43 minutos).
Resposta: O ritmo cardíaco ideal da Joaquina deve situar-se entreas 112 e as 136 pulsações por minuto, o que se verificoudurante 12 minutos.
c) Por exemplo: Eu chamo-me Cristina e tenho 13 anos.
O meu ritmo cardíaco máximo recomendado é 207 , e o meuritmo cardíaco ideal deve variar entre os 144,9 e 175,95 pul-sações por minuto, quando me encontro a praticar exercíciofísico.
Cálculos auxiliares:
220 - 13 = 207
70% de 207 = 0,7 * 207 = 144,9
85% de 207 = 0,85 * 207 = 175,95
13. Pág. 81
13.1 a) 60 km .
b)
c) Por leitura no gráfico, podemos afirmar que a “moto-quatro”da Joana gasta, aproximadamente, 3,3 litros de gasolina porcada 100 km. Logo, consome mais que a “moto-quatro” doJoão.
Distância (km) 36 144 180
Gasolina necessária (litros) 1,2 4,8 6
651,72
Pa2
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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13.2 a) Custo das peças = 35 Æ
Custo mão-de-obra = 12 Æ
C = (35 + 12) * 1,7 § C = 47 * 1,7 § C = 79,90 Æ .
Resposta: 79,90 Æ .
b) C = 103,70 Æ
Custo das peças = 36 Æ
103,70 = (36 + x) * 1,7 § = 36 + x §
§ 61 = 36 + x § x = 61 - 36 § x = 25
Resposta: 25 Æ .
14. Pág. 82
14.1
14.2 a) 3 Æ
b) 7,8 Æ
14.3 a) 4,2 Æ
b) 14,1 Æ
14.4 (A)
14.5 Porque se o preço original for 0 Æ , o preço com a redução tam-bém é 0 Æ (e para além disso trata-se de uma situação de pro-porcionalidade directa).
15. Pág. 83
15.1 a) b)
TRIM
Minutos de chamadas(por mês)
Custo
10 11
30 13
50 15
100 20
TOQUE
Minutos de chamadas(por mês)
Custo
10 8
30 14
50 20
100 35
103,701,7
15.2
15.3 5 + 0,3x = 10 + 0,1x §
§ 0,3x - 0,1x = 10 - 5 §
§ 0,2x = 5 §
§ x = § x = 25
ou lendo no gráfico a abcissa do ponto de intersecção dos doisgráficos.
Resposta: Para 25 chamadas.
15.4 Deve escolher a empresa TOQUE, pois até 25 minutos de cha-madas por mês é mais vantajoso escolher esta empresa.
15.5 Sim, porque para mais de 25 minutos de chamadas por mês émais vantajoso (mais económico) a companhia de telefonesTRIM.
16. Pág. 84
16.1 30 litros.
16.2 1 hora.
16.3 45 litros (50 - 5) .
16.4 65 litros (15 + 10 + 30 + 10) .
16.5 Das 8 h às 12 h , 15 litros; e das 18 h às 20 h , 40 litros.
Os automóveis consomem mais quando circulam na cidade; até secostuma fazer a comparação entre o consumo médio e o consumourbano.
16.6 Não, porque a cada elemento do conjunto de partida não corres-ponde um e um só elemento do conjunto de chegada. Ao valor16 do tempo (em horas) corresponde uma infinidade de litros degasóleo.
50,2
25
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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Capítulo 314. Sabemos que, por dia, a Joana anda 6 km , ou seja, 6000 metros.
Cada passo da Joana corresponde a 52 cm , ou seja, 0,52metros. Então, tem-se:
* 7 ) 80 769
Concluímos que, numa semana (7 dias) a Joana anda aproximada-mente 80 769 passos.
E, 80 769 passos = 8,0769 * 104 passos.
Resposta: (A) .
15. Temos que:
a = 3,21 * 103 = 3210 e 3210 < 3212 .
b = 0,032 * 105 = 3200 e 3200 < 3212 .
c = 3 213 000 * 10- 3 = 3213 e 3213 > 2212 .
d = 32 110 * 10- 1 = 3211 e 3211 < 3212 .
Resposta: (C) .
16. Vamos escrever cada um dos números em notação científica:
X = 0,000 000 001 15 kg = 1,15 * 10- 9 kg .
Y = 0,000 000 000 27 kg = 2,7 * 10- 10 kg .
Z = 0,000 000 000 089 kg = 8,9 * 10- 11 kg .
Então, temos que:
X > Y , pois 10- 9 > 10- 10 .
Y > Z , pois 10- 10 > 10- 11 .
A maior destas massas atómicas é X e a menor é Z .
Resposta: (A) .
1. Pág. 98
1.1
1.2
2.
2.1
Número de figura Número de elementos da figura
1 3
2 6
3 9
4 12
… …
100 300
… …
n 3n
60000,52
1. Pág. 94
1.1Resposta: (C)
1.2 A prenda custou 60 euros; se cada pessoa contribuiu com 7 euros e
50 cêntimos, então tem-se: = 8 .Resposta: (A) .
2.
2.1 3 * 20 + 1 = 60 + 1 = 61
Resposta: (A) .
2.2Resposta: (D) .
3. Pág. 95
3.1 5 * 10 + 1 = 50 + 1 = 51
Resposta: (B) .
3.2Resposta: (B) .
4.
4.1 Resposta: (D) .
4.2 Resposta: (A) .
5. m.m.c. (2 , 6 , 9) = ?
2 = 2 m.m.c. (2 , 6, 9) = 2 * 32 = 18 dias
6 = 2 * 3
9 = 32
Resposta: (B) .
6. Pág. 96
Resposta: (D) .
7. = 33 = 27
Resposta: (B) .
8.
Resposta: (B) .
9. 23 + 25 = 8 + 32 = 40Resposta: (D) .
10. (- 1)2 : = 1 : = 1 * = - 27
Resposta: (C) .
11.Resposta: (B) .
12. O significado desta expressão é 2,5 * 1012 . Pág. 97
Resposta: (A) .
13. O significado desta expressão é 7,03 * 10- 11 .
Resposta: (B) .
1- 271 21- 1
2721- 132
3
31- 122
2
43
= 1 - 122
6
=164
1- 132
2
: 1132
5
= 1132
2
: 1132
5
= 1132
-3
= 1312
3
1- 122
1
* 1- 122
5
= 1- 122
6
= 1122
6
607,5
26
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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3.
3.1 1.° termo = 10
2.° termo = 10 + (- 2) = 8
3.° termo = 8 + (- 2) = 6
4.° termo = 6 + (- 2) = 4
5.° termo = 4 + (- 2) = 2
3.2 1.° termo = 10
2.° termo = 10 * 0,1 = 1
3.° termo = 1 * 0,1 = 0,1
4.° termo = 0,1 * 0,1 = 0,01
5.° termo = 0,01 * 0,1 = 0,001
4. Pág. 99
4.1 1.° termo = 2 * 1 = 2
2.° termo = 2 * 2 = 4
3.° termo = 2 * 3 = 6
4.° termo = 2 * 4 = 8
5.° termo = 2 * 5 = 10
4.2 1.° termo = 2 * 1 - 1 = 1
2.° termo = 2 * 2 - 1 = 3
3.° termo = 2 * 3 - 1 = 5
4.° termo = 2 * 4 - 1 = 7
5.° termo = 2 * 5 - 1 = 9
4.3 1.° termo = 2 * 1 + 1 = 3
2.° termo = 2 * 2 + 1 = 5
3.° termo = 2 * 3 + 1 = 7
4.° termo = 2 * 4 + 1 = 9
5.° termo = 2 * 5 + 1 = 11
4.4 1.° termo = 5 * 1 + 2 = 7
2.° termo = 5 * 2 + 2 = 12
3.° termo = 5 * 3 + 2 = 17
4.° termo = 5 * 4 + 2 = 22
5.° termo = 5 * 5 + 2 = 27
4.5 1.° termo = 12 - 1 = 0
2.° termo = 22 - 1 = 3
3.° termo = 32 - 1 = 8
4.° termo = 42 - 1 = 15
5.° termo = 52 - 1 = 24
4.6 1.° termo = - 12 + 1 = - 1 + 1 = 0
2.° termo = - 22 + 2 = - 4 + 2 = – 2
3.° termo = - 32 + 3 = - 9 + 3 = – 6
4.° termo = - 42 + 4 = - 16 + 4 = – 12
5.° termo = - 52 + 5 = - 25 + 5 = – 20
5.
5.1 Regra: adicionar três unidades ao termo anterior.
19 , 22 , 25 , 28 , 31
5.2 Regra: multiplicar por 2 o termo anterior.
32 , 64 , 128 , 256 , 512
5.3 Regra: cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos dois termosimediatamente anteriores (sequência de Fibonacci).
13 , 21 , 34 , 55 , 89
6.
6.1
6.2 Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3 Fig. 4 Fig. 5 Fig. 6 Fig. 7 Fig. 8
Número 1 3 6 10 15 21 28 36 de pontos
1 1 1 1 1 1 1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8
Resposta: A figura 8 terá 36 pontos.
7.
7.1
7.2
Ora, o primeiro termo é 4 = 2 * 1 + 2 , o segundo termo é 6 = 2 * 2 + 2 , o terceiro termo é 8 = 2 * 3 + 2 , o quarto termo é10 = 2 * 4 + 2 , …
Então, o número de fósforos da figura n é 2 * n + 2 , ou seja, 2n + 2 .
Assim, a figura 10 terá 22 fósforos (2 * 10 + 2) .
Resposta: figura 10 : 22 fósforos; figura n : 2n + 2 fósforos.
8. Pág. 100
8.1 1.° termo = ou 0,5 .
2.° termo = ou 1 .
3.° termo = ou 1,5 .
4.° termo = ou 2 .
5.° termo = ou 2,5 .
8.2 1.° termo = 1 + 5 = 6
2.° termo = 2 + 5 = 7
3.° termo = 3 + 5 = 8
4.° termo = 4 + 5 = 9
5.° termo = 5 + 5 = 10
8.3 1.° termo = 1 * 4 - 1 = 3
2.° termo = 2 * 4 - 1 = 7
3.° termo = 3 * 4 - 1 = 11
4.° termo = 4 * 4 - 1 = 15
5.° termo = 5 * 4 - 1 = 19
52
42
32
22
12
Número da figura 1 2 3 4 5
Número de fósforos 4 6 8 10 12
27
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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8.4 1.° termo = = – 2
2.° termo = = - ou – 1,5
3.° termo = = – 1
4.° termo = = - ou – 0,5
5.° termo = = 0
8.5 1.° termo = = ou 1,5
2.° termo = = 2
3.° termo = = ou 2,5
4.° termo = = 3
5.° termo = = ou 3,5
8.6 1.° termo = 1 * 0,5 - 3 = – 2,5
2.° termo = 2 * 0,5 - 3 = – 2
3.° termo = 3 * 0,5 - 3 = – 1,5
4.° termo = 4 * 0,5 - 3 = – 1
5.° termo = 5 * 0,5 - 3 = – 0,5
9.
9.1
9.2
9.3
9.4Objecto Imagem
1 (1 - 1) * 4 = 0 * 4 = 0
2 (2 - 1) * 4 = 1 * 4 = 4
3 (3 - 1) * 4 = 2 * 4 = 8
n (n - 1) * 4 = 4n - 4
Objecto Imagem
1 1 * 3 + (- 2) = 3 - 2 = 1
2 2 * 3 + (- 2) = 6 - 2 = 4
3 3 * 3 + (- 2) = 9 - 2 = 7
n n * 3 + (- 2) = 3n - 2
72
5 + 22
4 + 22
=62
52
3 + 22
2 + 22
=42
32
1 + 22
5 - 52
12
4 - 52
3 - 52
= -22
32
2 - 52
1 - 52
= -42
9.5
10. Pág. 101
10.1 Temos que: 6 = 6 * 1 ; 12 = 6 * 2 e 18 = 6 * 3 .
Logo, no interior do rectângulo deve estar escrito:
“multiplicar por 6”.
10.2 Temos que: - 1 = 1 - 2 ; 0 = 2 - 2 e 1 = 3 - 2
Logo, no interior do rectângulo deve estar escrito:
“subtrair 2” ou “adicionar – 2” .
10.3 Temos que: 1 = 2 * 1 - 1 ; 3 = 2 * 2 - 1 e 5 = 2 * 3 - 1 .
Logo, no interior de cada um dos rectângulos deve estar escrito,respectivamente, “multiplicar por 2” e “subtrair 1” ou “adicio-nar – 1” .
11.
11.1 Vamos procurar o valor natural n tal que
2n + 5 = 25 .
Então, tem-se:
2n + 5 = 25 § 2n = 25 - 5 § 2n = 20 § n =
§ n = 10 .
Resposta: É o termo de ordem 10 .
11.2 2 * 100 + 5 = 200 + 5 = 205
Resposta: O termo de ordem 100 é o 205 .
12.
12.1
12.2 No final dos sete primeiro dias, o Pedro já leu 127 páginas dolivro (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 127).
Resposta: Ainda faltam ler ao Pedro 113 páginas (240 - 127) .
13. Pág. 102
13.1
1.° termo = 5 - 2 * 1 = 5 - 2 = 3
2.° termo = 5 - 2 * 2 = 5 - 4 = 1
3.° termo = 5 - 2 * 3 = 5 - 6 = - 1
4.° termo = 5 - 2 * 4 = 5 - 8 = - 3
5.° termo = 5 - 2 * 5 = 5 - 10 = - 5
I
Dia Número de páginas lidas
1 1
2 2
3 4
4 8
5 16
6 32
7 64
202
Objecto Imagem
1 12 = 1
2 22 = 4
3 32 = 9
n n2
28
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
EX
M8
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Edi
tora
Objecto Imagem
1 1 : 2 = 0,5
2 2 : 2 = 1
3 3 : 2 = 1,5
n n : 2 =n2
Objecto Imagem
1 1 * 33
=33= 1
2 2 * 33
=63= 2
3 3 * 33
=93= 3
nn * 3
3=
3n3
= n
1.° termo = 3 * 1 - 5 = 3 - 5 = - 2
2.° termo = 3 * 2 - 5 = 6 - 5 = 1
3.° termo = 3 * 3 - 5 = 9 - 5 = 4
4.° termo = 3 * 4 - 5 = 12 - 5 = 7
5.° termo = 3 * 5 - 5 = 15 - 5 = 10
1.° termo = 12 - 1 = 1 - 1 = 0
2.° termo = 22 - 1 = 4 - 1 = 3
3.° termo = 32 - 1 = 9 - 1 = 8
4.° termo = 42 - 1 = 16 - 1 = 15
5.° termo = 52 - 1 = 25 - 1 = 24
1.° termo = 2 - (1 - 1) = 2 - 0 = 2
2.° termo = 2 - (2 - 1) = 2 - 1 = 1
3.° termo = 2 - (3 - 1) = 2 - 2 = 0
4.° termo = 2 - (4 - 1) = 2 - 3 = - 1
5.° termo = 2 - (5 - 1) = 2 - 4 = - 2
1.° termo = 2 * 1 = 2
2.° termo = 2 * 2 = 4
3.° termo = 2 * 3 = 6
4.° termo = 2 * 4 = 8
5.° termo = 2 * 5 = 10
Desta forma, temos que:
corresponde a
corresponde a
corresponde a
corresponde a
corresponde a
13.2 5 - 2 * 18 = 5 - 36 = - 31 ;
3 * 18 - 5 = 54 - 5 = 49 ;
182 - 1 = 324 - 1 = 323 ;
2 - (18 - 1) = 2 - 17 = - 15 ;
2 * 18 = 36 .
14.
14.1 Por observação da figura dada podemos concluir que:
Número de hexágonos Número de hexágonos brancos coloridos
6 = 4 * 1 + 2 110 = 4 * 2 + 2 214 = 4 * 3 + 2 318 = 4 * 4 + 2 4
Desta forma, temos que:
para 5 hexágonos coloridos são necessários 22 hexágonosbrancos (4 * 5 + 2) .
14.2 Para 10 hexágonos coloridos são necessários 42 hexágonosbrancos (4 * 10 + 2).
V
IV
III
II
I
BV
CIV
AIII
DII
EI
V
IV
III
II 15.
15.1 Os 10 primeiros números quadrados são:
1 , 4 , 9 , 16 , 25 , 36 , 49 , 64 , 81 e 100 .
Nota: repara que
62 = 36 ; 72 = 49 ; 82 = 64 ; 92 = 81 e 102 = 100 .
15.2 O termo de ordem n da sequência dos números quadrados é n2 .
16. Pág. 103
16.1
16.2
17.
17.1 Temos que , desta forma podemos concluir que
pois 21 < 28 , ou seja, .
17.2 Temos que e , então
pois 27 < 32 , ou seja, .
18.
18.1 =
(2) (3)
= - =
18.2 - = - =
(7) (5)
= =
18.3 =
= = =
(4) (9)
= = -
19.(3) (4)
O quarto menino ficou com do bolo, já que
1 - .
20. Pág. 104
20.1 O mínimo múltiplo comum entre 6 e 9 é 18 .
Isto significa que ao fim de 18 minutos os dois ciclistas voltarãoa encontrar-se no ponto de partida.
20.2 Temos que: 6 * 3 = 18 e 9 * 2 = 18 , significa que um dosciclistas terá dado três voltas à pista e o outro duas voltas.
1112
=1212
-1112
=112
112
14+ 2 *
13=
14+
23=
312
+8
12=
1112
415
127
* 1- 365 2 = -
36135
127
: 1- 5362
127
: 1 436
-9
362127
: 119-
142
119
: 32 : 113
: 3 -142 * 11
9*
132 : 11
3*
13-
142
57
3035
-5
35=
2535
1235
+4235
-5
351235
+65-
17
23
318
+1518
=1218
118
-29+
56=
118
-4
18+
1518
49>
38
2772
<3272
49=
4 * 89 * 8
=3272
38=
3 * 98 * 9
=2772
121
>2
56121
>1
28
256
=1
28
Número do quadrado 1 2 3 4 n
Área (cm2) 1 4 9 16 n2
Número do quadrado 1 2 3 4 n
Perímetro (cm) 4 8 12 16 4n
29
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
CE
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dito
ra
21.
21.1 Podemos resolver este problema, calculando o m.m.c. (2 , 3 , 5).
Como 2 , 3 e 5 são números primos temos quem.m.c. (2 , 3 , 5) = 2 * 3 * 5 = 30 .
Resposta: O menor número possível de alunos do 8.° ano que aescola pode ter é 30 .
21.2 Nas condições do enunciado, o número mínimo de alunos do 8.ºano que a escola pode ter é dado por m.m.c. (2 , 3 , 5 , 7).
Os números 2 , 3 , 5 e 7 são primos, logom.m.c. (2 , 3 , 5 , 7) = 2 * 3 * 5 * 7 = 210 .
Resposta: No mínimo, a escola poderia ter 210 alunos a frequentaro 8.° ano.
22. Podemos resolver este problema, calculando o m.d.c. (360 , 504):
360 = 23 * 32 * 5 504 = 23 * 32 * 7
m.d.c. (360 , 504) = 23 * 32 = 8 * 9 = 72
Para sabermos qual será a composição de cada pratinho, vamoscalcular o número de bolinhos de bacalhau e de rissóis que cadaprato leva:
360 : 72 = 5 e 504 : 72 = 7 .
Resposta: O António pode fazer 72 pratinhos, levando cada umdeles 5 bolinhos de bacalhau e 7 rissóis.
23. Vamos determinar a fracção que corresponde à parte da capacidadedo tanque que fica com água se as duas torneiras estiverem abertas,em simultâneo, durante uma hora.
Torneira A Torneira B
6 horas 1 tanque 4 horas 1 tanque
1 hora x 1 hora y
x = y =
Tem-se que: x + y =
(2) (3)
Determinemos então o tempo necessário para encher o tanque comas duas torneiras abertas.
1 hora
1 a
Logo, a = = 2,4 .
Resposta: Se as duas torneiras estivessem abertas, em simultâneo, otanque demoraria 2,4 horas a encher, ou seja, 2 h 24 min.
24. Pág. 105
24.1 54 * 53 = 57
24.2 55 * 52 * 53 = 510
24.3 6- 2 * 6 - 3 = 6- 5
24.4 4- 3 * 4- 1 * 4 = 4- 3
24.5 63 : 62 = 61
1512
=125
512
16+
14=
212
+312
=512
14
16
504252126632171
222337
36018090451551
222335
24.6 35 * 3 * 32 = 38
24.7 10 * 105 = 106
24.8
24.9 2- 3 * 2- 3 * 2 = 2- 5
24.10 8- 5 : 82 = 8- 7
24.11 6- 1 : 6- 3 * 6- 2 = 60
24.12 8- 3 : 8- 2 : 81 = 8- 2
24.13 8 : 8- 3 * 85 = 89
24.14 6- 4 : 63 * 6- 1 = 6- 8
24.15 = 9- 2
25.
25.1
Vamos determinar o valor de a :
a * 107 = 10 § a = 10 : 107 § a = 10- 6 .
Determinemos agora o valor de c :
10- 6 * c = 100 § c = 100 : 10- 6 § c = 102 : 10- 6
§ c = 108 .
