Áreas de figuras planas e proporcionalidade

GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 7a série/8o ano – Volume 4

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

ÁREAS DE FIGURAS PLANAS

Páginas 3 - 4
Atividade 1

Cortando o hexágono pela diagonal CF, obtemos dois trapézios isósceles.
Coincidindo os lados CD com AF, obtemos um paralelogramo. Para provar que não há
excessos nem espaços vazios nesse encaixe, podemos argumentar que os dois trapézios
têm a mesma altura e que os ângulos formados no encaixe são suplementares.

Atividade 2

a) Como os retângulos são equivalentes, eles possuem a mesma área que, nesse
caso, é o produto da base pela altura. Dividindo-se essa área pela medida da base do
segundo, encontramos a altura pedida. Denominando a altura desconhecida por h
temos: A = 125 . 80 = 10 000 cm2, logo 50 . h = 10 000. Portanto: h = 200 cm.
b) O perímetro do primeiro será 410 cm, ao passo que o do segundo será 500 cm.
Observa-se que, embora eles tenham a mesma área, seus perímetros são diferentes.

Atividade 3

Para resolver essa atividade, o aluno pode, inicialmente, calcular a área do retângulo:
64 cm2. A pesquisa sobre o retângulo de menor perímetro equivalente a esse, que pode
ser feita por meio de uma tabela, deve conduzi-lo a um quadrado de lado 8 cm. Trata-se

1


de uma oportunidade para o professor retomar o conceito de que o quadrado é também
um retângulo, pois se trata de um paralelogramo equiângulo, isto é, que possui os quatro
ângulos congruentes, portanto, iguais a 90º.

Páginas 5 - 6
Atividade 4

Observamos que o quadrado e o paralelogramo dados são polígonos equivalentes.

Atividade 5

Na figura temos B = 5, I = 24, logo A = 2,5 + 24 – 1 = 25,5 u. Observe que o mesmo
problema pode ser resolvido da forma indicada a seguir, pela diferença entre a área do
retângulo completo e a área dos 4 triângulos retângulos que o contornam:

A = 9 . 5 –  3.4  2.7  5.1  2.4 
 
 2 2 2 2 

A = 45 – 19,5 = 25,5 u

2


Páginas 7 - 8
Atividade 6

Contamos 4 unidades da malha totalmente interiores à região do Estado de Minas e
18 unidades como o menor número de unidades da malha que envolve completamente a
A1  A2 4  18
mesma região. Aplicando-se o método descrito, temos: A =  = 11 u
2 2

Como cada unidade da malha corresponde a 53 000 km2, temos:

A = 11 . 53 000 = 583 000 km2.

A resposta do problema será: a área ocupada pelo Estado de Minas Gerais é de
aproximadamente 583 000 km2.

Página 9

Como resultado dessa pesquisa, o valor deve aproximar-se de 588 400 km2. A título
de informação, Minas Gerais é o quarto Estado mais extenso do Brasil e representa,
aproximadamente, 6,9% da área do território nacional.

Desafio! - Área do trapézio

Página 11

Uma das possibilidades é compor um paralelogramo a partir da justaposição de um
trapézio congruente ao dado, segundo a figura:

Aplicando a fórmula da área do paralelogramo, encontramos: A 
B  b  .h
2
3


Páginas 11 - 12
Atividade 1

a) A área da folha pode ser calculada pela sua decomposição em quatro retângulos:
A = x.(2x + 4) + x.(2x + 4) + x.(x + 10) + (x + 10).(2x + 4)
A = 7x2 + 42x + 40
b) Sendo x = 4, ao substituir esse valor na expressão anterior, temos:
A = 7 . 42 + 42 . 4 + 40
A = 320 m2.

Atividade 2

Observando a figura, constatamos que o quadrilátero que cobre a folha pode ser
decomposto em dois triângulos (ABC e BCD), sendo que ABC possui como base o lado
maior do retângulo (b) e como altura o lado menor (h). Portanto, sua área equivale à
metade da área do papel retangular. Como ainda resta computar a área do outro
triângulo (BCD), podemos concluir que a área coberta é maior que metade da folha.

4



TEOREMA DE TALES: A PROPORCIONALIDADE NA
GEOMETRIA

Páginas 14 - 20
Atividade 1

Neste momento, o professor pode deixar que os alunos construam algumas hipóteses
sobre a medida de EC. Intuitivamente, eles podem estabelecer o critério de que, sendo o
ponto D médio de AB, E também o será de AC e, portanto, a medida de EC deve ser
3 metros.

Atividade 2

Nesse caso, pode-se pensar de duas formas: percebe-se a proporcionalidade 2 para
1,5 ou 2 para 6. A medida encontrada para EC deve ser, portanto, 4,5 metros.

Atividade 3

O segmento EG = 3,75 m e GC = 0,75 m.