Finalmente determinemos o valor de b :
b = 107 * 108 § b = 1015 .
25.2
Vamos determinar o valor de a :
a * 10- 4 = 0,1 § a = 0,1 : 10- 4 § a = 10- 1 : 10- 4
§ a = 103 .
Determinemos agora o valor de b :
103 * b = 0,001 § b = 0,001 : 103 § b = 10- 3 : 103
§ b = 10- 6 .
Por fim, determinemos o valor de c :
c = 10- 6 * 10- 4 § c = 10- 10 .
26.
26.1 Temos que 1 km = 10 000 dm = 104 dm ;
26.2 Temos que 1 dam = 100 dm = 102 dm ;
26.3 Temos que 1 m = 10 dm = 101 dm ;
26.4 Temos que 1 mm = 0,01 dm = 10- 2 dm ;
26.5 Temos que 1 cm = 0,1 dm = 10- 1 dm ;
26.6 Temos que 10 km = 100 000 dm = 105 dm .
181
1122
-1
* 1122
-3
= 1122
- 4
30
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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27. Pág. 106
27.1 1 m2 = 10 000 cm2 = 104 cm2 ;
27.2 1 dam2 = 1 000 000 cm2 = 106 cm2 ;
27.3 1 dm2 = 100 cm2 = 102 cm2 ;
27.4 1 km2 = 10 000 000 000 = 1010 cm2 ;
27.5 1 mm2 = 0,01 cm2 = 10- 2 cm2 ;
27.6 0,1 m2 = 104 * 0,1 cm2 = 104 * 10- 1 cm2 = 103 cm2 .
28.
28.1 1 m3 = 1000 dm3 = 103 dm3 ;
28.2 1 dam3 = 1 000 000 dm3 = 106 dm3 ;
28.3 1 cm3 = 0,001 dm3 = 10- 3 dm3 ;
28.4 10 mm3 = 10 * 0,000 001 dm3 = 10 * 10- 6 dm3 = 10- 5 dm3 ;
28.5 100 cm3 = 100 * 0,001 dm3 = 102 * 10- 3 dm3 = 10- 1 dm3 ;
28.6 1000 m3 = 1000 * 1000 dm3 = 103 * 103 dm3 = 106 dm3 .
29.
29.1 217 = 2,17 * 102 ;
29.2 3257 = 3,257 * 103 ;
29.3 800 000 = 8 * 105 ;
29.4 0,23 = 2,3 * 10- 1 ;
29.5 0,0005 = 5 * 10- 4 ;
29.6 0,032 = 3,2 * 10- 2 ;
29.7 0,27 = 2,7 * 10- 1 ;
29.8 0,000 000 32 = 3,2 * 10- 7 ;
29.9 50 mil = 50 000 = 5 * 104 ;
29.10 50 milhões = 50 000 000 = 5 * 107 ;
29.11 um milhão e meio = 1 500 000 = 1,5 * 106 ;
29.12 22,3 milhões = 22,3 * 106 = 2,23 * 107 ;
29.13 2000 * 108 = 2 * 103 * 108 = 2 * 1011 ;
29.14 500 * 10- 7 = 5 * 102 * 10- 7 = 5 * 10- 5 ;
29.15 800 000 * 2 * 10- 7 = 8 * 105 * 2 * 10- 7 = 16 * 10- 2 ;
= 1,6 * 10 * 10- 2 = 1,6 * 10- 1 ;
29.16 2,32 * 0,000 05 = 2,32 * 5 * 10- 5 = 11,6 * 10- 5 ;
= 1,16 * 10 * 10- 5 = 1,16 * 10- 4 .
30.
30.1 2,1 * 10- 3 = 0,0021 ;
30.2 5,2 * 105 = 520 000 ;
30.3 6,2 * 10- 2 = 0,062 ;
30.4 1,2 * 10- 4 = 0,000 12 .
31. Pág. 107
31.1 1,2 * 105 > 1,02 * 105 , pois 1,2 > 1,02 .
31.2 Temos que 1,3 * 108 = 1,3 * 10 * 107 = 13 * 107 .
13 * 107 > 6,2 * 107 , pois 13 > 6,2 .
ou 1,3 * 108 > 6,2 * 107 , pois 108 > 107 .
31.3 1,5 * 10- 4 < 6,7 * 10- 4 , pois 1,5 < 6,7 .
31.4 Temos que 5,1 * 10- 9 = 5,1 * 10- 1 * 10- 8 = 0,51 * 10- 8 .
4,06 * 10- 8 > 0,51 * 10- 8 , pois 4,06 > 0,51 .
ou 4,06 * 10- 8 > 5,1 * 10- 9 , pois 10- 8 > 10- 9 .
32.
32.1 2 * 0,3 = 2 * 3 * 10- 1 = 6 * 10- 1
0,2 : 0,01 = 0,2 : 10- 2 = 0,2 * 102 = 2 * 10- 1 * 102 = 2 * 10
0,22 * 100 = 2,2 * 10- 1 * 102 = 2,2 * 10
2,4 : 0,01 = 2,4 : 10- 2 = 2,4 * 102
2,3 : 0,001 = 2,3 : 10- 3 = 2,3 * 103
Vamos, agora, escrever os números dados em notação científica epor ordem crescente:
6 * 10- 1 < 2 * 10 < 2,2 * 10 < 2,4 * 102 < 2,3 * 103
32.2 0,21 : 0,1 = 0,21 : 10- 1 = 0,21 * 101 = 2,1 * 10- 1 * 101 = 2,1 * 100
26 * 0,001 = 26 * 10- 3 = 2,6 * 10 * 10- 3 = 2,6 * 10- 2
12,1 : 0,01 = 12,1 : 10- 2 = 12,1 * 102 = 1,21 * 10 * 102 = 1,21 * 103
21 * 0,001 = 21 * 10- 3 = 2,1 * 10 * 10- 3 = 2,1 * 10- 2
Vamos, agora, escrever os números dados em notação científica epor ordem crescente:
2,1 * 10- 2 < 2,6 * 10- 2 < 2,1 * 100 < 1,21 * 103
33.
33.1 1,2 * 10- 3 * 5 * 10- 2
= 1,2 * 5 * 10- 3 * 10- 2
= 6 * 10- 5
33.2 6,1 * 10- 5 * 5 * 10- 4
= 6,1 * 5 * 10- 5 * 10- 4
= 30,5 * 10- 9
= 3,05 * 10 * 10- 9
= 3,05 * 10- 8
33.3 6,1 * 10- 2 * 0,2 * 10- 1
= 6,1 * 0,2 * 10- 2 * 10- 1
= 1,22 * 10- 3
33.4 0,2 * 103 * 120 * 104
= 0,2 * 120 * 103 * 104
= 24 * 107
= 2,4 * 10 * 107
= 2,4 * 108
33.5 0,15 * 10- 7 * 0,005 * 105
= 0,15 * 0,005 * 10- 7 * 105
= 0,000 75 * 10- 2
= 7,5 * 10- 4 * 10- 2
= 7,5 * 10- 6
33.6 12,5 * 104 * 0,002 * 10
= 12,5 * 0,002 * 104 * 10
= 0,025 * 105
= 2,5 * 10- 2 * 105
= 2,5 * 103
33.7 0,15 * 10- 2 * 100 000 * 2 * 100
= 0,15 * 10- 2 * 105 * 2 * 100
= 0,15 * 2 * 10- 2 * 105 * 100
= 0,3 * 103
= 3 * 10- 1 * 103
= 3 * 102
31
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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dito
ra
34. Pág. 108
34.1 = 400 * 107
= 4 * 102 * 107 = 4 * 109
34.2 (8,6 * 10- 4) : (2,15 * 10- 1)
= (8,6 : 2,15) * (10- 4 : 10- 1)
= 4 * 10- 3
34.3 =
= =
= =
=
= 25 * 10- 7
= 2,5 * 10 * 10- 7
= 2,5 * 10- 6
35.
35.1 A * B = 1,1 * 10- 3 * 5,5 * 10- 2
= 1,1 * 5,5 * 10- 3 * 10- 2
= 6,05 * 10- 5
35.2 Por 35.1 sabemos que A * B = 6,05 * 10- 5 , daí:
A * B * C = 6,05 * 10- 5 * 6,875 * 102
= 6,05 * 6,875 * 10- 5 * 102
= 41,593 75 * 10- 3
= 4,159 375 * 10 * 10- 3
= 4,159 375 * 10- 2
35.3 A * B : C = (6,05 * 10- 5) : (6,875 * 102)
= (6,05 : 6,875) * (10- 5 : 102)
= 0,88 * 10- 7
= 8,8 * 10- 1 * 10- 7
= 8,8 * 10- 8
35.4 A : B * C = (1,1 * 10- 3) : (5,5 * 10- 2) * (6,875 * 102)
= [(1,1 : 5,5) * (10- 3 : 10- 2)] * (6,875 * 102)
= 0,2 * 10- 1 * 6,875 * 102
= 0,2 * 6,875 * 10- 1 * 102
= 1,375 * 10
35.5 A + B = 1,1 * 10- 3 + 5,56 * 10- 2
= 1,1 * 10- 1 * 10- 2 + 5,5 * 10- 2
= 0,11 * 10- 2 + 5,5 * 10- 2
= (0,11 + 5,5) * 10- 2
= 5,61 * 10- 2
35.6 C - A = 6,875 * 102 - 1,1 * 10- 3
= 6,875 * 102 - 1,1 * 10- 5 * 102
Nota: Repara que 10- 5 * 102 = 10- 3
= 6,875 * 102 - 0,000 011 * 102
= (6,875 - 0,000 011) * 102
= 6,874 989 * 102
13,750,55
*10-2
105
13,75 * 10-2
0,55 * 105
(5,5 : 0,4) * (10-4 : 10-2)0,55 * 105
(5,5 * 10-4) : (0,4 * 10-2)0,55 * 105
2,2 * 105
0,0055 * 10-2 =2,2
0,0055* 105
10-2
35.7 , já que por 35.5 sabemos que
A + B = 5,61 * 10- 2
= *
= 0,816 * 10- 4
= 8,16 * 10- 1 * 10- 4
= 8,16 * 10- 5
35.8 = =
= =
= =
= =
= * = 0,784 * 10- 4 = 7,84 * 10- 1 * 10- 4 =
= 7,84 * 10- 5 .
36. Temos que 0,07 horas são 4,2 minutos (0,07 * 60) .
Desta forma, vem:
5,2 * 108 * 4,2 = 5,2 * 4,2 * 108
= 21,84 * 108
= 2,184 * 10 * 108
= 2,184 * 109
Resposta: Nesse dia, nessa cidade, foram efectuadas chamadas tele-fónicas com a duração total de 2,184 * 109 minutos.
37.
37.1 a) Recorrendo a uma regra de três simples temos que:
n.° de células massa (em gramas)
1,2 * 106 1,5 * 10- 2
1 x
Logo, x = , ou seja, x =
x = 1,25 * 10- 8
Resposta: Cada célula tem 1,25 * 10- 8 gramas de massa.
b) Ora, uma célula tem 1,25 * 10- 8 gramas, então um milhãode células têm 1,25 * 10- 8 * 106 gramas, ou seja 1,25 * 10- 2
gramas.
37.2 Recorrendo, novamente, a uma regra de três simples, temos que:
Número de amostras Número de células
1 1,2 * 106
80 000 x
Logo, x = , ou seja, x = 96 000 * 106
x = 9,6 * 104 * 106 § x = 9,6 * 1010 .
Resposta: Assim, concluímos que 80 000 amostras do mesmotamanho têm 9,6 * 1010 células.
80 000 * 1,2 * 106
1
1,51,2
*10-2
106
1 * 1,5 * 10-2
1,2 * 106
10-2
102
5,396,875
(5,5 - 0,11) * 10-2
6,875 * 102 =5,39 * 10-2
6,875 * 102
5,5 * 10-2 - 0,11 * 10-2
6,875 * 102
5,5 * 10-2 - 1,1 * 10-1 * 10-2
6,875 * 102
5,5 * 10-2 - 1,1 * 10-3
6,875 * 102
B - AC
10-2
102
5,616,875
A + BC
=5,61 * 10-2
6,875 * 102
A + BC
=5,61 * 10-2
6,875 * 102
32
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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37.3 Aplicando uma regra de três simples, temos:
Número de amostras massa (em gramas)
1 1,5 * 10- 2
5000 x
Logo, x = , ou seja, x = 7500 * 10- 2
x = 7,5 * 103 * 10- 2 § x = 7,5 * 10
Resposta: A massa das células de 5000 amostras do mesmotamanho é 7,5 * 10 gramas.
37.4 Recorrendo a uma regra de três simples, temos:
massa(em gramas) Número de células
1,5 * 10- 2 1,2 * 106
1000 x
Logo, x = , ou seja,
x = § x = *
§ x = 800 * 108 § x = 8 * 102 * 108
§ x = 8 * 1010
Resposta: Num quilo deste tecido haverá 8 * 1010 células.
38. Pág. 109
38.1 A massa, em gramas, de uma molécula de água é dada peloseguinte quociente:
) 2,99 * 10- 23 .
Resposta: Assim, podemos concluir que a massa de uma moléculade água é aproximadamente 2,99 * 10- 23 gramas.
38.2 a) Temos que 10 metros = 1000 centímetros.
Então, tem-se:
* 106 = 333 333,33 …
Resposta: São necessários, aproximadamente 3,33 * 105 grãosde pólen, juntos uns aos outros, para formar um cordão com10 metros.
b) Vamos, inicialmente, determinar o comprimento dessa circun-ferência.
2 * p * raio = * p *
= 1,3 * 104 * p
) 40 840,70
Determinemos, agora, o número de grãos de pólen necessáriospara formar um cordão à volta da Terra, formando uma cir-cunferência com centro no centro da Terra:
* 1012
) 1,36 * 1012
Nota: Repara que 3 * 10- 3 cm = 3 * 10- 3 * 10- 5 km .
Já que 1 km = 100 000 cm , ou seja, 1 cm = 10- 5 km .
Resposta: São necessários, aproximadamente, 1,36 * 1012 grãosde pólen.
1,3 * 104 * p3 * 10-3 * 10-5 =
1,3p * 104
3 * 10-8 =1,3p
3
1,3 * 104
22
10003 * 10-3 =
1 * 103
3 * 10-3 =13
7224,08 * 1023
106
10-212001,5
1200 * 106
1,5 * 10-2
1000 * 1,2 * 106
1,5 * 10-2
5000 * 1,5 * 10-2
1
38.3 a) Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Número de grãos de arroz Massa (em kg)
1 1,09 * 10- 5
x 1
Logo, x = , ou seja, x ) 9,17 * 104
Resposta: Num saco com 1 kg de arroz, há aproximada-mente, 9,17 * 104 grãos de arroz.
b) Temos que:
Se um saco com 1 kg de arroz tem aproximadamente9,17 * 104 grãos de arroz, então um saco com 5 kg dearroz tem cerca de 5 vezes mais, ou seja, tem cerca de4,59 * 104 grãos de arroz.
Resposta: A Joana comprou, aproximadamente, 4,59 * 104
grãos de arroz.
38.4 Sabemos que 10 metros = 1000 centímetros.
Então, tem-se:
* 106 =
= 0,125 * 106
= 1,25 * 10- 1 * 106 = 1,25 * 105
Resposta: São necessários 1,25 * 105 cabelos.
38.5 a) Uma hora são 60 * 60 segundos, ou seja, são 3600 segundos.
Desta forma, tem-se que, se a impressora imprime cerca de8050 palavras por segundo, então numa hora imprime cercade 2,90 * 107 palavras(pois, 8050 * 3600 = 28 980 000 = 2,90 * 107)
Resposta: Numa hora imprime cerca de 2,90 * 107 palavras.
b) Sabemos que 1 milhão = 106 , logo cem milhões é igual a100 * 106 = 102 * 106 = 108 .
Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Número de palavras Tempo(em segundos)
8050 1
108 x
Logo, x = , ou seja, x ) 12 422,36 § x ) 1,24 * 104
Resposta: Um documento com cem milhões de palavras leva,aproximadamente, 1,24 * 104 segundos a imprimir.
Nota: A resposta podia ser apresentada com o tempo emhoras (em vez de segundos).
Neste caso seria de cerca de 3,45 * 100 horas, já que 12 422,36 : 3600 ) 3,45 .
108 * 18050
10008 * 10-3 =
103
8 * 10-3 =18
1 * 11,09 * 10-5
33
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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CEXM8-RES-03
38.6 Vamos efectuar um esquema da situação apresentada. Sejam O ,P e S os pontos onde se situam Júpiter, Plutão e o Sol, respecti-vamente.
Pretendemos determinar x .
x = 5,95 * 109 - 7,88 * 108
x = 5,95 * 10 * 108 - 7,88 * 108
x = 59,5 * 108 - 7,88 * 108
x = (59,5 - 7,88) * 108
x = 51,62 * 108
x = 5,162 * 10 * 108
x = 5,162 * 109
Resposta: A distância, em km, entre Júpiter e Plutão é, aproxima-damente, 5,16 * 109 .
39. Ora, 28 prestações de 756,25 euros cada uma Pág. 110corresponde a 21 175 euros (28 * 756,25) .
Por outro lado, os 21 175 euros correspondem a do valor do
custo do automóvel .
Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Valor (em euros) Parte a que corresponde
21 175 = 0,7
x 1
Logo, x = = 30 250 .
Resposta: O automóvel custou 30 250 euros.
40. Designemos por x o número de chamadas telefónicas efectuadaspelo Pedro nesse mês.
Então, tem-se:
x + x + 50 = x
O m.m.c. (14, 21) = 42 , logo
x + x + 50 = x
(2) (3) (42) (42)
§ 22x + 15x + 2100 = 42x
§ 22x + 15x - 42x = - 2100
§ - 5x = - 2100
§ x =
§ x = 420
Resposta: O Pedro, neste mês, efectuou 420 chamadas.
21005
514
1121
514
1121
21 1750,7
710
11 -3102
710
41. Como o jardim tem da sua área ocupada com flores então tem
da sua área não ocupada com flores. Sabemos que
desta área está ocupada com zonas de passeio, desta forma
desta área estão ocupadas com relva e árvores que correspondem a595 m2 .
Assim, temos que:
de são pois
Daí que: 595 : = 595 * = 1050
Resposta: O jardim tem 1050 m2 de área.
42. Designemos por x o número de litros de água consumida nessedia, então tem-se:
0,3x = 45 § x = § x = 150
Resposta: Nesse dia foram consumidos 150 litros de água.
43. Se a consola tem um desconto de 15% significa que vai custar85% (100% - 15%) do seu custo inicial.
Assim, temos:
0,85 * 180 = 153 .
Resposta: A consola custará 153 euros.
44. Vamos determinar 7,5% de 800 :
800 * 0,075 = 60
Em média, o colégio necessita de aumentar 12 alunos (60 : 5)por ano de escolaridade.
Resposta: O colégio ficará com 860 (800 + 60) alunos.
45. Pág. 111
Sabemos que o professor já corrigiu 40% dos testes e que aindalhe faltam corrigir 54 testes. Deste modo concluímos que os 54testes correspondem a 60% dos testes.
Designemos por x o número de alunos do 8.° ano que tem esteprofessor:
0,6x = 54 § x = § x = 90 .
Resposta: O professor tem 90 alunos do 8.° ano.
46. Sabemos que o banco baixou os seus lucros em 42% em relaçãoao ano anterior. Então, os 12,18 milhões de euros correspondema 58% (100% - 42%) do lucro do ano anterior.
Assim, temos:
0,58x = 12,18
x =
x = 21
Resposta: O lucro do banco no ano anterior ao ano passado foi de21 milhões de euros.
47.
47.1 Designemos por x o preço de um determinado produto.
Ora se os preços baixarem 10% esse produto custará 0,9x . Noentanto, se os preços baixarem 5% em seguida baixarem nova-mente 5% esse produto custará 0,9025x , já que baixar duasvezes consecutivas 5% corresponde a: 0,95x (baixou 5%)
0,95 * 0,95x = 0,9025x (baixou de novo 5%)
Concluímos que a afirmação é falsa.
12,180,58
540,6
450,3
3017
1730
23*
1720
=3460
=1730
1730
1720
23
23
13
1720
11 -3202
320
34
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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47.2 Designemos por x o preço inicial de um dado produto.
Um aumento de 5% desse produto significa que passará a custar1,05x .
Se em seguida o mesmo produto baixar 5% passará a custar0,9975x , pois:
0,95 * 1,05x = 0,9975x .
A afirmação é falsa, já que 0,9975x não é igual ao preço inicialdo produto.
48.
48.1 Recorrendo a uma regra de três simples temos que:
Valor (em euros) Percentagem
144,95 100
134,95 x
Logo, x = ) 93,1 .
Então, tem-se 100% - 93,1% = 6,9%
Resposta: A percentagem de desconto é aproximadamente 6,9% .
48.2 Vamos resolver de um modo diferente do aplicado em 48.1.
10 225,50 - 9999,99 = 225,51
Recorrendo, novamente, a uma regra de três simples temos que:
Valor (em euros) Percentagem
10 225,50 100
225,51 x
Logo, x = ) 2,21
Resposta: A percentagem do desconto é aproximadamente 2,21% .
49. Cada tulipa custou euros, sendo x o número total de tulipas.
Desta forma, temos:
28 * = x (x > 0)
§ = x
§ 1764 = x2
§ x2 = 1764
§ x =
§ x = 42
Resposta: A Ana comprou 42 tulipas.
50. Vamos, por exemplo, usar o método de tentativa e erro.
• Se a Ana tiver um irmão e uma irmã, o seu irmão não temirmãos.
• Se a Ana tiver dois irmãos e duas irmãs, cada um dos seus irmãostem três irmãos e um irmão e três não é o dobro de um.
• Se a Ana tiver três irmãos e três irmãs, cada um dos seus irmãostem quatro irmãs e dois irmãos, o que satisfaz a condição doenunciado (cada um dos seus irmãos tem duas vezes mais irmãsque irmãos).
Resposta: A Ana tem três irmãos e três irmãs.
œ1764
1764x
63x
63x
225,51 * 10010 225,50
134,95 * 100144,95
51. Pág. 112Podemos começar por organizar os dados do enunciado:
• há 7 cofres com 16 moedas de ouro cada um, no total estes 7cofres têm 112 moedas de ouro.
• há 7 cofres com 14 moedas de ouro cada um, no total estes 7cofres têm 98 moedas de ouro.
• há 10 cofres com 9 moedas de ouro cada um, no total estes 10cofres têm 90 moedas de ouro.
• No total há 300 moedas de ouro (112 + 98 + 90) nos 24 cofres(777 + 10) .
Assim, podemos desde já concluir que cada irmão terá de receber100 moedas de ouro.
Desta forma, temos:
1.° irmão: 4 cofres de 9 moedas de ouro cada um;
4 cofres de 16 moedas de ouro cada um.
Verificação: 4 * 9 + 4 * 16 = 36 + 64 = 100 .
2.° irmão: 6 cofres de 14 moedas de ouro cada um;
1 cofre de 16 moedas de ouro.
Verificação: 6 * 14 + 1 * 16 = 84 + 16 = 100 .
3.° irmão: 1 cofre de 14 moedas de ouro
2 cofres de 16 moedas de ouro cada um.
6 cofres de 9 moedas de ouro cada um.
Verificação: 1 * 14 + 2 * 16 + 6 * 9 = 14 + 32 + 54 = 100 .
52. Vamos, por exemplo, fazer um esquema que possa mostrar a situação:
1.°
2.°
3.°
4.°
35
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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5.°
1.°
7.°
Resposta: O número mínimo de operações necessárias é 7 .
53. Designemos por x o tempo em segundo que o primeiro atleta demo-rou a cortar a meta. Desta forma, o segundo atleta demorou x + 1segundos, o terceiro atleta x + 2 segundos e assim sucessivamente.
Então, tem-se:
x + x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4 + x + 5 + x + 6 + x + 7 + x + 8 = 450
§ 9x + 36 = 450
§ 9x = 450 - 36
§ 9x = 414
§ x =
§ x = 46
Resposta: O primeiro atleta demorou 46 segundos a cortar ameta.
54.
55. Designemos por x a quantia, em euros, que o João Pág. 113poupou no primeiro dia.
Então, tem-se:
x + x + 5 + x + 10 + x + 15 + x + 20 + x + 25 + x + 30 = 126
§ 7x = 126 - 105 § 7x = 21 § x = 3 .
Resposta: Ora, no primeiro dia, o João, poupou 3 euros, então nosegundo dia poupou 8 euros.
Sala Turma
1 A
2 C
3 D
4 B
5 E
4149
56. Vamos construir uma tabela que possa ilustrar a situação apresen-tada:
Ora, no 13.º dia e durante o dia o caracol atinge o cimo do muro,pois já se encontra, no final do 12.º dia a 3,6 metros de altura dosolo, basta por isso subir 0,4 metros.
Resposta: 13 dias.
57. Um dos sobrinhos ficava com 3 pipos cheios, 1 pipo meio cheioe 3 pipos vazios.
Cada um dos outros dois sobrinhos ficava com 2 pipos cheios, 3pipos meios cheios e 2 pipos vazios.
58.
58.1 Determinemos a quantidade de azoto:
* 37 = 28,86
Determinemos, agora, a quantidade de oxigénio:
21% de 37 = 0,21 * 37 = 7,77 .
Resposta: Em 37 m3 de ar existem 28,86 m3 de azoto e 7,77 m3
de oxigénio.
58.2 Temos que = 0,78 , ou seja, 78%
Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Quantidade de composto Percentagem (em m3) correspondente
6,23 21
x 78
Logo, x = = 13,14
Resposta: No quarto do António existem 23,14 m3 de azoto.
1. Pág. 114
1.2 -
= (- 4)2 - 16 = 16 - 16 = 0 " dos
1.3
= = " círculos
1.4 = 1 " funestos
1.5 = =
= = - = - " Das 1
300112
*1
25
-412
+312
25=-
112
25
-13(4)
+14(3)
25
1- 132
1
+14
(- 5)2
(- 3)-1 + 1- 122
2
3- 3 + (- 2) 42
31- 432
0
4-1000
= 1- 432
0*(-1000)
= 1- 432
0
191- 3
922
+ 0 = 1- 132
2
1352
2
* 1- 592
2
-19+ 1- 1
322
= 335* 1- 5
9242
-19+
19
14
: 1- 142
3
- 1- 142
-2
= 1- 142
1-3
- 1- 412
2
= 1- 142
-2
- 16
6,23 * 7821
3950
3950
Dia Subiu Desceu Total de metros subidos
1 0,6 m 0,3 m 0,3
2 0,6 m 0,3 m 0,6 = 2 * 0,3
3 0,6 m 0,3 m 0,9 = 3 * 0,3
… … … …
12 0,6 m 0,3 m 3,6 = 12 * 0,3
36
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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1.6 (- 1)0 + (- 2) * (- 1)- 1 = 1 + (- 2) * (- 1) = 1 + 2 = 3 " mentiras
1.7 (- 1) - 22 * 31 = - 1 - 4 * 3 = - 1 - 12 = – 13 " alheias
1.8 = – " Finalmente
1.9 1 - = 1 - = 1 -
= 1 - = 1 - = 1 - " solitárias
1.10 (- 5)- 3 * (- 5)- 4 : (- 5)- 6 = (- 5)- 3 + (- 4) : (- 5)- 6
= (- 5)- 7 : (- 5)- 6 = (- 5)- 7 - (- 6) = (- 5)- 7 + 6 = (- 5)- 1 = – " As
1.11 (- 1)2 : (- 1)- 5 : (- 1)5 * 7 = (- 1)2 - (- 5) : (- 1)5 * 7
= (- 1)7 : (- 1)5 * 7 = (- 1)7 - 5 * 7 = (- 1)2 * 7 = 1 * 7 = 7 " minhas
1.12 32 * 33 : 36 * 3- 2 = 32 + 3 : 36 * 3- 2 = 36 : 36 * 3- 2
= 35 - 6 * 3- 2 = 3- 1 * 3- 2 = 3- 1 + (- 2) = 3- 3 = = " mãos
1.13 (- 1)- 20 : (- 1)- 30 * = (- 1)- 20 - (- 30) * (- 10)1
= (- 1)- 20 + 30 * (- 10) = (- 1)10 * (- 10) = 1 * (- 10)
= – 10 " estão
1.14 4 * (2 - 2)2 : (2- 2)- 1 = 4 * 2- 4 : 22 = 22 * 2- 4 : 22
= 22 + (- 4) : 22 = 2- 2 : 22 = 2- 2 - 2 = 2- 4 = = " cheias
1.15 [(- 1)5]- 5 : [(- 2)- 2]- 2 = (- 1)- 25 : (- 2)4 = - 1 : 24
= - 1 : 16 = - " De
1.16 (- 1)10 001 : (- 10)0 = - 1 : 1 = – 1 " expectativa
1.17 * (- 2)
= * (- 2) = * (- 2)
= * (- 2) = * (- 2)
= (- 2)2 * (- 2) = (- 2)- 2 + 1 = (- 2)- 1 = – " e
1.18 10 * (- 30)0 - = 10 * 1 - (- 2)1 = 10 - (- 2)
= 10 + 2 = 12 " de
1.19 = – " segredos
1.20 * 23 = * 23
= * 23 = * 23 = * 23 = 2- 2 * 23
= 2- 2 + 3 = 21 = 2 " Como
1.21 + 22 = + 22 = (- 2)2 + 22 = 4 + 4 = 8 " os
1.22 (- 5)6 * 55 : (- 5)10 = 56 * 55 : 510 = 56 + 5 : 510
= 511 : 510 = 511 - 10 = 51 = 5 " negros
1.23 =
= – 2 " arvoredos
1
-12
: 1=
1
-12
= 1 * 1- 212
3 (- 1) * (- 3)5 4 0
(- 2)-1 : (- 1)8
1- 212
2
1- 122
-2
1122
2
1- 122
2
31- 122
1
42
31- 122
3+(-2)
42
31- 122
3
* 1- 122
-2
42
131- 1
32-4
* 1- 132
5
= 1- 132
-4+5
= 1- 132
1
1- 122
-1
12
1- 122
2
1- 122
4-2
1- 122
4
: 1- 122
2
1- 122
2+2
: 1- 122
2
1- 122
2
* 1- 122
2
: 1- 122
2
116
11611
224
1- 1102
-1
12711
323
15
34=
44-
34=
14
12*
32
1223
22-
12
33-
13
1 -12
1 -13
1 - 2-1
1 - 3-1
231- 1
2- 12
-1
= 1- 12-
222
-1
= 1- 322
-1
= 1- 232
1
1.24 = = 52 = 25 " Que
1.25 = (3 - 1)- 1 = 2- 1 = " baloiçam
1.26 = (- 3)4 = 81 " na
1.27 [- (- 2)]- 3 - 23 = (2)- 3 - 23 = - 8
= - 8 = - = – " noite
1.28 =
= = =
= = = =
= = – " murmurando
Desta forma, temos:
Desligadas dos círculos funestosDas mentiras alheias,Finalmente solitárias,As minhas mãos estão cheiasDe expectativa e de segredosComo os negros arvoredosQue baloiçam na noite murmurando.
2. Pág. 116
2.1 0,03 : 10- 1 = 0,3 = 3 * 10- 1
2.2 0,52 : 102 = 0,0052 = 5,2 * 10- 3
2.3 4,2 : 10000 = 4,2 : 104 = 4,2 * 10- 4
2.4 0,76 * 10 * 10- 4 = 0,76 * 10- 3 = 7,6 * 10- 1 * 10- 3 = 7,6 * 10- 4
2.5 52 * 10- 1 * 10- 4 = 52 * 10- 5 = 5,2 * 10 * 10- 5 = 5,2 * 10- 4
2.6 0,003 * 105 = 3 * 10- 3 * 105 = 3 * 102
2.7 0,0003 * 104 = 3 * 10- 4 * 104 = 3 * 100 = 3
2.8 0,52 : 0,1 : 10- 2 = 0,52 : 10- 1 : 10- 2 = 0,52 * 10 * 102
= 0,52 * 103 = 5,2 * 10- 1 * 103 = 5,2 * 102
2.9 1,5 * 102 * 0,2 : 105 = 150 * 0,2 : 105 = 30 : 105
= 30 * 10- 5 = 3 * 10 * 10- 5 = 3 * 10- 4
2.10 1,3 * 10- 1 * 0,4 : 10- 5 = 0,13 + 0,4 : 10- 5
= 0,052 : 10- 5 = 0,052 * 105 = 5,2 * 10- 2 * 105 = 5,2 * 103
2.11 3,12 * 108 : (0,6 * 10- 1) = 3,12 * 108 : 0,06
= * 108 = 52 * 108 = 5,2 * 10 * 108 = 5,2 * 1093,120,06
916
1342
-1
- 1342
-3 = - 1342
-1- (-3)
= - 1342
2
1342
-1
1- 342
-3
1342
4+(-5)
1- 342
-3
1342
4
* 1342
-5
1- 342
-3
3- 14* 1- 3
1244
* 1342
-5
1- 342
-3
3- 14
: 1- 1324
4
* 1342
-5
1- 342
2+ (-5)
1- 142
4
: 1- 132
4
* 1342
-5
1- 342
2
* 1- 342
-5
638
648
18
18
1122
3
32 -12
-12
44
= 332
-124
4
1233 - 1- 1
320
4-1
1512
23 1152
-1
(- 2 - 5)04
37
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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2.12 1,5 * 10- 1 : (0,5 * 10- 8) = = 3 * 107
2.13 10- 1 * 10- 3 : 10- 4 : 10- 5 = 10- 4 : 10- 4 : 10- 5
= 10- 4 - (- 4) : 10- 5 = 100 : 10- 5 = 100 - (- 5) = 105
Assim, temos:
De repente coloridasEntre palavras sem cor,Esperadas inesperadasComo a poesia ou o amor.
3. Pág. 117
3.1 lado do 1.° quadrado = 10
lado do 2.° quadrado = = 5
lado do 3.° quadrado = = 2,5
lado do 4.° quadrado = = 1,25
lado do 5.° quadrado = = 0,625
Área do 5.° quadrado = 0,625 * 0,625 = 0,390 625 .
1,252
2,52
52
102
1,50,5
*10-1
10-8 3.2 A razão entre o comprimento do lado do 1.° quadrado e o
comprimento do lado do 4.° quadrado é = 8 .
Logo, a razão entre a área do 1.° quadrado e a área do 4.º qua-drado é 82 = 64 .
Desta forma, temos:
área do 1.° quadrado = 64 * área do 4.° quadrado.
4.
4.1 Temos que: 8 * 3 = 24 .
Para construir a figura 8 são necessários 24 azulejos cinzentos.
4.2 Em cada uma das figuras temos dois azulejos brancos e um númeromúltiplo de três de azulejos cinzentos.
Vamos admitir que uma das figuras tem:
66 azulejos cinzentos (múltiplo de três)
Ora 66 + 2 = 68 .
Usando este raciocínio temos:
69 + 2 = 71 ;
72 + 2 = 74 , como = 24 , concluímos que a figura 24
tem um total de 74 azulejos.
4.3 3n + 2 .
723
101,25
38
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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Capítulo 49. Se = 5 cm então = 2 * 5 cm = 10 cm , pois o triângulo [PQR]
é uma redução do triângulo equilátero [ABC] , de razão 0,5 .
Desta forma temos que:
• o perímetro do triângulo [ABC] é igual a 30 cm .
• o comprimento de [AC] é igual a 10 cm .
• o triângulo [ABC] é uma ampliação do triângulo [PQR] , derazão 2 .
• o perímetro do triângulo [ABC] é igual a 30 cm .
Resposta: (C) .
10. Pág. 129
Os triângulos [ABC] e [ADE] são semelhantes pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
DAWE = BAWC (ângulo comum aos doistriângulos)
EDWA = CBWA (ângulos agudos de ladosparalelos)
E, como os triângulos são semelhantes os comprimentos dos ladoscorrespondentes vão directamente proporcionais, então têm-se:
; § x = § x = 106,25
Resposta: (A) .
11. A razão de semelhança que transforma o triângulo [COD] notriângulo [ABO] é 3 , então os dois triângulos são semelhantes e arazão dos perímetros é 3 , quando consideramos uma ampliação.
Resposta: (B) .
12. O projecto B é uma redução do projecto A .
A razão de semelhança utilizada na construção do projecto B a
partir do projecto A foi .
Resposta: (C) .
13. Pág. 130A área da figura colorida a cor-de-rosa corresponde a nove triângu-los [ABC] . Desta forma, temos que:
9 * 10 cm2 = 90 cm2 .
Resposta: (B) .
14. Designamos por r a razão de semelhança que transforma umtriângulo noutro, então tem-se:
r2 = ± r = § r =
A razão entre os perímetros dos dois triângulos é igual à razão de
semelhança, ou seja, igual a .
Resposta: (D) .
13
13
Œ19
r > 019
11,5
=23
180 * 170288
180288
=x
170AE
AC=
DE
BC
BCQR1. A razão de semelhança que transforma A em B é 3 . Pág. 126
A razão de semelhança que transforma B em A é .
A razão de semelhança que transforma D em C é .
Resposta: (C) .
2. Temos que 3 * .
Resposta: (C) .
3. Os comprimentos dos lados do triângulo [A'B'C'] têm o dobro docomprimento dos comprimentos dos lados correspondentes dotriângulo [ABC] .
Resposta: (D) .
4. A razão de semelhança que transforma Pág. 127[ABCD] em [A'B'C'D'] é dada, por exemplo, por:
Resposta: (D) .
5. Como as fotografias são semelhantes, os comprimentos dos lados cor-respondentes das duas fotografias são directamente proporcionais.
Assim, temos:
§ x = § x = 20 .
Resposta: (B) .
6. Como os dois rectângulos são semelhantes, os comprimentos dosseus lados correspondentes são directamente proporcionais, assimtemos:
§ § = 4,2
Perímetro do rectângulo [PQRS] = 2 * + 2 *
= 2 * 4,2 + 2 * 7
= 22,4
Resolução: (D) .
7. Pág. 128
Perímetro do triângulo transformado = * 5,2 = 2,08
Resposta: (A) .
8. = 1,22
= 1,22
Área do triângulo transformado = 1,44 * 15 = 21,6
Resposta: (C) .
Área do triângulo transformado15
Área do triângulo transformadoÁrea do triângulo inicial
25
Perímetro do triângulo transformado5,2
=25
Perímetro do triângulo transformadoPerímetro do triângulo original
=25
PSPQ
PQPQ =7 * 6
10107
=6
PQ
36 * 3563
x36
=3563
A'B'AB
=412
=13
25=
65
13
13
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
39
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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15. A redução efectuada foi de 30% , significa que o segmento derecta obtido tem 70% do comprimento do segmento de recta quea Cristina desenhou.
Então, tem-se: 20 cm * 0,7 = 14 cm .
Resposta: (A) .
16. A área da folha A4 é o dobro da área da folha A5 .
Resposta: (C) .
1. Pág. 131
1.1 É o lado [QR] .
1.2 Designemos por r essa razão de semelhança. Então, tem-se:
r = ou r = 0,75 .
1.3 Temos que: = 0,75 § = 0,75
§ § = 10,2 .
P[ABC] = 12 cm + 4 cm + 10,2 cm = 26,2 cm .
1.4 Temos que: = 0,75 § = 0,75
§ = 0,75 * 12 § = 9
P[PQR] = 3 cm + 7,65 cm + 9 cm = 19,65 cm .
2.
2.1 A razão de semelhança que transforma A em B é = 2 .
2.2 A razão de semelhança que transforma D em C é = 2,1 .
2.3 Temos que: 2,6 * 2,5 = 6,5 e 4,2 * 2,5 = 10,5 .
O perímetro do rectângulo obtido é 2 * 6,5 + 2 * 10,5 , ou seja, 34 .
3. Pág. 132
3.1
3.2
3.3
4,22
21
QPQP
QP12
QP
AB
CBCB =7,650,75
7,65
CB
RP
CB
34
3.4
4.
5.
Razão de semelhança utilizada: 3 .
Razão de semelhança utilizada: 2 .
40
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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6.
6.1
6.2
6.3
7. Pág. 134
Os polígonos [ABCD] e [EFGH] são semelhantes, logo os com-primentos correspondentes entre os dois polígonos são directa-mente proporcionais. Assim temos:
; § x = § x = 12
; § y = § y = 32,5
Resposta: x = 12 cm e y = 32,5 cm .
8.
8.1 Dois polígonos semelhantes têm os ângulos correspondentes geo-metricamente iguais, daí que HGWF = CBWA = 68° .
8.2 Dois polígonos semelhantes têm os comprimentos dos lados corres-
pondentes directamente proporcionais, daí que .
A razão de semelhança que transforma o pentágono [ABCDE] no
pentágono [FGHIJ] é ou 1,5 .
8.3 = 9 : 1,5 = 6 cm ;
= 12 : 1,5 = 8 cm ;
= 6 : 1,5 = 9 cm ;
= 8 : 1,5 = 12 cm . FG
HI
BC
EA
32
IJ
DE=
64=
32
25 * 3930
3025
=39y
HD
DC=
EG
AC
30 * 1025
3025
=x
10HG
DC=
EF
AB
9.
9.1 Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Comprimento no Comprimentomodelo (em cm) real (em cm)
1 60
5,6 x
x = § x = 336
Resposta: O comprimento real do automóvel é 3,36 metros.
9.2 Temos que 4,5 metros = 450 centímetros e 3,9 metros = 390
centímetros. Ora, 450 centímetros corresponde a = 7,5 cen-
tímetros no desenho e = 6,5 centímetros no desenho.
Então, tem-se:
10. Pág. 135
10.1 x = 10 cm ; y = 6,4 cm e z = 91° .
10.2 x = 4 cm ; y = 130° e z = 12 cm .
10.3 a) A razão de semelhança que transforma A em B é
= 2,5 .
b) A razão de semelhança que transforma B em A é
= 0,4 .
11. Pág. 136
11.1 Como os tampos de todas as quatro mesas são semelhantes,temos que:
§ x = § x = 2,4
§ y = § y = 2
§ z = § z = 1,2
Resposta: x = 2,4 m ; y = 2 m e z = 1,2 m .