Neste momento, exigimos uma pequena generalização da proporcionalidade entre os
lados do triângulo determinados pelas paralelas à base. O professor pode aproveitar para
explorar as proporções entre as medidas de cada uma das partes, como:

AD AE 2 1,5 AB AC 8 6 AF AG 7 5,25
   ou    ou   
AB AC 8 6 FB GC 1 0,75 FB GC 1 0,75

Professor, neste momento inicial, é importante observar se os alunos estabelecem
corretamente as posições dos termos na proporção. Nesse sentido, deve-se ressaltar a
ordem dos termos que compõem a proporção.

5


Atividade 4

O objetivo desta atividade é fazer o aluno explicitar, por meio de uma argumentação
lógica, seu conhecimento a respeito da propriedade aprendida. No caso, o método
aplicado por Lucas permite calcular a medida AB por considerar os segmentos AD e EC
paralelos, determinando, nos lados do triângulo, segmentos proporcionais.

BD 9
Observando que a razão de proporcionalidade é   3 , podemos concluir que
DC 3
AB = 12 passos.

Atividade 5

a) A solução dessa atividade exige um cuidado na leitura do enunciado e nas
50 60
informações contidas na gravura   50 . 48  60 . 40  2 400
40 48
AB DE
b) 
BC EF
36 60
c)   BC  28,8m
BC 48
JK AB 32 36
d)     KL  25,6 m
KL BC KL 28,8
JK GH 32 50
    KL  25,6 m
KL HI KL 40

Atividade 6

a)

JX GX 10 GX 125
    GX   15,625 m
JK GH 32 50 8
6


b)

AY DY 8 DY 40
    DY   13,33... m
AB DE 36 60 3

Página 20

O Caderno do Professor possui informações sobre essa pesquisa na página 31.

Páginas 22 - 24
Atividade 7

24 18
Observando as condições da figura, podemos montar a seguinte proporção:  ,
x 42

24 . 42
o que implica x = = 56.
18
Logo, a barragem terá 56 metros de comprimento.

7


Atividade 8

a)

Tc  0 T f  32

100  0 212  32

Tc T f  32

100 180

5 . (T f  32)
Tc 
9

b) Aplicando a expressão encontrada no item anterior, temos que:
5 . (46  32) 5 .14
Tc    7,8 o C
9 9
Temperatura de um ambiente frio.

c) Podemos aplicar novamente a expressão dada no primeiro exercício ou aplicar o
teorema de Tales nas escalas:
32  0 T f  32

100  0 212  32
32 T f  32

100 180

32 .180
T f  32 
100

T f  57,6  32  89,6 o F

8


A temperatura de 32 ºC corresponde a 89,6 ºF.
Caso o professor queira, pode ainda explorar uma terceira escala térmica, o
Kelvin (K). O zero Kelvin quando convertido para grau Celsius equivale à
temperatura de –273 ºC.

Páginas 24 - 25
Atividade 1

A intenção dessa atividade é explorarmos a recíproca do teorema de Tales. No caso,
20 30
aplicando-se as proporções dos segmentos, temos que  . Logo, os três bambus
26 36
não estão paralelos.

Para resolver essa situação, ele poderá pensar em algumas formas, entre elas, ampliar
o segmento de 36 cm para 39 cm, pois considerando seu segmento correspondente por
20 30
x, encontramos na proporção  , x = 39 cm.
26 x

9



O TEOREMA DE PITÁGORAS: PADRÕES NUMÉRICOS E
GEOMÉTRICOS

Páginas 26 - 30
Atividade 1

Se o aluno buscar a forma algébrica para resolver esse problema, ele encontrará uma
raiz não inteira, que dificilmente poderá ser construída, a não ser por aproximação. A
exemplo dos antigos gregos, podemos resolver o problema evitando o incômodo do
número irracional. Para isso, é preciso nos apoiar no método figurativo, como
mostramos na solução.

Atividade 2

a)

10


b) É uma sequência de números ímpares {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13}.
c) Da sequência apresentada, podemos dizer que o quadrado de um número natural
n, não nulo, pode ser obtido pela soma dos n primeiros números ímpares.

Atividade 3

a) 132 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 + 19 + 21 + 23 + 25 = 169.
b) 64 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15. Logo, a raiz de 64 é 8, pois ele é
decomposto na soma dos oito primeiros números ímpares.
c) O número 72 não pode ser decomposto somente pela soma de números ímpares
72 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 8.

Páginas 30 - 31

Essa atividade pode ser utilizada como um pequeno projeto proposto a grupos de
alunos. Como todo projeto, o professor pode pedir um relatório em que estejam
detalhados os processos envolvidos e os conhecimentos adquiridos. Atividades como
essas, que envolvem circulação de alunos pela sala ou pela escola, necessitam de
preparo prévio. O professor pode discutir com os alunos a melhor forma de levar a
termo a execução das tarefas.