0,8 * 1,81,2
0,8z
=1,21,8
0,8 * 31,2
0,8y
=1,23
1,2 * 1,60,8
1,2x
=0,81,6
512,5
12,55
39060
45060
5,6 * 601
41
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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11.2 Área do tampo A = 1,2 m * 0,8 m = 0,96 m2 .
Área do tampo B = 2,4 m * 1,6 m = 3,84 m2 .
Área do tampo C = 3 m * 2 m = 6 m2 .
Área do tampo D = 1,8 m * 1,2 m = 2,16 m2 .
11.3 A razão entre a área do tampo A e a área do tampo D é
.
11.4 A razão entre o perímetro do tampo C e o perímetro do tampo
A é .
12.
12.1 x = 98°
§ y = § y = 10
§ z = § z = 20
Resposta: x = 98° ; y = 10 cm e z = 20 cm .
12.2 Área da figura B
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
h2 + 62 = 82 § h2 = 64 – 36
§ h =
Área da figura B = + 12 * 15 = + 180
Perímetro da figura B
Perímetro da figura B = 2 * 15 + 12 + 2 * 8 = 58
Resposta: Área = cm2 ;Perímetro = 58 cm .
12.3 A razão de semelhança que transforma a figura B na figura A é
.
Desta forma, temos:
Área da figura A = * área da figura B
=
=
=
Perímetro da figura A = * perímetro da figura B
=
=
A razão de semelhança que transforma a figura B na figura C é
.
Desta forma, temos:
Área da figura C = * área da figura B
=
=
=323 œ28 + 320
96œ28 + 28809
169
* (6œ28 + 180)
1432
2
1612
=43
1163
23* 58
23
83 œ28 + 80
24œ28 + 7209
49* (6œ28 + 180)
1232
2
812
=23
(6œ28 + 180)
6œ2812 * œ28
2
œ28
15 * 1612
15z
=1216
15 * 812
y15
=8
12
52
1232
2
=49
Perímetro da figura C = * perímetro da figura B
= * 58
=
Resposta: Área da figura A = cm2 .
Perímetro da figura A = cm .
Área da figura C = + 320 .
Perímetro da figura C = cm .
13. Pág. 137
13.1 Designemos por r a razão de semelhança que transforma[ABCD] em [PSRQ] . Então, tem-se:
r = = .
Resposta: A razão de semelhança é .
13.2 Temos que: § §
§ =
Resposta: = metros.
14.
14.1 Vamos determinar a razão entre a altura do bolso e a altura doemblema e a razão entre a largura do bolso e a largura doemblema.
Temos então que:
§ 4,6 e = 4,2 .
Resposta: A razão de semelhança que deve ser aplicada naampliação do emblema de modo que este ocupe o máximo daárea do bolso é 4,2 .
14.2 Vamos determinar a altura e a largura do emblema ampliado:
4,5 * 3,5 cm = 15,75 cm e 4,5 * 3 cm = 13,5 cm .
Resposta: No mínimo os bolsos dos casacos devem ter 15,8 cmde altura e 13,5 cm de largura.
15. Pág. 138
15.1 Como os quadriláteros [ABCD] e [EFGH] são semelhantes,temos que:
§ § x =
§ x = 20
§ § y =
§ y = 25
§ § z =
§ z = 4,4
Resposta: x = 20 m ; y = 25 m e z = 4,4, m .
15.2 P[ABCD] = (21 + 20 + 25 + 11) m = 77 m
P[EFGH] = (8,4 + 8 + 10 + 4,4) m = 30,8 m
11 * 8,421
11z
=218,4
DC
HG=
AD
EH
10 * 218,4
y10
=218,4
BC
FG=
AD
EH
8 * 218,4
x8=
218,4
AB
EF=
AD
EH
12,63
163,5
1918
RS
1918
RS =9,59
= 9590
RS =1,9 * 5
9RS1,9
=59
RS
CD=
59
59
59
PR
AC=
11,8
=1018
2323
323 œ28
1163
183 œ28 + 802
2323
43
43
42
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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16. Os triângulos 1 e 3 são semelhantes pois têm os ângulos geo-metricamente iguais.
Os triângulos 5 e 9 são semelhantes pois têm os comprimentosdos lados directamente proporcionais.
Os triângulos 6 e 8 semelhantes pois têm um ângulo geometri-camente igual e os comprimentos dos lados adjacentes a esseângulo directamente proporcionais.
17. Pág. 139
17.1 Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes porque têm umângulo geometricamente igual (BCWA = FEWD) e os comprimentosdos lados adjacentes a esse ângulo são directamente proporcionais
.
17.2 Temos que:
§
§ § ) 6,2
P[ABC] ) (10 + 4 + 6,2) cm = 20,2 cm .
Resposta: O perímetro do triângulo [ABC] é aproximadamente20,2 cm .
18.
18.1 Os triângulos [ABC] e [DCE] são semelhantes já que têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• ACWB = ECWD (ângulo comum aos dois triângulos).
• CDWE = CBWA (ângulos obtusos de dados paralelos). (c.q.m.)
18.2 Como os triângulos [ABC] e [DCE] são semelhantes então têmos comprimentos dos lados correspondentes directamente propor-cionais.
a) § §
§ = 4,8
Resposta: = 4,8 cm .
b) § §
§ = 7,5
Resposta: = 7,5 m .
c) = 12 – 7,5 = 4,5
Resposta: = 4,5 m .
19.
19.1 Os triângulos [ABC] e [EBD] são semelhantes pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• DBWE = CBWA (ângulo comum aos dois triângulos).
• BAWC = BEWD (ângulos rectos) (c.q.p.)
19.2 Como os triângulos [ABC] e [EBD] são semelhantes têm os com-primentos dos lados correspondentes directamente proporcionais.
a) Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
§ c2 = 62 + 82
§ c2 = 100
± c = 10
Resposta: c = 10 cm
c > 0
CB2 = CA2 + AB2
AE
AE = AC - CE
CE
CE
CE =12 * 5
8CE12
=58
CE
AC=
DC
BC
AB
AB
AB =3 * 8
5AB3
=85
AB
ED=
BC
DC
ABAB =9,25 * 10
15
AB9,25
=1015
AB
DF=
AC
DE
11510
=64= 1,52
b)
Resposta: d = 7,5 cm
c)
§ = 12,5
Por outro lado, temos que:
§ e = 12,5 – 10
§ e = 2,5
Resposta: e = 2,5 cm .
20.
20.1 A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triân-gulo é 180° .
Assim, temos que:
EDWF = 180° – 99° – 52° = 29° e BAWC = 180° – 99° – 29° = 52° .
Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes pois têm osângulos geometricamente iguais. (c.q.p.)
20.2 Os comprimentos dos lados correspondentes dos dois triângulossão directamente proporcionais.
§ x = 3,2 .
§ y = 4
Resposta: x = 3,2 cm e y = 4 cm .
21. Pág. 140
21.1 Os triângulos [ABC] e [CDE] são semelhantes pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• ECWD = BCWA (ângulos verticalmente opostos).
• CDWE = CAWB (ângulos obtusos de lados paralelos) (c.q.p.).
21.2 Os triângulos [ABC] e [CDE] têm os comprimentos dos ladosdirectamente proporcionais. Desta forma, temos:
§ = 27
Resposta: = 27 cm .
22.
22.1 Temos que: FEWD = CBWA (ângulos rectos) e = 1,5 .
Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes já que têm oscomprimentos de dois lados, directamente proporcionais e oângulo por eles formado é geometricamente igual.
22.2 A razão de semelhança, r , que transforma o triângulo [ABC] no
triângulo [DEF] é r = = 1,5 ou .
22.3 a) = .
b) = .1232
2
=49
Área de [ABC]Área de [DEF]
23
Perímetro [ABC]Perímetro [DEF]
32
96
FE
CB=
DE
AB
BC
BC
BC
EC=
AB
ED§
BC18
=1812
§ BC =18 * 18
12
DE
AC=
EF
AB§
y10
=25
§ y =10 * 2
5
BC
DF=
AB
EF§
8x=
52
§ x =8 - 2
5
DC = DB - CB
DB
DB
CB=
EB
AB§
DB10
=108
§ DB =10 * 10
8
DE
CA=
EB
AB§
d6=
108
§ d =6 * 10
8§ d = 7,5
43
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
CE
XM
8©
Por
toE
dito
ra
23.
23.1 Temos que:
•
• = 1,2
• = 1,2
Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes já que têm oscomprimentos dos três lados directamente proporcionais.
23.2 a) = 1,2 .
b) = 1,22 = 1,44 .
24. Pág. 141
24.1 Seja r essa razão de semelhança, então tem-se:
r = = 1,6 .
24.2 A altura do triângulo [SOL] relativamente ao lado [SO] é1,6 * 4 cm = 6,4 cm .
24.3 A[MAR] = = 10 cm2 .
24.4 A[SOL] = 10 * 1,62 = 25,6 cm2 .
24.5 A razão entre as áreas dos dois triângulos é igual ao quadrado darazão de semelhança.
25.
25.1 Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Comprimento Comprimentono modelo (cm) real (cm)
1 24
30 x
x = § x = 720
Resposta: Na realidade o barco tem 720 cm , ou seja, 7,2 m decomprimento.
25.2 A razão entre a área do casco do barco, na realidade, e a razão
entre a área do casco do barco, no modelo é = 242 = 576 .
Desta forma, são necessários (576 * 20) ml de tinta, ou seja,11 520 ml de tinta.
Resposta: São necessários 11,52 litros de tinta.
26. O lado do quadrado original é cm = 9 cm .
O lado do quadrado ampliado é 9 cm * 1,2 = 10,8 cm .
A área do quadrado ampliado é (10,8 cm)2 = 116,64 cm2 .
27. No momento 1 cm corresponde a 100 cm na realidade. Destemodo 1 cm2 corresponde a 10 000 cm2 na realidade. Então, tem-se:
650 * 10 000 = 6 500 000
A área do jardim é 6 500 000 cm2 , ou seja, 650 m2 .
œ81
172030 2
2
30 * 241
4 * 52
85
Área de [ABC]Área de [DEF]
AB
DF
BC
DE=
97,5
AC
FE=
65
AB
FD=
4103
= 4 *310
= 1,2
28. Pág. 142
28.1 a) Os triângulos A e B não são semelhantes, já que não têm os
comprimentos dos lados directamente proporcionais, .
b) Os triângulos C e D são semelhantes, já que têm os compri-
mentos de dois directamente proporcionais e
o ângulo por eles formado é geometricamente igual.
28.2 Pretendemos efectuar uma redução dotriângulo A , usando a razão de seme-lhança 1 : 4 , assim temos que:
12 : 4 = 3 e 5 : 4 = 1,25 .
29.
29.1 Os triângulos [ABC] e [EDC] são semelhantes pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• BCWA = ECWD (ângulo verticalmente opostos) .
• CDWE = CAWB (ângulos agudos de lados paralelos) .
29.2 Os triângulos [ABC] e [EDC] têm os comprimentos dos ladosdirectamente proporcionais, então tem-se:
§
§ § = 7,5
Resposta: = 7,5 m .
29.3 Determinamos :
§
§ § = 6,25
Determinamos :
§
§
P[ABC] = (10 + 6,25 + 7,5) m = 23,75 m
30.
30.1 Os triângulos A e B são semelhantes pois têm os comprimentos
dos lados directamente proporcionais .
30.2 a) Designamos por r essa razão de semelhança, então tem-se:
r = = 2 .
b) = 22 = 4 .Área de BÁrea de A
105
1105
=84=
63= 22
BC =6 * 10
8= 7,5
BC
CE=
AB
ED§
BC6
=108
BC
ACAC =5 * 10
8
AC
CD=
AB
ED§
AC5
=108
AC
BC
BCBC =6 * 10
8
BC
CE=
AB
ED§
BC6
=108
1186
=155
= 32
2212
0155
44
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
EX
M8
©P
orto
Edi
tora
c) Temos que = 1,5 .
Vamos então desenhar um triângulo C , partindo do triân-gulo A , de razão 1,5 .
4 * 1,5 = 6
5 * 1,5 = 7,5
3 * 1,5 = 4,5
31. Pág. 143
31.1 Os triângulos [ABC] e [ADE] são semelhantes pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• DAWE = BAWC (ângulo comum aos dois triângulos)
• CBWA = EDWA (ângulo agudos de lados paralelos)
31.2 Temos que .
Significa que a razão de semelhança que transforma o triângulo[ABC] no triângulo [ADE] é 1,8 .
31.3 Determinemos :
= 1,8 * 10 § = 18 .
Determinemos :
Ora, = 1,8 § = 1,8
§ y + 12 = 1,8y (pois y > 0)
§ 1,8y – y = 12 § y = § y = 15
Se = 15 então = 27 .
P[ADE] = (18 + 27 + 27) cm = 72 cm .
32. Vamos efectuar um esquema da situação apresentada.
x representa a altura, em centímetros, do João.
Como os triângulos representados são semelhantes, temos que:
§ x = 180
Resposta: O João tem 1,80 metros de altura.
140x
=84108
§ x =140 * 108
84
AEAC
120,8
y + 12y
AE
AC
AE
ADAD
AD
BC =DE1,8
§DE
BC= 1,8
œ2,25 33. Determinamos BC aplicando o Teorema de Pitágoras:
§ + 42 = 102
§ = 100 – 16
± = ) 9,165
Os triângulos [BCD] e [ABE] são semelhantes, pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• BAWE = DCWB (dado, ver figura)
• EBWA = CBWD (ângulos rectos)
Então, tem-se:
§ § AB ) 19,476
Desta forma, temos:
§ ) 19,476 + 9,165
§ ) 28,641
Resposta: ) 29 m .
1. Pág. 144
1.1 Resposta: (D) .
1.2 Resposta: (D) .
1.3 a) = 1,1 .
b) A área do quadrado ampliado é igual ao produto da área doquadrado original pelo quadrado da razão de semelhança quetransforma o quadrado original no quadrado ampliado, ou seja,é igual a 100 * 1,12 = 100 * 1,21 = 121% de 100 .
2. Pág. 145
2.1 Os triângulos [ABE] e [ACD] são semelhantes pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• CAWB = BAWD (ângulo comum aos dois triângulos)
• AEWB = ADWC (ângulos agudos de lados paralelos).
2.2 Os dois triângulos têm os comprimentos dos lados directamenteproporcionais, então tem-se:
§ = 8,4
Resposta: = 8,4 cm .
2.3 § = 14,7
Resposta: = 14,7 cm .
2.4 = = 2 .
A razão de semelhança que transforma o triângulo P no triânguloQ é 2 , assim temos:
= 22 § = 4
§ Área de Q = 4 * 6 § Área de Q = 24
Resposta: A área do triângulo Q é 24 cm2 .
Área de Q6
Área de Q
Área de P
2412
Perímetro de QPerímetro de P
AD
ADAD
AE=
CD
BE§
AD9,8
=7,248
§ AD =9,8 * 7,2
4,8
AB
ABAB
AC=
BE
CD§
AB12,6
=4,87,2
§ AB =12,6 * 4,8
7,2
1110
AC
AC
AC
AC = AB + BC
AB =8,5 * œ84
4§ AB
AB
BC=
EB
DB§
AB
œ84=
8,54
œ84BCBCw > 0
BC2
BC2
BC2 + BD2 = CD2
45
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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Por
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3. a =
§ a =
§ a =
§ a ) 1 654 580,306 * 10– 2
§ a ) 1,654 580 306 * 106 * 10– 2
§ a ) 1,655 * 104
4. Pág. 146Os triângulos [AEC] , [AFB] e [BDC] são semelhantes entre si jáque têm dois ângulos geometricamente iguais, a saber:
• BFWA = CDWB = CEWA (ângulos rectos)
• ABWF = BCWD = ACWE (ângulos agudos de lados paralelos).
5.
5.1 A[ABC] = = 6
= 0,252 § A[DEF] = 0,252 * 6 § A[DEF] = 0,375
Resposta: A[ABC] = 6 cm2 e A[DEF] = 0,375 cm2 .
5.2 Vamos determinar usando o Teorema de Pitágoras:
± = 5
Por outro lado, temos:
= 3 * 0,25 = 0,75
= 4 * 0,25 = 1
= 5 * 0,25 = 1,25
P[DEF] = 0,75 + 1 + 1,25 = 3
P[ABC] = 3 + 4 + 5 = 12
Logo, = 0,25 (c.q.m.)
5.3 = 16 (c.q.m.)
6. Pág. 147
6.1 Os triângulos [ABC] e [DEC] representados na figura seguintesão semelhantes.
Então, tem-se:
§ 0,6 (x + 0,9) = 0,9x
§ 0,6x + 0,54 = 0,9x § 0,3x = 0,54 § x = 1,8 (c.q.m.)
AB
DE=
BC
EC§
0,60,9
=x
x + 0,9
A[ABC]
A[DEF]=
60,375
P[DEF]
P[ABC]=
312
=14
EF
DF
DE
BCBCw > 0
BC 2 = AB 2 + AC 2 § BC 2 = 32 + 42
BC
A[DEF]
A[ABC]
AB * AC2
=3 * 4
2
41 152,225 * 104
0,024 871 7 * 106
(1 646 089 * 10-2) (0,025 * 106)0,025 * 106 - 0,000 128 3 * 106
(1283 * 10-1)2 (0,025 * 106)0,025 * 106 - 1283 * 10-1 6.2 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
§ (1,8 + 0,9)2 = 0,92 + § 7,29 = 0,81 +
§ = 6,48
± ) 2,55 (c.q.m.)
6.3 Vamos determinar aplicando o Teorema de Pitágoras:
§ 1,82 = 0,62 + § = 2,88
± =
§ ) 1,7
Nota: Também podíamos determinar usando a semelhança detriângulos.
Então, tem-se:altura do tronco do cone ) 2,55 – 1,77 ) 0,85 (c.q.m.).
6.4 Designemos por V o volume do tronco do cone, por V1 o volumedo cone de base menor e por V2 o volume do cone de base maior,então tem-se:
V = V2 – V1 = * 0,92 * p * * 0,62 * p *
V ) 1,52
Resposta: O volume do tronco do cone é aproximadamente igual a1,52 m3 .
6.5 Os triângulos representados na figura são semelhantes, logo oscomprimentos correspondentes são directamente proporcionais.Assim, temos:
§ x = 25
Resposta: O rio tem 25 metros de largura.
7. Pág. 148
7.1 a) O triângulo [ABC] pode ser decomposto em 16 triângulosiguais ao triângulo [GHI] . Desta forma, temos:
=
b) No desenho o lado do triângulo [ABC] mede 6 cm .Assim, podemos afirmar que 6 cm no desenho corresponde a6 m na realidade, então tem-se:6 cm corresponde a 600 cm (6 metros)ou seja, 1 cm corresponde a 100 cm .
A escala usada foi 1 : 100
c)
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
62 = 32 + h2 § h2 = 36 – 9 § h = (h > 0)
O valor exacto, da altura do triângulo [ABC] é metros .œ27
œ27
15
Área destinada a tulipas
Área destinada a relva=
315
x15
=2012
§ x =15 * 20
12
œ2,88œ6,48 -13
13
AC
AC
œ2,88ACACw > 0
AC 2AC 2
BC 2 = AB 2 + AC 2
AC
DCDCw > 0
DC 2
DC 2DC 2
EC 2 = DE 2 + DC 2
46
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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tora
d) Temos que:
A[GHI] =
A área da parte do jardim destinada a tulipas é igual a
.
E, ) 2,92 (c.q.m.)
7.2
O triângulo [ABC] é uma
ampliação do triângulo [DEC]
de razão e é, também, uma
ampliação do triângulo [FGC]
de razão 3 .
Desta forma, temos:
§ A[DEC] = 36 : § A[DEC] = 16
§ A[FGC] = 36 : 9 § A[FGC] = 4
Logo, A[DEGF] = 16 – 4 = 12
A área do jardim do Pedro destinada a tulipas é 12 m2 .
8. Pág. 149
8.1 P = 10 * 1 + 2 * = 10 + p ) 13,1 cm .
8.2 A = 10 * 1 + * 2 = 10 + 2 – = 12 – ) 10,4 cm2 .
8.3
8.4 O perímetro da figura ampliada é igual ao produto de peloperímetro da figura original.
A área da figura ampliada é igual ao produto de pela áreada figura original.
113102
2
1310
p2
p211 -
p * 12
4 2
2 * p * 14
A[ABC]
A[FGC]
= 32 §36
A[FGC]
= 9
94
A[ABC]
A[DEC]= 13
222
§36
A[DEC]=
94
32
9œ2716
3 *3œ27
16=
9œ2716
A[ABC]
16=
6 * œ27216
=3œ27
16
9.
9.1 e 9.2
9.3 A[A'B'C'D'] = 1 * 2 = 2 u. a.
10. Pág. 150
10.1 Temos que 6 * 0,25 = 1,5 ; temos de desenhar um triânguloequilátero de lado 1,5 centímetros.
10.2 P[ABC] = (3 * 6) cm = 18 cm .
O lado do quadrado é cm = 4,5 cm .184
47
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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11. Pág. 151
11.1 Os triângulos da figura seguintes são semelhantes.
Então, tem-se:
§ 1,8x = 0,6 (x + 4)
§ 1,8x = 0,6x + 2,4 § 1,2x = 2,4 § x = 2 (c.q.m.)
11.2 a) A1 = p * 1,82 = 3,24p § A1 ) 10,2 m2 ;
b) A2 = p * 0,62 = 0,36p § A2 ) 1,1 m2 ;
c) V1 = * 3,24p * 6 = 6,48p § V1 ) 20,4 m3 ;
d) V2 = * 0,36p * 2 = 0,24p § V2 ) 0,75 m3 ;
e) V = V2 – V1 = 6,48p – 0,24p = 6,24p § V ) 19,6 m3 .
12. Pág. 152
12.1 Os triângulos [ABC] e [EDB] são semelhantes já que têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• CBWA = EBWD (ângulo comum aos dois triângulos)
• ACWB = BDWE (ângulos rectos)
12.2 Os comprimentos dos lados dos dois triângulos são directamenteproporcionais. Então, tem-se:
§ x = § x = 4,8
Nota: = 52 – 42 ± = 3
Resposta: = 4,8 cm .
12.3 Temos que:
§ = 6,4
Por outro lado temos que , ou seja,
= 6,4 – 5 = 1,4
Resposta: = 1,4 cm .
12.4 A[ADEC] = A[ABC] – A[EDB]
=
=
= 15,36 – 6
= 9,36
Resposta: A[ADEC] = 9,36 cm2 .
6,4 * 4,82
-4 * 3
2
CB * AC2
-DB * DE
2
CE
CE
CE = CB - BE
CBAB
BE=
CB
DB§
85=
CB4
§ CB =8 * 4
5
AC
DEDEw > 0
DE 2
245
AC
DE=
AB
BE§
x3=
85
§ x =3 * 8
5
13
13
xx + 4
=0,61,8
13. Pág. 153
13.1 Sim, a Joana tem razão. Os triângulos A e C são semelhantes,pois têm os comprimentos dos lados directamente proporcionais
.
13.2 O triângulo ampliado tem 2 * = 3 centímetros de lado, então
o seu perímetro é 9 cm .
13.3 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
42 = h2 + 12 § 16 = h2 + 1
§ h2 = 15 ± h =
Área = = cm2 .
13.4 Temos que:
= r2 ,
sendo r a razão de semelhança que transforma o triângulo Ano triângulo D .
Então, tem-se:
= r2 § r2 = § r2 = ;
r = § r = .
13.5 Por exemplo:
A amplitude de cada ângulo interno de qualquer triângulo equilá-tero é 60° , então todos os triângulos equiláteros são semelhan-tes entre si porque têm os ângulos geometricamente iguais.
Já dois triângulos isósceles nem sempre são semelhantes, comopor exemplo os triângulos A e B a seguir representados.
Estes dois triângulos não têm os ângulos geometricamente iguais (ounão têm os comprimentos dos lados directamente proporcionais).
14. Pág. 154
14.1 Os dois triângulos representados na figura são semelhantes, entãoos comprimentos dos lados são directamente proporcionais.Assim, temos:
§ h = 46
Resposta: O farol tem 46 metros de altura.
1,25h
=1,25
(1,5 + 53,7)§ h =
1,25 * (1,5 + 53,7)1,5
34
Œ 916
916
9œ1516
*1
œ15
9œ1516
œ15
Área do triângulo DÁrea do triângulo A
œ152 * œ15
2
œ15h > 0
32
142=
21= 22
48
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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orto
Edi
tora
14.2 a) Os triângulos [EFI] e [ICD] são semelhantes pois têm oscomprimentos de dois lados directamente proporcionais e oângulo por eles formado geometricamente igual, a saber:
• = 2
• AIWB = CIWD (ângulos verticalmente opostos)
b) A razão pedida é igual à razão de semelhança que transformao triângulo [EFI] no triângulo [ICD] , ou seja, 2 .
c) A razão pedida é igual ao quadrado da razão de semelhança quetransforma o triângulo [EFI] no triângulo [ICD] , ou seja, 22 = 4 .
d) Se A[ABCD] = 36 então A[ICD] = = 9 .
Por outro lado temos que A[ICD] = 22 * A[EFI] , ou seja,
A[EFI] = = 2,25 .
Então, tem-se:
A[ABFE] = A[EBI] – A[EFI] = 9 – 2,25 = 6,75
Resposta: A[ABFE] = 6,75 cm2 .
15. Pág. 155
15.1 O triângulo [AHG] é rectângulo, já que AHWG = 90° .
15.2 Os triângulos [AHG] e [BIC] são semelhantes pois têm doisângulos geometricamente iguais, a saber:
• AHWG = BIWC (ângulos rectos)
• BAWH = CBWI = 45° ([AH] está contido na diagonal [AF] doquadrado [ABFG] e [BI] está contido na diagonal [BD] doquadrado [BCDE]) .
94
364
DI
EI=
CI
FI
15.3 Área colorida = * 64 + * 36 = 66
Resposta: 66 .
15.4 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
(1)
Por outro lado, temos:
= 36 (área do quadrado [ABFG])
= 8 – 6 = 2
Voltando a (1) , vem:
= 36 + 22 ± =
15.5 Área não colorida = * 36 + * 64 + = 40
A razão pedida é =
15.6 A[ACEG] = 36 + * 64 + = 74 .6 * 2
212
2320
6640
6 * 22
14
12
œ40EGEGw > 0
EG 2
FE = BE - BF = œ64 - œ36
GF 2
EG 2 = GF 2 + FE 2
12
34
49
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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Por
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CEXM8-RES-04
Capítulo 52.5 - 2 (z + 1) = - (z + 3)
§ - 2z - 2 = - z - 3
§ -2z + z = - 3 + 2
§ - z = - 1
§ z = 1
2.6 0,5 (1 - 2x) = - 2 (- 3 - 0,4x)
§ 0,5 - x = 6 + 0,8x
§ - x - 0,8x = 6 - 0,5
§ - 1,8x = 5,5
§ 1,8x = - 5,5
§ x = -
§ x = - .
3.
3.1 x - = 2x
(2) (2)
§ 2x - 1 = 4x
§ 2x - 4x = 1
§ - 2x = 1
§ x = - ou x = - 0,5
3.2 - 1 =
§ x - 2 = x - 1
§ x - x = - 1 + 2
§ 0x = 1 ; equação impossível
3.3 x - = 1 - x
(2) (3) (6)
§ 2x - 15 = 6 - 6x
§ 2x + 6x = 6 + 15
§ 8x = 21
§ x = ou x = 2,625
3.4 1 - x - = 0
(2) (2)
§ 2 - 2x - 1 + x = 0
§ - 2x + x = - 2 + 1
§ - x = - 1
§ x = 1
3.5 1 - (x - 1) = 0
§ 1 - x + = 0
(2)
§ 2 - x + 1 = 0
§ - x = - 2 - 1
§ - x = - 3
§ x = 3
12
12
12
1 - x2
218
52
13
x - 12
x2
12
12
5518
5,51,8
1. (A) § -1 = - , falsa. Pág. 161
(B) § 1 = 1 , verdadeira.
(C) § , falsa.
(D) § 0 = , falsa.
Resposta: (B) .
2. Resposta: (C) .
3. Resposta: (D) .
4. Resposta: (B) . Pág. 162
5. § 15x - 15 - 10x = 6x - 18
(15) (10) (6)
§ 15x - 10x - 6x = - 18 + 15 § - x = - 3 § x = 3
A equação é possível e determinada em R .
Resposta: (B) .
6. Se há x anos a Inês tinha 12 - x anos, actualmente tem 12 anos,então daqui a x anos a Inês tem 12 + x anos.
Resposta: (B) .
1. Pág. 163
1.1 § 4 = § 4 = 4 , verdadeira.
8 é a solução da equação.
1.2 1 - § 1 - 4 = § - 3 =
§ - 3 = 2,5 , falsa.
8 não é solução da equação.
2.
2.1 x - 7 = 2x - 3
§ x - 2x = - 3 + 7
§ - x = 4
§ x = - 4
2.2 1 - a - 2a = 8 - 5a + 3
§ - a - 2a + 5a = 8 + 3 - 1
§ 2a = 10
§ a = 5
2.3 1 + 2 (a - 1) = 3a
§ 1 + 2a - 2 = 3a
§ 2a - 3a = - 1 + 2
§ - a = 1
§ a = - 1
2.4 3 - (1 - x) = 5 - (-2 + 3x)
§ 3 - 1 + x = 5 + 2 - 3x
§ x + 3x = 5 + 2 - 3 + 1
§ 4x = 5
§ x = ou x = 1,25 54
156
16 - 16
82=
2 * 8 - 16
205
82=
2 * 8 + 45
x - 12
-x3=
x - 35
13
02=
0 + 13
12=
23
12=
1 + 13
22=
2 + 13
13
- 22
=- 2 + 1
3
50
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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3.6 = 1 - (x - 2)
§ = 1 - x + 2(3)
§ 2x - 2 = 3 - 3x + 6
§ 2x + 3x = 3 + 6 + 2
§ 5x = 11
§ x = ou x = 2,2
4.
4.1 Substituía a incógnita, no caso x , por cada um dos elementos doconjunto A e aquele que transformasse a equação numa igualdadenumérica verdadeira seria a solução da equação.
4.2 = 0
(3) (2) (6)
§ 6x - 3 - 2x + 2 = 0
§ 6x - 2x = - 2 + 3
§ 4x = 1
§ x = ou x = 0,25
5. Pág. 164
5.1 Por exemplo 2x = 1 (ou qualquer equação equivalente à equaçãox = a , sendo a um número não natural).
5.2 Por exemplo x = x (ou qualquer equação equivalente à equação0x = 0 ).
5.3 a)
§
§
§
§ 0x = , equação impossível.
b)
(4) (3)
§ 4x + 4 - 3x + 3 = x + 7
§ 4x - 3x - x = - 4 - 3 + 7
§ 0x = 0 , equação possível e indeterminada.
c) + 20 = x
§ + 20 = x
(2) (3) (6) (6)
§ 2x + 3x - x + 120 = 6x
§ 2x + 3x - x - 6x = - 120
§ - 2x = - 120
§ 2x = 120
§ 2x = 120
§ x = 60 , equação possível e determinada.
x3+
12
x -x6
x3+
12 1x -
x32
x + 13
-x - 1
4=
x + 712
23
323
x -323
x =13+
13
323
x -13=
323
x +13
323
x -26=
323
x +13
23 116x -
122 =
323
x +13
14
2x - 12
-x - 1
3
115
2x - 23
2(x - 1)3
6.
6.1 Por exemplo:
O dobro da soma de um número com três é igual à soma do dobrodesse número com três.
6.2 Por exemplo:
Metade da diferença entre o quádruplo de um número e dois éigual à diferença do dobro desse número e um.
6.3 Por exemplo:
O António tem 14 anos e a Cristina 12 anos.
Determine daqui a quantos anos a soma das idades do António eda Cristina é 42 anos.
7.
7.1 Por exemplo:
A soma de metade da idade da Ana com cinco é igual a 10 anos.Que idade tem a Ana?
7.2 Por exemplo:
Uma terça parte da diferença entre o dobro de um número e um éigual a 12 .
Qual é esse número?
7.3 Por exemplo:
O dobro da soma de um número com um é igual à diferença entreesse número e três.
Qual é esse número?
8. Pág. 165
8.1 Por exemplo:
2 (x - 1) = 2 (2x - 3)
ou
ou x - 1 + 10 = 2x - 3 + 10
8.2 Por exemplo:
2x = 10 ou ou x - 3 = 5 - 3 .
9.
9.1 Por exemplo:
x = 1 ou 2x = 2 ou .
9.2 Por exemplo:
x = ou 2x = 1 ou x + 50 = + 50 .
10.
10.1 Por exemplo: x = - 2 .
10.2 Por exemplo: x = .
10.3 Por exemplo: 2x - 4 = 2 (x - 2) .
11.
11.1 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação.
x + x + 1 + x + 2 = 33 .
Vamos resolver a equação.
x + x + 1 + x + 2 = 33
§ 3x = 33 - 3
§ 3x = 30
§ x = 10
Resposta: Os números são: 10 , 11 e 12 .
13
12
12
x3=
13
x2=
52
x - 15
=2x - 3
5
51
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
CE
XM
8©
Por
toE
dito
ra
11.2 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
2x + 2x + 2 + 2x + 4 = 42 .
Vamos resolver a equação:
2x + 2x + 2 + 2x + 4 = 42
§ 6x + 6 = 42
§ 6x = 36
§ x = 6
Resposta: Os números são: 12 , 14 e 16 .
11.3 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
2x - 1 + 2x + 1 + 2x + 3 = 45 .
Vamos resolver a equação:
2x - 1 + 2x + 1 + 2x + 3 = 45
§ 6x + 3 = 45
§ 6x = 42
§ x = 7
Resposta: Os números são: 13 , 15 e 17 .
12. Pág. 166
12.1 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação:
+ 8 = 16
Vamos resolver a equação.
+ 8 = 16
(3) (3)
§ x + 24 = 48
§ x = 24
Resposta: O número é 24 .
12.2 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
= 9 .
Vamos resolver a equação.
= 9
§ x + 8 = 9
§ x = 1
Resposta: O número é 1 .
12.3 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
2 (x - 3) = 14 .
Vamos resolver a equação.
2 (x - 3) = 14
§ 2x - 6 = 14
§ 2x = 20
§ x = 10
Resposta: O número é 10 .
13. Por exemplo:
13.1 Metade da diferença entre o número em que o Pedro pensou e umé igual a três.
13.2 O dobro da soma do número em que o Pedro pensou e três éigual a 16 .
13.3 Metade da diferença entre o número em que o Pedro pensou e umé igual ao dobro desse número.
13.4 A diferença entre o dobro do número em que o Pedro pensou ecinco é igual a cinco.
2(x + 8)2
2(x + 8)2
x3
x3
14.
14.1 Por exemplo:
A diferença entre o dinheiro que o Pedro tem e 20 euros é igualà terça parte do seu dinheiro.
14.2 x - 20 =(3) (3)
§ 3x - 60 = x
§ 3x - x = 60
§ 2x = 60
§ x = 30
15. O problema pode ser traduzido pela seguinte equação:
+ 5 = x , sendo que x representa o número de frutos que
tem a cesta.
Vamos resolver a equação.
+ 5 = x
(12) (6) (4) (24) (24)
§ 12x + 6x + 4x + 120 = 24x
§ 22x + 120 = 24x
§ 22x - 24x = - 120
§ - 2x = - 120
§ 2x = 120
§ x = 60
Resposta: A cesta tem 60 frutos.
16. Pág. 167
16.1 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação:
2 (x - 2) + 2 (x + 5) = 18
Resolvendo a equação, vem:
2x - 4 + 2x + 10 = 18
§ 4x + 6 = 18
§ 4x = 12
§ x = 3
Desta forma a área do rectângulo é dada por:
(3 - 2) * (3 + 5) = 8
A área do rectângulo [ABCD] é 8 cm2 .
16.2 Da alínea anterior temos que o perímetro do rectângulo [ABCD]é dado por 4x + 6 .
Assim, temos 4x + 6 = 6 § 4x = 0 § x = 0 .
Todavia x tem de ser maior que 2 (para que os lados do rectân-gulo tomem valores positivos). Logo, não existe qualquer valor dex tal que o perímetro do rectângulo é 6 cm .
17.
17.1 a) O Pedro não tem razão.
Por exemplo: a soma dos números das páginas 111 e 112 é223 e a soma dos números das páginas 112 e 113 é 225 ,desta forma é impossível que a soma obtida pelo Pedro fosse214 .
b) Sejam a e a + 1 dois números inteiros consecutivos. A suasoma é 2a + 1 , quem é sempre um número ímpar.
17.2 Não, 9 * 8 não pode ser um número ímpar. O produto de umnúmero ímpar por um número par é sempre um número par.
17.3 Não é possível.
Sejam 2x e 2x + 2 dois números pares consecutivos. A suasoma é 4x + 2 , que nunca é um número múltiplo de quatro.
x2+
x4+
x6
x2+
x4+
x6
x3
52
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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tora
18.1 x km .
18.2 km .
18.3 = km = km = (8 + 1) km = 9 km .
18.4 = x km , logo km é o mesmo que
11 = + 1 .
Determinemos :
11 = + 1
10 =
= 10 *
=
= 7,5 km .
19. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer Pág. 168triângulo é 180° . Desta forma, temos:
b + + 90° = 180°
b + = 90°
= 90°
= 90°
3b = 180°
b = 60°
Ora se b = 60° então = 30°
Então, tem-se: CDWA = 180° - 30° = 150° , donde resulta que.
= 180° - 150°
= 30°
2a = 90°
a = 45°
Resposta: a = 45° e b = 60° .
20.
20.1 A expressão que tem maior valor é x2 .
Se x é menor que - 2 , as expressões 2x e x + 2 tomam valo-res negativos, enquanto que o quadrado de um número é semprenão negativo.
20.2 A expressão que tem maior valor é x + 2 .
20.3 A expressão que tem menor valor é x2 .
21.
21.1 Pertence à secção B , após o produto é sempre um número nega-tivo maior que - 1 .
21.2 Pertence à secção A , pois o quociente é sempre um númeronegativo menor que - 1 .
21.3 Pertence à secção D , pois o quociente é sempre um númeropositivo maior que 1 .
2a3
a3+
a3
b2
3b2
2b2
+b2
b2
b2
AB
304
AB
34
AB
43
AB
43
AB
AB
43
AB
EF = 143
x + 12AB
1243
+ 12143* 6 + 12EF
EF = 143
x + 12
CD =43
22. Pág. 169
22.1 v = * 2 § v = 4,4
Resposta: A velocidade média em milhas por hora é 4,4 .
22.2 Ora 36 km por hora, corresponde a 36 000 m por 3600segundos, ou seja, 10 m por segundo. Assim, temos:
v = * 10 § v = 22
Resposta: A velocidade média em milhas por hora é 22 .
22.3 v = s § s = v § 11 s = 5 v
§ s = v .
23.
23.1 E = mc2 § mc2 = E § m = (c 0 0) .
23.2 v = v0 + at § v0 + at = v § at = v - v0
§ t = (a 0 0)
23.3 A = § = A § b * h = 2A
§ b = (h 0 0)
23.4 A = * h § * h = A § A *
§ h = (B + b 0 0)
24.
24.1 x = 2 e y = 3 .
2x + 3y = 13
2 * 2 + 3 * 3 = 13 § 4 + 9 = 13 § 13 = 13 (Verdadeira)
O par x = 2 e y = 3 é solução da equação.
24.2 a = 1 e b = .
2 (a - b) - (a + b) = 0
2 = 0 § 2 * = 0 § = 0
§ - = 0 (Falsa)
O par a = 1 e b = não é solução da equação.
1. Pág. 170
1.1 2n + 2 ;
1.2 3n + 3 ;
1.3 8n + 2 ;
1.4 - 5n + 15 ;
1.5 1,5n ;
1.6 2n .
2. Pág. 171
2.1
12
12
22-
32
12-
3211 -
122 - 11 +
122
12
2AB + b
2B + b
B + b2
B + b2
2Ah
b * h2
b * h2
v - v0
a
Ec2
511
115
115
115
115
53
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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Por
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dito
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Figura Área
(em cm2)Perímetro (em cm)
A x2 4x
B x2
23x
C x2
42x
2.2 a) =
b) Determinemos o comprimento da hipotenusa, h , do triângulo,em função de x .
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
h2 = x2 + x2 § h2 = 2x2 § h = x
O perímetro da figura D é cm , ou seja, x cm .Deste modo, podemos concluir que o perímetro da figura D émaior que 3x cm .
A afirmação verdadeira é a (B) .
3. Pág. 172
3.1 CBWG = 60° . A amplitude de qualquer ângulo interno de um
triângulo equilátero é = 60° .
3.2 GAWE = 60° .
3.3 São estritamente paralelas.
3.4 Trapézio isósceles.
3.5 DGWF = CBWG e GFWD = GAWE , em ambos os casos trata-se de ângu-los agudos de lados paralelos.
Deste modo temos que DGWF = GFWD = 60° , logo o triângulo[FGD] é um triângulo equilátero.
3.6 = 3x
3.7 P[ABCDE] =
= 3x + 2x + x + x + 2x
= 9x
3.8 Ajardim = 7 * A[FGD] (1)
Determinamos a altura do triângulo [FGD] .
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
42 = h2 + 22 § h2 = 12 § h =
Voltando a (1) , vem que:
Ajardim = 7 * ) 48,5 m2 .
4. Pág. 173
4.1 § F - 32 = * 9
§ F = C + 32
4.2 F = * 0 + 32 = 32 , logo 0 °C = 32 °F .
F = * 50 + 32 = 122 , logo 50 °C = 122 °F .
F = * 80 + 32 = 176 , logo 80 °C = 176 °F .
4.3 § C = * 5 § C =
4.4 C = = - 15 , logo 5 °F = - 15 °C .
C = ) 26,7 , logo 80 °F ) 26,7 °C .
4.5 Ora, como o António se encontram em Atlanta (Estados Unidos), tal-vez estivesse a referir-se à temperatura medida em graus Fahrenheit.
Verifiquemos, C = ) 38,9 .
Temos então que 38,9° C ) 102 °F . Faz, assim, sentido dizer queo António mediu a temperatura em graus Fahrenheit.
5 * 102 - 1609
5 * 80 - 1609
=803
5 * 5 - 1609
5F - 1609
F - 329
C5
=F - 32
9
95
95
95
95
C5
C5
=F - 32
9
4 * œ122
= 14œ12
œ12
AB + BC + CD + DE + EA
AB
180°3
(2 + œ2)(2x + œ2x)œ2
x2
2x * x
25. Pág. 174
5.1 3n + 60 - (2n + 20)
= 3n + 50 - 2n - 20
= n + 40 .
5.2 = n + 20 .
5.3 a) 3n + 60 - (2n - 5)
= 3n + 60 - 2n + 5
= n + 65 .
b) 2n - 5 = 15
§ 2n = 20
§ n = 10
Então, tem-se: 3 * 10 + 60 = 90 .
Inicialmente, o Paulo tinha 90 moedas no saco.
6. Pág. 175
6.1
Tendo em conta a tabela anterior, e como pelo menos um dosbilhetes terá de ser para “mais de 10 anos”, o do professor, não épossível que o custo total dos bilhetes possa ser 260 euros.
6.2 O professor da turma do 5.° ano comprou 10 bilhetes para“10 anos ou menos” e 16 bilhetes para “mais de 10 anos”,tendo pago 340 euros.
6.3 10x + 16y = 340
§ 10x = 340 - 16y
§ x = - y
§ x = 34 - y ou x = 34 - 1,6y .
6.4 O professor comprou 16 bilhetes para “mais de 10 anos”, sendoque um destes era para ele, desta forma podemos afirmar que aturma tem 15 alunos com idade superior a 10 anos.
7. Pág. 176
7.1 40 minutos.
7.2 A Ana tem o cabelo ruivo.
Da leitura da tabela, conclui-se que 40 = .
Como 40 = § D = 200 .
Na tabela D = 200 corresponde ao cabelo ruivo.
8. Pág. 177
8.1 Gráfico A .
8.2 3 é o comprimento de uma volta completa.
= 5,(6) .
O maior número possível de voltas é 5 .
173
D5
D5
85
1610
34010
N.° de bilhetes
10 anos ou menos mais de 10 anos valor em euros
25 1 250 + 15 = 265
24 2 240 + 30 = 270
3n + 603
=3n3
+603
54
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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tora
9. Pág. 178
9.1
9.2 No sábado passado a Inês gastou 186 cêntimos em chamadaspara as redes A e B .
9.3 0,9x + 1,1y = 186 § 0,9x = 186 - 1,1y
§ x = .
9.4 x = § x = 60 .
O tempo total de duração das chamadas efectuadas pela Inês, paraa rede A foi de 60 segundos.
186 - 1,1 * 1200,9
186 - 1,1y0,9
10. Pág. 179
10.1 a) O preço a que o telemóvel foi comprado.
b)
c) v = - 5 * 6 + 80 § v = 50
E , 80 - 50 = 30 , logo a desvalorização do telemóvel meioano após a sua compra foi de 30 euros.
10.2 O Nuno comprou o seu telemóvel por 68 euros, já que80 * 0,85 = 68 .
Representando por x o valor inicial do telemóvel que o Pedrocomprou e sabendo que obteve um desconto de 20% , temosque:
0,8 * x = 68 § x = § x = 85 .
Assim, o custo do telemóvel que o Pedro comprou, sem o des-conto de 20% , era de 85 euros.
680,8
t (meses) v (euros)
0 80
1 75
2 70
55
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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Por
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Capítulo 6(B) é falsa.
Por exemplo:
Quer o círculo de centro A e raio , quer o círculo de cen-tro A e raio , contém os pontos P , Q , R e S .
1.2 a) Existem duas possibilidades, a saber:
ou
b) Considerando o triângulo [PQR]
r é a mediatriz de [PQ]
Considerando o triângulo [PQS]
r é a mediatriz de [PQ]
1.3 a)
P R
r
Q
ATAD
1. (A) O ponto O não pertence à circunferência de centro Pág. 187O e raio 3 cm , mas pertence ao círculo de centro O e raio 3 cm .
(B) O ponto C é exterior ao círculo de centro O e raio 3 cm .
(C) Os pontos O , A , D e B pertencem ao círculo de centro Oe raio 3 cm .
Resposta: (D) .
2. Resposta: (D) .
3. (C) A secção de um plano que intersecta uma esfera é um círculo.
(D) A secção de um plano que intersecta uma superfície esférica éuma circunferência.
Resposta: (A) .
4. Resposta: (C) . Pág. 188
5. (A) Há uma infinidade de pontos no parque de campismo quedistam igualmente de A e de B , são todos os pontos quepertencem à mediatriz do segmento de recta [AB] .
(B) e (C) Os pontos do parque de campismo que distam igual-mente de A e de B pertencem a uma recta.
Resposta: (D) .
6. Resposta: (B) . Pág. 189
7. Resposta: (C) .
8. Como o plano a é o plano mediador do segmento de Pág. 190recta [AB] e o ponto C pertence ao plano a , então este pontodista igualmente de A e B . Assim, podemos concluir que o triân-gulo [ACB] é isósceles.
Resposta: (B) .
9. (A) O ponto E não pertence a esse conjunto.
(D) A distância entre as abcissas dos pontos A e D é 5 unidades.
Resposta: (B) .
10. Resposta: (B) .
1. Pág. 191
1.1 a) Por exemplo:
b) (A) é verdadeira.
56
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
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b)
1.4 a) e b) Pág. 192
r é a mediatriz de [AC]
s é a mediatriz de [BC]
O é o circuncentro do triângulo [ABC] , ou seja, é o ponto deintersecção das rectas r e s .
1.5
1.° desenha-se um segmento de recta [AB] de 3 cm de compri-mento;
2.° com centro no ponto B traça-se um arco de circunferênciacom 5 cm de raio;com centro no ponto A traça-se um arco de circunferênciacom 3 cm de raio;
3.° o ponto de intersecção dos dois arcos de circunferência é o ter-ceiro vértice do triângulo [ABC] .
1.6
1.° desenha-se um segmento de recta [AB] de 5 cm de compri-mento:
2.° desenha-se uma semi-recta, com origem no ponto A , que formecom o segmento de recta [AB] um ângulo de amplitude 30° .
3.° o vértice C , pertence à semi-recta desenhada que dista 3 cmdo ponto A é o terceiro vértice do triângulo [ABC] .
1.7
1.° desenha-se um segmento de recta [AB] de comprimentomenor que 5 cm ;
2.° desenha-se uma semi-recta, com origem no ponto B , que formecom o segmento de recta [AB] um ângulo de amplitude 30° ;
3.° com centro no ponto B traça-se um arco de circunferênciacom 5 cm de raio.
4.° desenha-se uma semi-recta, com origem no ponto A , perpen-dicular ao segmento de recta [AB] .
5.° o ponto de intersecção da semi-recta desenhada no 4.° pontocom o arco da circunferência é o terceiro vértice do triângulo[ABC] .
2.
2.1
O lugar geométrico desenhado é uma circunferência.
2.2
57
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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3.
Escala 1 : 500
Significa que:1 cm corresponde a 500 cm = 5 m
Então, tem-se:10 m corresponde a 2 cm 16 m corresponde a 3,2 cm .
4. Pág. 193
4.1 e 4.2 Escala 1 : 100 .
Significa que 1 cm no desenho corresponde a 1000 cm na reali-dade. Então, tem-se:
100 metros correspondem a 10 centímetros.
80 metros correspondem a 8 centímetros.
5.
5.1 lugar geométrico dos pontos que distam do ponto O1 cm ou mais e 2 cm ou menos.
5.2 lugar geométrico dos pontos que pertencem ao círculo de centro Oe raio r e não pertencem ao quadrado de lado a unidades.
5.3 lugar geométrico dos pontos que pertencem ao círculo de centro Oe raio e que pertencem ao triângulo [ABC] .
5.4 lugar geométricos dos pontos que pertencem ao círculo de centroO e não pertencem ao quadrilátero [OABC] .
OB
5.5 lugar geométrico dos pontos pertencentes ao círculo de centro O eraio e aos lados do triângulo [OAB] .
5.6 lugar geométrico dos pontos que pertencem simultaneamente aoquadrilátero [ABCD] e ao quadrilátero [EFGH] .
6. Pág. 194
r é a mediatriz de [PQ]
Qualquer ponto pertencente à recta r está igualmente distanciadodas casas do Paulo e do Quim e, em particular, os pontos A e Bdistam 400 metros de cada uma das casas (são os pontos deintersecção da recta r com a circunferência de centro em Q eraio 4 cm ou de centro P e raio 4 cm . Podem plantar a árvoreem A ou em B .
7.
7.1 a) Os triângulos [ABC] e [DBC] são geometricamente iguaisporque têm os três lados geometricamente iguais, isto é,
; (pois o ponto C dista igualmente de A ede B , logo CD é a mediatriz de [AB] e [CD] é um ladocomum aos dois triângulos.
b) CD é a mediatriz do segmento de recta [AB] .
7.2 a) Como CD é a mediatriz do segmento de recta [AB] , temosque , logo o triângulo [ABC] é isósceles.
b) Pelo teorema de Pitágoras, temos que:2 = 2 + 2
132 = 2 + 52
§ 2 = 169 - 25
§ 2 = 144
±
§ = 12
A[ABC] = = 60
Resposta: A área do triângulo [ABC] é 60 cm2 .
AB * CD2
=10 * 12
2
CD
CD = œ144CDw > 0
CD
CD
CD
BDCDBC
CB = CA
AD = ABAC = BC
OB
58
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7.3 (A) Afirmação falsa.
Por exemplo, na figura seguinte, a recta r passa pelo pontomédio de [AB] e não é a mediatriz de [AB] , pois r não éperpendicular a [AB] .
(B) Afirmação falsa.
Por exemplo, na figura seguinte, a recta t é perpendicular a[AB] e não é a mediatriz de [AB] , pois não passa no pontomédio de [AB] .
8. Pág. 195
8.1
t é a mediatriz de [AB]
8.2
M é o pontomédio de [AB]
s é a mediatrizde [AM]
9.
9.1 e 9.2 Escala 1 : 2000
Significa que 1 cm no desenho corresponde a 2000 cm , ou seja,20 m na realidade.
Então tem-se:• 200 metros correspondem a 10 cm ;• 80 metros correspondem a 4 cm .
Assim temos:
• o ponto O corresponde ao ponto onde se situa a oliveira.
10. Pág. 196
10.1
r é a mediatriz de [AB]
Resposta: Os pontos C e D .
10.2 A recta perpendicular ao raio de uma corda é a mediatriz dessacorda. O centro de uma circunferência dista igualmente de todosos pontos da circunferência, logo é equidistante (dista igualmente)dos extremos da corda, pertencendo à mediatriz.
10.3 a) Podia-se marcar sobre o arco três pontos distintos C , D e E .
Em seguida, traçava-se a mediatriz de cada uma das cordas,[CD] e [DE] .
O ponto de intersecção das suas mediatrizes é o centro da cir-cunferência que passa por C , D e E .
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11.
t é a mediatriz de [AB] .O é o centro da circunferência.
12. Pág. 197
12.1 e 12.2 Por exemplo:
12.3
O lugar geométrico desenhado chama-se coroa circular.
13.
13.1
13.2
14. Pág. 198
14.1 lugar geométrico dos pontos do plano que pertencem ao círculode centro O e raio três unidades que têm abcissa positiva ounula e ordenada positiva ou nula.
14.2 lugar geométrico dos pontos do plano que pertencem ao círculode centro O e raio três unidades que têm abcissa negativa ounula e ordenada positiva ou nula ou que têm abcissa positiva ounula e ordenada negativa ou nula.
14.3 lugar geométrico dos pontos do plano cuja distância à origem doreferencial é superior ou igual a uma unidade e inferior ou igual aduas unidades e que têm ordenada maior ou igual a zero.
14.4 lugar geométrico dos pontos do plano cuja distância ao ponto decoordenadas (1 , 0) é maior ou igual a uma unidade e cuja dis-tância ao ponto de coordenadas (1,5 ; 0) é menor ou igual a1,5 unidades.
15.
60
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16. A figura II , já que, por exemplo: Pág. 199
a > x
17.
18.
O ponto P é o ponto de intersecção das mediatrizes de [AB] e[BC] .
1. Pág. 200
1.1 A (6,5 ; 4,5) .
1.2 1 : 10 000 .
1.3 Por exemplo:
As árvores devem estar situadas na zona representada a cor verdedistanciadas 2 cm uma da outra.
2. Pág. 201
2.1
r é a mediatriz de [AB]
2.2
s é a mediatriz de [EF]
2.3
t é a mediatriz de [GH]
2.4
a é a mediatriz de [LK]
b é a mediatriz de [ML]
61
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3. Pág. 202
3.1 5,5 cm , no mapa.
Logo, a distância em linha recta de Viseu a Penedono é de 5,5 * 10 km = 55 km .
3.2
3.3
4. Pág. 203
4.1 O desenho do rectângulo foi feito usando a escala de 1 : 100 .
4.2
As vacas podem encontrar-se dentro do campo na zona represen-tada a cor vermelha.
4.3 A corda da terceira vaca terá de ter, no mínimo, o comprimento dadiagonal do rectângulo. Assim, pelo Teorema de Pitágoras, vem:
x2 = 102 + 82
§ x2 = 164
± x =
§ x ) 12,8
No mínimo, a corda terá de ter, aproximadamente, 12,8 metros.
5. Pág. 204
5.1
O ponto P é o ponto de intersecção das mediatrizes de [AB] e[AC] .
A piscina deve situar-se no ponto P .
5.2
œ164x > 0
62
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6. Pág. 205
6.1 cm e = 5 cm , logo , o que exclui asopções (A) , (B) e (D) .
Resposta: (C) .
6.2
7. Pág. 206
7.1 A escala utilizada foi 1 : 50 000 . Significa que 1 cm no desenhocorresponde a 50 000 cm na realidade, ou seja, a 0,5 km na reali-dade.
Desta forma, 5 km na realidade corresponde a 10 cm no desenhoe não 5 cm , como acontece. O guarda António não fez os cálcu-los. A escala utilizada foi 1 : 1000 .
7.2
AB 0 ACACAB = œ20
8. Pág. 207
9.9.1
9.2 Segundo a escala, um quilómetro corresponde a aproximadamente2,3 cm .Seguindo o caminho assinalado a cor vermelha na figura 2, a dis-tância mínima seria 3,04 km .2,6 + 3,9 + 0,5 = 7 cm
Efectuando uma regra de três simples:
2,3 1
7 x ; x = ) 3,04 km
Seguindo o caminho assinalado a cor vermelha na figura 3, a dis-tância mínima seria 3,26 km .2,6 + 2,25 + 2,65 = 7,5 cm
Efectuando uma regra de três simples:
2,3 1
7,5 x ; x = ) 3,26 km
Resposta: Assim, a distância mínima pedida é aproximadamente3,04 km .
7,5 * 12,3
7 * 12,3
63
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10. Pág. 208
Escala: 1 : 100 000 , significa que 1 cm no desenho correspondea 100 000 cm , ou seja, a 1 km na realidade.
11. Pág. 209
11.1
A zona onde pode ser construído o parque infantil está represen-tada a cor vermelha.
11.2
12.
64
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
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Capítulo 71. Pág. 221
1.1 - 2x é um monómio;
1.2 - 2x + 3 é um polinómio;
1.3 é um monómio;
1.4 - 3xy2 é um monómio;
1.5 1 + é um monómio;
1.6 5 é um monómio.
2.
2.1 2 * 3x * 5 = 30x
2.2 2x * xy = 3x2y
2.3 = xy
2.4 a * (3b) * a * = a2b
3.
4. Por exemplo:
4.1 2x2 e - 7x2
4.2 5t e 2t
4.3 x2y e - 10x2y
4.4 e - a
5. Pág. 222
5.1 a + b + 4a = 5a + b
5.2 2b + 3c + 2b + 2 + 5c = 4b + 8c + 2
5.3 3m + 2m + 3n - 1 + 3n - 1 + 2m = 7m + 6n - 2
5.4 2 (3x - 5) + 2 (2y + 1) = 6x - 10 + 4y + 2 = 6x + 4y - 8
6.
6.1 a - (a - 2b) + 1
= a - a + 2b + 1
= 2b + 1
6.2 x - =
(6) (2) (3)
=
6.3 3x - (x - y) + x = 3x - + y +
= 3x +12
y
12
x12
12
x12
12
56
x -12
66
x +26
x -36
x -12
12+
13
x -x2
œ252
a
32
12
16
x123
y2 * 14=
212
xy
32
œ2
œ3
œ2
1. (A) O monómio xy2 tem grau 3 . Pág. 219
(B) Os monómios 2xy2z e x2yz são semelhantes pois não têm amesma parte literal.
(D) O monómio 2x tem grau 1 e coeficiente 2 .
Resposta: (C) .
2. Se a = 5 então, têm-se:
I. 10 + 5 = 15
II. 10 * 5 = 50
III. 52 + 10 = 35
Resposta: (C) .
3. 5 (x + 1) - 3 (7 + x)
= 5x + 5 - 21 - 3x
= 2x - 16
Resposta: (D) .
4. (x - 3) (x - 1)
= x2 - x - 3x + 3
= x2 - 4x + 3
Resposta: (C) .
5. Pág. 220
Resposta: (A) .
6. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triânguloé 180° . Então, tem-se:
x + = 180
¤
¤ 6x = 360
¤ x =
¤ x = 60
Resposta: (C) .
7. A figura pode ser decomposta da seguinte forma
Assim, tem-se:
Ajardim = A1 + A2 + A3
¤ 45 = + (x + 1) * 5 + 5x
¤ 45 = + 5x + 5 + 5x
¤ 45 = 2,5x + 2,5 + 10x + 5
¤ 12,5x = 37,5
¤ x = 3
Resposta: (C) .
5x + 52
(x + 1) * 52
3606
2x2
+x2+
3x2
=360
2
30 +x2+
3x2
- 30
52
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
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CEXM8-RES-05
Monómio Coeficiente Parte literal Grau
12
x12
x 1
13
x2 13
x2 2
15
xy2 15
xy2 3
œ3 œ3 não tem 0
œ23
aœ23
a 1
pr2 p r2 2
6.4 1 - 2 (2t - 3t) - (t + 1)
= 1 - 4t + 6t - t -
= 1 + 2t - t -(2) (2)
=
=
6.5 2b - (b - 1) + 3b - 7a
= 2b - b + + 3b - 7a
= 5b - b - 7a +(2)
= - 7a +
= - 7a +
6.6 8 - 2a - (a - 1) -
= 8 - 2a - a + -
= - 2a - a - + 8 + +(6) (3) (2) (6) (3) (2)
= -
= -
7. Pág. 223
7.1 7.2
7.3 7.4
7.5 7.6
8. Pág. 224
8.1 2 * x + x * x = 2x + x2
8.2 2 * x + x * x + x (2x + 1)
= 2x + x2 + 2x2 + x(3)
= x2 + 3x83
23
23
23
23
176
a +556
126
a -36
a -26
a +486
+36+
46
23
12
a3
12
a3+
23
12
12
a - 23
12
12
92
b
12
102
b -12
b
12
12
12
12
12
32
t +12
22+
42
t -12
t -12
12
12
12
12
12
8.3 2 (2x + 1) + x (2x + 1)
= 4x + 2 + 2x2 + x
= 2x2 + 5x + 2
8.4 4 (2a - 1) + a (2a - 1)
= 8a - 4 + 2a2 - a
= 2a2 + 7a - 4
8.5 3 * 5a + 3 * 2 + (a - 1) * 5a + (a - 1) * 2
= 15a + 6 + 5a2 - 5a + 2a - 2
= 5a2 + 12a + 4
8.6 a * 1 + a * 2a + (2a + 1) * 1 + (2a + 1) * 2a
= a + 2a2 + 2a + 1 + 4a2 + 2a
= 6a2 + 5a + 1
9. Pág. 225
9.1 a) (2x + 1)2 = 4x2 + 4x + 1
b) (3x - 1)2 = 9x2 - 6x + 1
c) = x2 + 2x + 4
d) = x2 + x +
9.2 a) (2a - 3) (2a + 3) = 4a2 - 9
b) = 9a2 -
c) = 1 - x2
d) = - x2
9.3 a) (2 - x) 2 - (x - 1) (x + 1)
= 4 - 4x + x2 - (x2 - 1)
= 4 - 4x + x2 - x2 + 1
= - 4x + 5
b) (1 - a) (1 + a) - 3 (a + 2)2
= 1 - a2 - 3 (a2 + 4a + 4)
= 1 - a2 - 3a2 - 12a - 12
= - 4a2 - 12a - 11
c)
= x2 - 9 - 2
= x2 - 9 - 2x2 + 2x +(2) (4)
= x2 - x2 + 2x +
= - x2 + 2x +
10. Pág. 226
10.1 (A) e (B) , pois no primeiro membro da equação temos um pro-duto e o segundo membro é zero.
10.2 a) (x - 1) (x + 1) = 0
§ x - 1 = 0 › x + 1 = 0
§ x = 1 › x = - 1
192
74
182
+12
84
14
12
14
1x2 - x -142
14
1- 12
x + 32 1- 12
x - 32 - 2 1x -122
2
116
164914
7-
14
x2 147+
14
x2
1411 +
12
x2 11 -12
x2
1413a -
122 13a +
122
14
13
1911
3x -
122
2
1411
2x + 22
2
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
b) (2x - 1) (x + 3) = 0
§ 2x - 1 = 0 › x + 3 = 0
§ x = › x = - 3
c) = 0
§ x - 1 = 0 › x + 1 = 0
§ x = 1 › x = - 1
§ x = 2 › x = - 2
d) 3 (x - 1) = 0
§ (x - 1) =
§ (x - 1) = 0
§ x - 1 = 0 › x + = 0
§ x = 1 › x = -
e) x (2x - 1) = 0
§ x = 0 › 2x - 1 = 0
§ x = 0 › x =
f) = 0
§ x = 0 › x - = 0
(2) (3)
§ x = 0 › 2x - 3 = 0
§ x = 0 › x =
g) x (x - 1) (x - 3) = 0
§ x = 0 › x - 1 = 0 › x - 3 = 0
§ x = 0 › x = 1 › x = 3
h) (- x - 5) (x + 0,1) (0,2x + 4) = 0
§ - x - 5 = 0 › x + 0,1 = 0 › 0,2x + 4 = 0
§ x = - 5 › x = - 0,1 › x = - 20
11.
11.1 a) x2 + 2x = x (x + 2)
b) 2b2 - b = b (2b - 1)
c) a2 - a = a (a - 1)
d) x2 - x = x
e) - x = x
f) 16x2 - 8 = 8 (2x2 - 1)
g) x + x2 + x3 = x (1 + x + x2)
h) - 2x3 - x2 + x = x (- 2x2 - x + 1)
i) 2x2 + 6x + 8 = 2 (x2 + 3x + 4)
j) - 2x3 - 2x4 - 4x5 = 2x3 (- 1 - x - 2x2)
1x3- 12x2
3
112
x - 1212
12
12
32
12
13
x 113
x -122
12
13
13
1x +132
031x +
132
1x +132
12
12
12
12
112
x - 12 112
x + 12
12
11.2 a) x2 - 16 = (x - 4) (x + 4) Pág. 227
b) x2 - =
c) - a2 =
d) 4x2 - =
e) 1 - =
f) - 100x2 =
g) x2 - 2x + 1 = (x - 1)2
h) x2 + 2x + 1 = (x + 1)2
i) x2 - 10x + 25 = (x - 5)2
j) x2 + 6x + 9 = (x + 3)2
k) 4x2 - 4x + 1 = (2x - 1)2
l) x2 + x + 1 =
12.
12.1 a - a2 = 0
§ a (1 - a) = 0
§ a = 0 › 1 - a = 0
§ a = 0 › a = 1
12.2 x2 + 8x = 0
§ x (x + 8) = 0
§ x = 0 › x + 8 = 0
§ x = 0 › x = - 8
12.3 1 - x2 = 0
§ (1 - x) (1 + x) = 0
§ 1 - x = 0 › 1 + x = 0
§ x = 1 › x = - 1
12.4 - 9x2 = 0
§ = 0
§ - 3x = 0 › + 3x = 0
§ - 3x = - › 3x = -
§ x = › x = -
12.5 x2 + 6x + 9 = 0
§ (x + 3)2 = 0
§ x + 3 = 0
§ x = - 3
12.6 4 + 4x + x2 = 0
§ (2 + x)2 = 0
§ 2 + x = 0
§ x = - 2
12.7 a2 = 6a
§ a2 - 6a = 0
§ a (a - 6) = 0
§ a = 0 › a - 6 = 0
§ a = 0 › a = 6
121
121
17
17
17
17
117- 3x2 11
7+ 3x2
149
112
x + 1221
4
113- 10x2 11
3+ 10x21
9
11 -x22 11 +
x22
x2
4
12x -172 12x +
172
149
113- a2 11
3+ a21
9
1x -122 1x +
122
14
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
12.8 49 = b2
§ 49 - b2 = 0
§ (7 - b) (7 + b) = 0
§ 7 - b = 0 › 7 + b = 0
§ b = 7 › b = - 7
12.9 - 2x = 2x2
§ - 2x - 2x2 = 0
§ 2x (- 1 - x) = 0
§ 2x = 0 › - 1 - x = 0
§ x = 0 › x = - 1
12.10 x2 + x = -
§ x2 + x + = 0
§ = 0
§ x + = 0
§ x = -
13.
13.1 a) Arectângulo = (3a + 5) (3a - 5)
§ 200 = 9a2 - 25
§ 9a2 = 225
§ a2 = 25
§ a = 5 1pois a > 2O comprimento do rectângulo é 20 cm , já que (3 * 5 + 5) cm = 20 cm .
b) Seja P o quociente do rectângulo, então tem-se:
P = 2 (3a + 5) + 2 (3a - 5)
P = 6a + 10 + 6a - 10
P = 12a
O perímetro do rectângulo é 60 cm , já que (12 * 5) cm = 60 cm .
13.2 Representemos por x a largura, em centímetros, do rectângulo.Então tem-se:
2x + 2 (x + 6) = 27
§ 2x + 2x + 12 = 27
§ 4x = 15
§ x =
§ x = 3,75
Desta forma a área do rectângulo é dada por
3,75 * (3,75 + 6) = 3,75 * 9,75 = 36,5625 .
A área do rectângulo é 36,5625 cm2 .
1. Pág. 228
1.1 1.2
154
53
12
12
1x +122
2
14
14
1.3 1.4
1.5 1.6
2. Pág. 229
2.1 Volume = área da base * altura
= x * y * y
= x * y2
= xy2
Resposta: (A) .
2.2 Temos que xy2 = 120 .
Por exemplo:
se y = 2 então x * 22 = 120 § x = 30
se y = 3 então x * 32 = 120 § x =
se y = 10 então x * 102 = 120 § x = 1,2
a) x = 30 cm e y = 2 cm .
b) x = cm e y = 3 cm .
c) x = 1,2 cm e y = 10 cm .
2.3 O volume do paralelepípedo é dado por b * a * a = ba2
Então tem-se:
10 * a2 = 100 § a2 = 10 ± a =
3. Pág. 230• O custo total de 10 laranjas e 10 peras é 10 (x + y) .
• O troco recebido pelo João que comprou 10 laranjas e pagoucom 10 euros foi 10 - 10x .
• A diferença entre o custo de 10 peras e o custo de 10 laranjas édada por 10y - 10x .
4. Pág. 231
4.1 8 cm .
4.2 18 cm .
4.3 Do tipo A .
4.4 Talvez as meloas do tipo B , já que são dentro destes três tipos demeloas, aquelas em que a altura e o diâmetro de cada meloa seaproximam mais de valores idênticos.
4.5 V = p * 222 * 18 § V ) 5473,9
O volume da meloa considerada é aproximadamente 5473,9 cm3 .
15
œ10a > 0
403
403
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
5. Pág. 232
5.1 Área do rectângulo A = 2x
Área do rectângulo C = 2 * 2x = 4x
Temos, ainda, que a área do rectângulo B é 2 * 2x = 4x e a áreado rectângulo original é dada por
(x + 2x) (x + 2) = x2 + 2x + 2x2 + 4x = 3x2 + 6x
Desta forma, temos que:
3x2 + 6x = 2x + 4x + 4x + área do rectângulo D
3x2 + 6x - 2x - 4x - 4x = área do rectângulo D
área do rectângulo D = 3x2 - 4x
5.2 (3 * 3,52 - 4 * 3,5) cm2 = 22,75 cm2 .
6.
6.1 - 2 (5 + 10) = 5 * 5 +
§ - 10 - 20 = 25 +
§ - 30 - 25 =
§ - 55 =
§ k = - 110
6.2 - 2 (- 1,5 + 10) = 5 (- 1,5) +
§ 3 - 20 = - 7,5 +
§ - 17 + 7,5 =
§ - 9,5 =
§ k = - 19
6.3 - 2 = 5 +
§ - 20 = - +
(3)
§ =
§ - =
(2) (3)
§ - 50 = 3k
§ k = -
7. Um múltiplo de 4 é do tipo 4n com n å N .
Ora, 4n = 2 * 2n , como 2n é par, então 2 * 2n é ainda umnúmero par.
8. A diferença entre a área do quadrado E e a área do quadrado F édada por:
(n + 1)2 - n2 = n2 + 2n + 1 - n2 = 2n + 1
Como 2n + 1 é ímpar, qualquer que seja o número natural n ,temos então que (n + 1)2 - n2 não é múltiplo de dois.
9. Pág. 233
9.1 O prisma não pode ser um cubo, já que a equação x - 4 = x + 2 éimpossível.
9.2 O prisma é quadrangular regular se:
x - 4 = 3 ou x + 2 = 3 , então tem-se que:
para x = 7 ou x = 1 , o prisma é quadrangular regular.
503
k2
253
k2
103
-603
+253
k2
253
103
k21- 5
321- 53+ 102
k2
k2
k2
k2
k2
k2
k2
k2
9.3 Volume = 3 (x - 4) (x + 2)= (3x - 12) (x + 2)= 3x2 + 6x - 12x - 24= 3x2 - 6x - 24
9.4 a) Volume = área da base * altura
48 = área da base * 3
área da base =
área da base = 16 cm2
b) Temos que x - 4 = 2 , ou seja , x = 6 .
Desta forma, temos que:
se x = 6 então x + 2 = 8
Assim, vem:
Área total = 2 * 2 * 3 + 2 * 8 * 3 + 2 * 2 * 8
Área total = 92 cm2
c) Ora 10 litros = 10 000 cm3 .
Desta forma, temos:
10 000 : 48 ) 208,3 , ou seja, são necessários 209 destesrecipientes.
10. Pág. 234
10.1 n2 dá o número de quadrados verdes da figura n ;
(n + 1)2 dá o número de quadrados brancos da figura n .
Desta forma, n2 + (n + 1)2 dá o número total de quadrados dafigura n .
10.2 A 5.ª figura corresponde a n = 5 . Assim, vem:
52 + (5 + 1)2 = 25 + 36 = 61 .
A 5.ª figura tem 61 quadrados (25 são verdes e 36 são brancos).
10.3 n2 + (n + 1)2 = n2 + n2 + 2n + 1 = 2n2 + 2n + 1 .Ora 2n2 é um número par, assim como 2n , então a soma dedois números pares é ainda um número par, logo 2n2 + 2n é par.
Desta forma, 2n2 + 2n + 1 é ímpar, por isso, n2 + (n + 1)2 ésempre um número que não é múltiplo de dois.
11.
11.1 n = 1: 2 * 1 + 1 = 3
n = 2: 2 * 2 + 1 = 5
n = 3: 2 * 3 + 1 = 7
n = 4: 2 * 4 + 1 = 9
n = 5: 2 * 5 + 1 = 11
Todos os termos obtidos são ímpares.
11.2 Qualquer termo é ímpar.
11.3 Por exemplo, 2n + 1 e 2n + 3 representam dois números ímparesdistintos. Vamos adicioná-los, 2n + 1 + 2n + 3 = 4n + 4 e 4n + 4 é sempreum número par, pois 4n + 4 = 2 * 2n + 4 .
12. Pág. 235
12.1
Figura 6
483
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
12.2 n = 1: * 1 * (1 + 1) = 1
n = 2: * 2 * (2 + 1) = 3
n = 3: * 3 * (3 + 1) = 6
n = 4: * 4 * (4 + 1) = 10
n = 5: * 5 * (5 + 1) = 15
n = 6: * 6 * (6 + 1) = 21
12.3 3.° termo + 4.° termo = 6 + 10 = 16 = 42
12.4 11.° termo = * 11 * (11 + 1) = 66
12.° termo = * 12 * (12 + 1) = 78
11.° termo + 12.° termo = 66 + 78 = 144 = 122 .
12.5 Ora se o termo de ordem n da sequência dos números triangulares é
n (n + 1) , o termo de ordem n + 1 é
(n + 1) [(n + 1) + 1] = (n + 1) (n + 2) .
12.6 Dois números triangulares consecutivos são
n (n + 1) e (n + 1) (n + 2) . Então, tem-se
n (n + 1) + (n + 1) (n + 2)
= n2 + n + (n2 + 3n + 2)
= n2 + n + n2 + n + 1
= n2 + 2n + 1
= (n + 1)2
13. Pág. 236
13.1 n = 3: 2 * 3 = 6
n = 3: 32 - 1 = 8
n = 3: 32 + 1 = 10
Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem que:
102 = 82 + 62
100 = 64 + 36
100 = 100 Igualdade verdadeira
Logo, 6 , 8 e 10 podem ser as medidas numa certa unidade,dos dados de um triângulo rectângulo.
13.2 (n2 - 1)2 + (2n)2 = (n2 + 1)2
n4 - 2n2 + 1 + 4n2 = n4 + 2n2 + 1
n4 + 2n2 + 1 = n4 + 2n2 + 1 , igualdade verdadeira
Os números 2n , n2 - 1 e n2 + 1 , qualquer que seja o númeron , formam um termo pitagórico.
14. Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
wPQ2 = wPB2 + wQB2
wPQ2 = (x - 2)2 + 22 , wPB = wAB - wAP = x - 2
wPQ2 = x2 - 4x + 4 + 4
wPQ2 = x2 - 4x + 8
Área do quadrado [ABCD] = wAB2 = x2
A área da parte colorida a cor azul é igual à diferença entre a área doquadrado [ABCD] e a área do quadrado [PQRS] , ou seja, igual a
x2 - (x2 - 4x + 8) = x2 - x2 + 4x - 8 = 4x - 8
32
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
12
15. • o triângulo [RNQ] é isósceles pois wRN = wNQ . Pág. 237
• num triângulo rectângulo a soma das amplitudes dos dois ângulosagudos é 90° .
• Ora PNWQ = MRWN , pois a lados iguais opõem-se ângulos geome-tricamente iguais, logo RNWM + PNWQ = RNWM + MRWN = 90° , peloponto anterior.
• O ângulo PNM é raso, logo PNWM = 180° .
Por outro , PNWM = RNWM + QNWR + PNWQ
PNWM = RNWM + PNWQ + QNWR
180° = 90° + QNWR
QNWR = 90°
• A[RMPQ] =
= * (c + b)
= (b + c) * (c + b)
= (b + c) (b + c)
• A[RMN] =
• A[NPQ] =
• A[RNQ] =
• A[RMPQ] = A[RMN] + A[NPQ] + A[RNQ]
=
= bc +
• (b + c) (b + c) = A[RMPQ] = bc +
• (b + c) (b + c) = bc +
(b2 + 2bc + c2) = bc +
b2 + + c2 = +
b2 + c2 = a2
b2 + c2 = a2
16. Pág. 238
16.1 São necessários 10 bolas azuis para construir a figura 4 .
16.2 Para n = 6 , temos:
Para n = 5 , temos:
E, 21 - 15 = 6 .
Logo, para construir a figura 6 são necessárias mais 6 bolasazuis que para construir a figura 5 .
5 (5 + 1)2
= 15
6 (6 + 1)2
= 21
12
12
12
a2
2bc
12
bc12
a2
212
a2
212
a2
212
a2
2
bc2
+bc2
+a2
2
NQ * NR2
=a * a
2=
a2
2
NP * PQ2
=b * c
2=
bc2
MN * MR2
=c * b
2=
bc2
12
12
b + c2
MR + PQ2
* MP
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
16.3
=
=
=
= n2 + 2n + 1
= (n + 1)2
17. Tendo em conta os dados, temos:
(x + 3) (x + 2) = x2 + x2 + 6
§ x2 + 2x + 3x + 6 = 2x2 + 6
§ x2 + 5 + 6 = 2n2 + 6
§ 2x2 - x2 - 5x = 0
§ x2 - 5x = 0
§ x (x - 5) = 0
§ x = 0 › x = 5
Como x > 0 , vem que x = 5 .
- 6+ 6
2n2 + 4n + 22
n2 + n + n2 + 2n + n + 22
n2 + n2
+n2 + 2n + n + 2
2
n(n + 1)2
+(n + 1)(n + 2)
218. Pág. 239
18.1 102 = 92 + 10 + 9
n2 = (n - 1)2 + n + (n - 1)
18.2 Pretendemos mostrar que
(n + 2)2 = (n + 1)2 + 2n + 3
1.° membro = (n + 1)2 = n2 + 4n + 4
2.° membro = (n + 1)2 + 2n + 3
= n2 + 2n + 1 + 2n + 3
= n2 + 4n + 4
= 1.° membro
19. É o termo 2n - 1 - 2 = 2n - 3 .
20. Por exemplo:
2n - 3 e 2n - 1 são dois números ímpares consecutivos.
Determinemos a diferença entre os seus quadrados.
(2n - 1)2 - (2n - 3)2 = 4n2 - 4n + 1 - (4n2 - 12n + 9)
= - 4n + 1 - + 12n - 9
= 8n - 8
= 8 (n - 1) é um múltiplo de 8 .
4n24n2
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
Capítulo 8b)
c)
d)
2. Pág. 250
2.1 A figura B pode ser obtida da figura A deslocando esta sete uni-dades para a direita.
2.2 A figura C pode ser obtida da figura A deslocando esta 13 uni-dades para a direita e uma unidade para baixo.
2.3 A figura D pode ser obtida da figura A deslocando esta 17 uni-dades para a direita e três unidades para baixo.
2.4 A figura F pode ser obtida da figura A deslocando esta 11 uni-dades para a direita e seis unidades para baixo.
3.
3.1 A (- 4 , 2) ; B (2 , 2) ; C (2 , 5) ; D (- 4 , 5) ;
A' (2 , - 2) ; B' (8 , - 2) ; C' (8 , 1) e D' (2 , 1) .
3.2 Para passar das coordenadas dos vértices do rectângulo [ABCD]para as coordenadas dos vértices do rectângulo [A'B'C'D'] , adi-ciona-se seis unidades à abcissa e subtrai-se quatro unidades àordenada de cada um dos pontos A, B , C e D .
1. Pág. 247
Uma figura transformada por uma translação mantém-se geometri-camente igual à primeira, não altera o seu tamanho e nunca roda.
Resposta: (D) .
2. Resposta: (C) .
3. Pág. 248
• Os vectores »b e »d têm a mesma direcção, sentidos contrários ecomprimentos diferentes.
• Os vectores »c e »d têm direcção, sentido e comprimentos diferentes.
• Os vectores »a e »d têm direcção, sentido e comprimentos diferentes.
• Pela regra do triângulo, temos:
Resposta: (D) .
4.4.1 •
•
•
•
Resposta: (B) .
4.2 •
•
•
•
Resposta: (A) .
1. Pág. 249
1.1 Por exemplo:
1.2 a)
BC«»+ CJ«»= BJ«»0 BG«»
HE«» + GD«» = HE«» + EB«»= HB«» 0 0»
FE«»+ JG«»= FE«»+ EB«»= FB«»0 FH«»
AB«»+ EG«» = AB«»+ BD«» = AD«»
AB«»+ CG«» = AB«»+ BH«» = AH«» 0 AE«»
IH«»+ HI«»= IH«»- IH«»= 0» 0 LJ«»
EH«» + JG«»= EH«» + HE«» = EH«» - EH«» = 0»
AB«»+ HK«» = AB«»+ BE«»= AE«»0 AH«»
72
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
EX
M8
©P
orto
Edi
tora
4. Pág. 251
4.1 4.2
4.3 4.4
5.
5.1 ;
5.2 ;
5.3 ;
5.4 ;
5.5 ;
5.6;
5.7 ;
5.8 ;
5.9 ;
5.10 .
6. Pág. 252
6.1
6.2
IE«»+ ED«» = ID«» (ou FC«»)
ED«» + DE«» = 0»
IE«»+ HD«» = IE«»+ EC«»= IC«»
AE«»+ HD«» = AE«»+ EC«»= AC«» (ou FD«» ou IG«»)
(ou IH«» ou FE«» ou ED«» ou AB«» ou BC«»)EF«»+ IG«»= HI«»+ IG«»= HG«»
AB«»+ CG«» = AB«»+ BH«» = AH«» (ou BG«»)
AB«»+ EH«» = AB«»+ BE«»= AE«» (ou BD«» ou FH«» ou EG«» )
AB«»+ DE«» = AB«»+ BA«»= AB«»- AB«»= 0»
AB«»+ ED«» = AB«»+ BC«»= AC«» (ou FD«» ou IG«»)
AB«»+ BC«»= AC«» (ou FD«» ou IG«»)
6.3
6.4
6.5
6.6
73
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
7.
7.1 a)
A' (1 , - 1) ; B' (8 , - 1) e C' (3 , 2) .
b)
A' (- 2 , 2) ; B' (7 , 2) e C' (- 2 , 6) .
7.2
8. Pág. 254
8.1 8.2 8.3
9.
9.1 ;
9.2 ;
9.3 O ponto D ;
9.4 O triângulo [ABF] .
1. Pág. 255
1.1 Temos que IDWC = CBWI .
Por outro lado temos que IDWC + CBWI + DCWB + BIWD = 360°
§ 2 * CBWI = 360° - 50° - 90°
§ CBWI = 220° : 2 § CBWI = 110° .
1.2 A figura [ABCDEFGH] tem quatro eixos de simetria.
1.3 a) [ID] ;
b) o triângulo [IED] ;
c) o quadrilátero [IHGF] .
1.4
DE«» ou CD«» ou BF«»
ED«» ou DC«»
74
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
1.5
2. Pág. 256
2.1 O (0 , 0) ; A (4 , - 4) ; B (8 , 0) e C (4 , 4) .
2.2
2.3
2.4
2.5 O quadrilátero [O''A''B''C''] pode ser obtido do quadrilátero[OABC] deslocando este três unidades para cima.
2.6 As coordenadas dos pontos O'' , A'' , B'' e C'' podem ser obtidasdas coordenadas dos pontos O , A , B e C , respectivamente,mantendo a abcissa e adicionando três unidades à ordenada.
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
Capítulo 93. Pág. 263
Joana
I. Eliminam-se as notas 7,2 e 9,3 .
II. .
Flávia
I. Eliminam-se as notas 7,1 e 9,8 .
II. .
A Joana e a Flávia, neste exercício, obtiveram 8,4 pontos e 8,35pontos, respectivamente.
4.
4.1 O número de alunos que obteve menos de 15 respostas correctas énove. Assim, temos:
* 100% = 11,25%
A percentagem de alunos que obtiveram, no teste, menos de 15respostas correctas é 11,25% .
4.2 O número de alunos que obtiveram mais de 44 respostas correctasé 41 (21 + 12 + 8) .
4.3
5. Pág. 264
5.1 A percentagem de portugueses cujo grupo sanguíneo é o A é46,5% (40% + 6,5%) .
5.2 A percentagem de portugueses cujo grupo sanguíneo não é o B é91,9% (100% – 6,9% – 1,2%) .
5.3 A percentagem de portugueses que não possui o factor Rhesus é14,8% (6,5% + 1,2% + 0,4% + 6,7%) .
6.
6.1 O número de doentes medicados que registaram melhoras foi 2983(52 + 126 + 310 + 490 + 659 + 1346) .
6.2 Vamos determinar o número de doentes medicados.
120 + 235 + 528 + 822 + 1099 + 2244 = 5048 .
Então, tem-se: * 100% ) 59,0927% .
A percentagem de doentes medicados que registaram melhoras é,aproximadamente, 59% .
29835048
980
9,1 + 8,3 + 8,4 + 8,3 + 8,1 + 7,96
= 8,35
7,4 + 8,4 + 8,6 + 9,2 + 8,7 + 8,16
= 8,4
1. Pág. 260
• O número de alunos do 8.° ano da escola da Inês é245 (26 + 100 + 70 + 49) .
• A percentagem de alunos do 8.° ano da escola da Inês que foi de
bicicleta é, aproximadamente, 11% .
• A percentagem de alunos do 8.° ano da escola da Inês que foi de
autocarro é, aproximadamente, 41% .
• A percentagem de alunos do 8.° ano da escola da Inês que foi a
pé é 20% .
Resposta: (D) .
2. • Em 2006 a mãe da Inês comprou 15 presentes.
• Em 2007 a mãe da Inês comprou 10 presentes.
• A mãe da Inês comprou o mesmo número de presentes em 2006e 2008 .
• Nos três anos, 2006 , 2007 e 2008 a mãe da Inês comprou 40presentes (15 + 10 + 15) .
Resposta: (D) .
3. Pág. 261
• O mês em que esta empresa alugou mais automóveis foi emJunho.
• Em Fevereiro esta empresa alugou 30 automóveis e em Marçoalugou 40 automóveis.
• No primeiro trimestre do ano passado, esta empresa alugou 130automóveis e no segundo trimestre do ano passado alugou 160automóveis. E, 160 - 130 = 30 .
• No primeiro quadrimestre do ano passado esta empresa alugou180 automóveis.
Resposta: (C) .
4. Resposta: (C) .
1. Pág. 262
1.1 Sim, a Inês foi dos quatro irmãos aquela que poupou maisdinheiro. A Inês poupou 40% do seu salário do mês de Abril.
1.2 a) O Paulo gastou todo o seu salário do mês de Abril.
b) O Pedro gastou mais que o seu salário do mês de Abril.
2.
2.1 Este gráfico tem o nome de pictograma.
2.2 Na agricultura, nos têxteis e no comércio.
2.3 A razão entre o número de homens e o número de mulheres que
trabalham nesta cidade é .1912
1 49245
* 100%2
1100245
* 100%2
1 26245
* 100%2
76
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANOC
EX
M8
©P
orto
Edi
tora
7. Pág. 265
7.1 • Há quatro cubos com duas faces pintadas.
• Há oito cubos com três faces pintadas.
• A percentagem de cubos com duas faces pintadas é e a
percentagem de cubos com três faces pintadas é .
E, , já que .
Resposta: (D) .
7.2 Doze pequenos cubos têm apenas duas faces pintadas.
8. Pág. 266
8.1 As regiões que evidenciam um índice de envelhecimento acima damédia nacional são: Centro, Alentejo e Algarve.
8.2 As duas regiões onde se verificam os índices de envelhecimentomais baixos são: R. A. dos Açores e R. A. da Madeira.
8.3 A região que possui índice de envelhecimento mais próximo doíndice de envelhecimento da média nacional é Lisboa.
9.
9.1 A diferença do número de pessoas que viu televisão num computa-dor, do mês de Janeiro para o mês de Fevereiro foi de: 680 - 663 = 17 , ou seja, de 17 milhares. Efectuando uma regrade três simples, vem que:
680 100 17 x
x = § x = 2,5
A percentagem correspondente a essa diminuição é 2,5% .
9.2 Equação que traduz os dados do problema:
;
em que x é o número de pessoas (em milhares) que viu televisãonum computador em Abril de 2006 , em Portugal.
Resolvendo a equação, vem:
= 680 § 2025 + x = 2720 § x = 695
Em Abril desse ano 695 milhares de pessoas viram televisão numcomputador.
10. Pág. 267
10.1 Temos que: (4,5 - 0,7) kg = 3,8 kg .
10.2 O gráfico B .
Por exemplo:Não é o gráfico A porque a barra que corresponde a “Outros”deveria ter uma altura superior à barra que corresponde a “Pés etornozelos”.
Não é o gráfico C porque a barra correspondente a “Ombros ecostas” tem menor altura do que a barra correspondente a“Cabeça e face”.
1. Pág. 268
1.1 a) Adiciona-se o valor de cada uma das sete moedas do António edivide-se essa soma por sete.
b) Ordenava-se, por ordem crescente ou decrescente, os valores dassete moedas do António. O valor que ocupa a posição centralcorresponde à mediana.
2025 + x4
680 + 663 + 682 + x4
= 680
17 * 100680
23
: 2 =23*
12=
13
13=
23
: 2
812
=23
412
=13
c) O António tem mais moedas de 20 cêntimos que moedas deoutro valor qualquer (pois a moda dos valores das sete moedasé 0,20 euros). O valor que ocupa a posição central, depois deordenados por ordem crescente ou decrescente é 0,20 euros(já que a mediana dos valores das sete moedas é, também,0,20 euros). A soma dos valores das sete moedas é 4,20 euros(0,60 * 7) . Desta forma, temos:
0,10 0,20 0,20 0,20 0,50 1 2
O António tem uma moeda de 10 cêntimos, três moedas de 20cêntimos, uma moeda de 50 cêntimos, uma moeda de um euroe uma moeda de dois euros.
1.2 a) Temos que * 100% ) 58,9% .
A percentagem de pessoas, que habitam o prédio do António etêm um “peso” igual ou superior a 57 kg é, aproximadamente,59% .
b)
2. Pág. 269
2.1 A turma da Marta tem 30 alunos (9 + 12 + 6 + 3) .
2.2 Temos que 27 dos 30 alunos não foi de bicicleta.
Desta forma, vem: * 100% = 90% .
A percentagem de alunos que não foi de bicicleta é 90% .
2.3 O gráfico C .
Não é o gráfico A porque a altura da barra correspondente aotransporte comboio é superior ao que deveria ser (por exemplo,deveria ter exactamente o triplo da altura da barra correspondenteao transporte bicicleta).
Não é o gráfico B porque a altura da barra correspondente aotransporte autocarro é inferior ao que deveria ser (por exemplo,deveria ter exactamente o dobro da altura da barra correspondenteao transporte bicicleta).
3. Pág. 270
3.1 A percentagem de alunos que leu cinco livros é 10% (100% - 20% - 15% - 15% - 20% - 20%) .
3.2 O número de alunos que leu apenas um livro é 225 (0,15 * 1500) .
3.3 A percentagem de alunos que leu menos de três livros é 50% (20% + 15% + 15%) .
3.4 A percentagem de alunos que leu pelo menos três livros é 50% (20% + 20% + 10%) .
2730
32 + 2495
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
3.5 O número de alunos que não leu qualquer livro é 300 (0,2 * 1500) .O número de alunos que leu:
• um livro é 225 (0,15 * 1500) ;
• dois livros é 225 (0,15 * 1500) ;
• três livros é 300 (0,2 * 1500) ;
• quatro livros é 300 (0,2 * 1500) ;
• cinco livros é 150 (0,1 * 1500) .
Por outro lado, temos que: 225 + 225 * 2 + 300 * 3 + 300 * 4 + 150 * 5 = 3525 .
No total, os 1500 alunos da escola da Rita leram 3525 livros.
3.6 • A percentagem de alunos que não leu qualquer livro é igual àpercentagem de alunos que leu quatro livros.
• O número de alunos que leu quatro livros é 300 e o número dealunos que leu dois livros é 225 .
E, * 225 = 300 .
• A percentagem de alunos que leu menos do que dois livros ésuperior à percentagem de alunos que leu mais do que três livros(35% > 30%) .
• A percentagem de alunos que leu quatro livros é inferior à soma daspercentagens dos alunos que leram um e dois livros (20% < 30%) .
Resposta: (B) .
4. Pág. 271
4.1 A percentagem de jovens que não sabe ou não responde é 18%(100% – 40% – 30% – 12%) .
O gráfico (D) .
Não pode ser o gráfico (A) porque, por exemplo, a área do sectorcircular corresponde a televisão tem de ser superior à área do sectorcircular correspondente a jogos.Não pode ser o gráfico (B) porque, por exemplo, a percentagemreferente a Internet é 40% e no gráfico é de 50% .Não pode ser o gráfico (C) porque, por exemplo, não aparece nestegráfico o sector circular referente a “Não sabe ou não responde”, ouseja, a sua percentagem é de 0% , o que não é verdade.
4.2
5. Pág. 272
5.1 * 100% ) 5,71%
A percentagem de alunos da escola que foi inquirida é, aproxima-damente, 6% .
5.2
40700
Preferência dos Jovens – Internet vs televisão
Internet 70% 952
Televisão 20% 272
Não sabe ounão responde
10% 136
Total 100% 1360
43
5.3 A moda é 40 (número das sapatilhas que apresenta maior fre-quência).
5.4 Temos que:
=
=
A média do número das sapatilhas que os 40 alunos inquiridosusam é, aproximadamente, 39 .
5.5 • 22,5% dos inquiridos usam sapatilhas com número superior a
.
• 12,5% dos inquiridos usam sapatilhas com número inferior a
.
• 27,5% dos inquiridos usam sapatilhas com número
.
• 50% dos inquiridos usam sapatilhas com número inferior a
.
Resposta: (D) .
5.6 Significa que depois de ordenados por ordem crescente ou decres-cente os números das sapatilhas dos 40 alunos inquiridos, a médiaaritmética dos dois valores que ocupam as posições centrais é 39,5 .
6. Pág. 273
6.1 A turma da Inês, o 8.°C , tem 25 alunos (3 + 4 + 6 + 5 + 3 + 3 + 1) .
6.2
= = 52,2
A média do “peso” dos alunos do 8.° C é 52,2 kg .
6.3 Seja x a média do “peso”, em kg , dos rapazes do 8.° C , entãotem-se:
= 52,2
§ 618 + 13x = 1305 § 13x = 687 § x ) 52,85
A média do “peso” dos rapazes do 8.° C é, aproximadamente,52,85 kg .
6.4 Significa que se ordenarmos por ordem crescente ou decrescente os“pesos” dos alunos do 8.° C , o “peso” que ocupa a posição centralé 50 kg .
6.5 Temos que 51,5 * 12 = 618 e 618 - 1,2 * 12 = 603,6 .
Desta forma, vem 603,6 : 12 = 50,3 .
Por outro lado, temos 687 - 1,2 * 13 = 671,4 e 671,4 : 13 ) 51,65 .
A média do “peso” dos rapazes e a média do “peso” das raparigasé, aproximadamente, 51,65 kg e 50,3 kg .
7. Pág. 274
7.1 a)
= .
A média das classificações obtidas por estes 24 alunos no pri-meiro teste de Matemática foi, efectivamente, 55% .
b) A média aumentou, já que a classificação obtida pelo Nuno foisuperior à média das classificações.
132024
= 55
35 * 2 + 40 + 45 * 3 + 50 * 7 + 60 * 5 + 65 * 3 + 75 * 2 + 8024
12 * 51,5 + 13x25
130525
46 * 3 + 48 * 4 + 50 * 6 + 53 * 5 + 55 * 3 + 60 * 3 + 6525
40 12040
* 100%2
40 11140
* 100%2
38 1 540
* 100%2
40 1 940
* 100%2
157640
= 39,4
37 * 5 + 38 * 6 + 39 * 9 + 40 * 11 + 41 * 6 + 42 * 340
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
7.2 A média das classificações dos alunos que compõem o grupo daInês é dada por:
, sendo x a classificação obtida pela Inês no trabalho
do grupo. Por outro lado, sabemos que entrando com a classificação
da Inês a média não varia mais do que 1% . Desta forma, temos:
= 57 § 174 + x = 228 § x = 54
= 59 § 174 + x = 236 § x = 62
A classificação da Inês pode ser igual ou superior a 54% e igualou inferior a 62% .
7.3 Se a média das classificações obtidas pelos 25 alunos foi de 60%então a soma de todas as classificações é 1500 (25 * 60) . Noentanto, a professora atribui 40% a um dos valores de uma par-cela, quando deveria atribuir 90% , desta forma têm-se:
1500 - 40 + 90 = 1550 e = 62 .
Ao efectuar a correcção, a média das classificações obtidas pelos25 alunos no 2.° teste de Matemática passou a ser 62% .
7.4 A média das classificações obtidas pelos 25 alunos neste 3.° testede Matemática será igual à média das classificações obtidas pelosmesmos 25 alunos no 2.° teste de Matemática acrescida de duasunidades, ou seja, 64% .
8. Pág. 275
8.1 a) Por exemplo, a afirmação é verdadeira pois o valor da maiordespesa mensal é precisamente 350 euros, facto que ocorreunos meses de Março e Dezembro.Nos restantes meses do ano, a despesa em cada mês foi sempreinferior a 350 euros.
b) Por exemplo, a afirmação é verdadeira já que em Janeiro eFevereiro foram gastos 150 euros em cada um dos meses e só ovalor gasto em Março ultrapassa os 300 euros, facto que desdelogo implica que a média da despesa mensal em vestuário, noprimeiro quadrimestre do ano, seja superior a 150 euros.
8.2 Temos que:
= ) 139,17
A média mensal da despesa em vestuário é, aproximadamente,139,17 euros.
8.3 A Ana foi dos dois irmãos a que efectuou os cálculos correctos. Sea média da despesa em vestuário, no primeiro quadrimestre, foi de200 euros significa que, em média, em cada um dos primeiros qua-tro meses se gastaram 200 euros; o mesmo raciocínio se aplica aosmeses de Maio e Junho, ou seja, em cada um deles, em média, gas-taram-se 220 euros. Desta forma, temos que a média da despesaem vestuário no primeiro semestre é dada por:
) 206,67 .
9. Pág. 276
9.1 A moda do sabor de iogurte preferido é ananás (é o sabor que apre-senta maior número de preferências).
9.2 A percentagem do total dos estudantes que responderam ananás é,
aproximadamente, 33% .1 824
* 100%2
4 * 200 + 2 * 2206
167012
150 + 150 + 350 + 120 + 100 + 150 + 50 + 200 + 50 + 35012
155025
58 * 3 + x4
58 * 3 + x4
58 * 3 + x4
9.3 Inicialmente, vamos determinar a amplitude do sector circular cor-respondente a cada sabor. Então, tem-se:
Maçã Banana Kiwi
360° 24 360° 24 360° 24 a 2 b 3 c 4
a = b = c =
Morango Ananás
360° 24 360° 24d 7 e 8
d = e =
Desta forma, temos:
10. Pág. 277
10.1 No lago há 40 patos do tipo B .
10.2 A razão entre o número de patos do tipo A e o número de patos
do tipo B é , ou seja 4 : 1 .
10.3 O número total de patos existentes no lago é 280 (14 * 20) .
Então, tem-se que:
• a percentagem de patos do tipo A é * 100% ) 57% ;
• a percentagem de patos do tipo B é ) 14% ;
• a percentagem de patos do tipo C é ) 29% .
Desta forma, temos:
10.4 Por exemplo:
• representa 10 patos
Tipo A • • • • • • • • • •
Tipo B • • • • • • •
Tipo B • • • •
Tipo A Tipo B Tipo C
57% 14% 29%
80280
40280
160280
16040
8 * 360°24
= 120°7 * 360°
24= 105°
4 * 360°24
= 60°3 * 360°
24= 45°
2 * 360°24
= 30°
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
11. Pág. 278
11.1
11.2
12. Pág. 279
12.1 O António já respondeu a 18 questões (0,6 * 30) correcta-mente, a Maria já respondeu a 15 questões (0,5 * 30) correcta-mente. Cada um deles ainda tem de responder a cinco questões.
Desta forma, existem três possibilidades para a Maria ganhar ojogo, a saber:
• a Maria responde a quatro da cinco questões correctamente e oAntónio erra todas as cinco questões.
• a Maria responde às cinco questões correctamente e o Antónioapenas responde a uma das cinco questões correctamente.
• a Maria responde às cinco questões correctamente e o Antónioerra todas as cinco questões.
12.2 O Nuno respondeu a 21 questões correctamente (0,6 * 35) ,enquanto que o Pedro respondeu a 28 questões correctamente(0,8 * 35) . Assim, o Pedro deu mais sete respostas correctas queo Nuno.
13. Pág. 280
13.1 A situação onde ocorreu maior número de acidentes foi “atraves-sar em passadeira sinalizada”.
13.2 Temos que * 100% ) 10% .
Na situação “A sair ou entrar num veículo” a percentagem devítimas que morre ou fica gravemente ferida é, aproximadamente,10% .
13.3 Temos que * 100% ) 89% .
Na situação “Atravessar fora da passadeira que está a mais de 50m” a percentagem de vítimas que morre ou fica ligeiramenteferida é, aproximadamente, 89% .
13.4 É mais perigoso um peão transitar pela direita da faixa de roda-gem que pela esquerda. Esta situação pode ser justificada pelosimples facto de o número de vítimas que circulam pela direita dafaixa de rodagem ser 138 , enquanto que o número de vítimasque circulam pela esquerda da faixa de rodagem ser 64 .
13.5 Temos que:
* 100% ) 10,96% e * 100% ) 10,87% .
Desta forma podemos concluir que é mais provável, embora queligeiramente, morrer ou ficar gravemente ferido a “Atravessar apassadeira sem respeitar os semáforos”.
13.6 Esta linha pode referir-se a situações de atropelamento que nãoconstam na tabela.
6 + 9138
1 + 773
8 + 456519
2 + 791
Sim 77 pessoas = 35%
Não 143 pessoas = 65%
ou
Sim 70 pessoas = 35%
Não 130 pessoas = 65%
Sim 70 pessoas ) 33%
Não 143 pessoas ) 67%
14. Pág. 281
14.1
14.2
14.3
15. Pág. 282
15.1 A percentagem de agregados familiares que acederam à Internet,de suas casas e por banda larga, em Portugal no ano de 2006 foi25% e em 2007 foi 30% .
15.2 O país que registou uma maior percentagem de agregados familiaresque acederam à Internet, de suas casas e por banda larga, em2006 , foi o Reino Unido.
15.3 O país que verificou o maior aumento de percentagem de agrega-dos familiares que acederam à Internet, de suas casas e por bandalarga, de 2006 para 2007 , foi a França (registou um aumentode 15%) .
15.4 Cada agregado familiar é constituído por quatro pessoas e se trêsdelas tiveram acesso à Internet, significa que três em cada quatropessoas tiveram acesso à Internet, ou seja, 75% das pessoas.
Desta forma temos:
PaísNúmero de habitantes que tiveram acesso à
Internet no ano de 2006
Espanha 33 355 973
França 47 544 105
Itália 44 348 465
Portugal 7 949 321
Reino Unido 45 639 621
Tipo de comida %
Hidratos de carbono 65
Gordura 20
Proteínas 15
Total 100
Tipo de comida % Amplitude do ângulo
Hidratos de carbono 60 216°
Gordura 25 90°
Proteínas 15 54°
Total 100 360°
80
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
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