11


Páginas 32 - 35
Atividade 4

a)

b) Com essa atividade, esperamos que os alunos concluam que os números 3, 4 e 5,
lados do triângulo retângulo, se relacionam pela expressão: 32 + 42 = 52.
Caso isso não aconteça, o professor pode lançar mão de perguntas como: É possível
estabelecer uma relação entre esses três valores aplicando alguma operação
matemática? Será que somando os dois valores menores obtemos o valor do maior?
c)

É desejável que as sentenças sejam formulações próximas de: “No triângulo
retângulo 3, 4 e 5, a área do quadrado construído sobre a hipotenusa é igual à soma
das áreas dos quadrados sobre os catetos”.

12


Atividade 5

a) Professor, você pode coletar as informações, registrá-las na lousa e, a seguir,
perguntar à classe: Para quantos alunos essa medida resultou um número inteiro? De
maneira geral, não lidamos sempre com triângulos retângulos cujos lados sejam
números inteiros, como foi o caso do triângulo 3, 4 e 5. Contudo, o triângulo 3, 4 e 5
pode gerar uma série de outros triângulos retângulos com lados de medidas inteiras.
Vamos retomar as ideias tratadas no volume anterior sobre as transformações
geométricas, com foco especial para a ampliação.
b)
I. O resultado dessas ampliações mostra que todos os lados foram ampliados
seguindo a mesma razão.

II e III. Dessa forma, encontramos outros triângulos de lados com medidas
inteiras, que possuem a mesma propriedade do triângulo 3, 4 e 5.
Outra forma de apresentar esse estudo é dispondo os vértices do triângulo 3, 4 e
5 como representado na figura a seguir. Essa disposição é mais clara quando se
evidencia: a pouca frequência de triângulos retângulos de lados com medidas
inteiras, como os obtidos no item a; a possibilidade de infinitos ternos
numéricos, chamados de ternos pitagóricos, que formam triângulos retângulos; e
a garantia de que a razão de ampliação também se verifica entre as hipotenusas.
Para encontrarmos as medidas dos lados de um triângulo retângulo basta
pegarmos qualquer triângulo semelhante ao 3, 4 e 5, como, por exemplo, o de
lados 30, 40 e 50.

13


Páginas 35 - 37
Atividade 1

O gnômon terá 25 quadradinhos e no encaixe produzirá um quadrado de lado 13
unidades. Aritmeticamente, constatamos que: 122 + 52 = 132.

14


Assim, o terno (5, 12, 13) é um terno pitagórico e, portanto, o triângulo construído
com lados dessas medidas será um triângulo retângulo.

Atividade 2

Se o gnômon tem 49 quadradinhos, o quadrado do encaixe terá 24 unidades de lado.
O quadrado com os lados do gnômon terá 25 unidades de lado. Portanto, teremos:
242 + 72 = 252. O terno pitagórico é (7, 24, 25).

Atividade 3

Não é um termo pitagórico, pois 212 ≠ 202 + 72, 441 ≠ 400 + 49.

Páginas 37 - 41
Atividade 6

Após algumas tentativas, os alunos devem chegar à composição a seguir. Na
argumentação, é importante que se apresente a justificativa de que todas as figuras são
quadradas. Isso é possível porque, sendo triângulos retângulos isósceles, as medidas dos
catetos e, portanto, dos quadriláteros, são iguais. Quanto à medida dos ângulos, ou são
ângulos retos ou são a soma de dois ângulos complementares do triângulo.

15


Atividade 7

Discussão detalhada no Caderno do Professor, página 51.

Atividade 8

Com essa atividade, construímos um absurdo: 64 = 65. A justificativa é que,
precisamente, a decomposição do quadrado não forma um retângulo. A suposta
diagonal do retângulo não é formada por segmentos colineares (os segmentos laranja e
2 3
verde possuem inclinações diferentes  ). Assim, nessa composição há um espaço
5 8
vazio que não permite o encaixe perfeito entre as peças. Outra forma de perceber esse
fato é observar que não se verifica a semelhança dos triângulos de área A1 e A1+A4.

O objetivo da atividade é colocar o aluno diante do limite da demonstração apoiada
na figura. O professor pode argumentar que, enquanto os fatos geométricos apoiaram as
deduções de propriedades algébricas – tema do volume 2 –, o uso das relações
algébricas agora permitirá a validação das propriedades geométricas aplicadas até aqui.

Atividade 9

(11, 60, 61)

Atividade 10

Na figura, a é a medida da hipotenusa; b e c são as medidas dos catetos do triângulo
retângulo.

16


Observamos que a área do quadrado maior é igual à soma das áreas do quadrado
interior inclinado, de lado a, com os quatro triângulos retângulos de catetos b e c.

Na figura, o quadrado maior tem lados (b+c). Logo, sua área é:

(b + c)2 = b2 + 2bc + c2.

A área do quadrado inclinado, quadrado da hipotenusa de lado a é: a2.

Os quatro triângulos retângulos de catetos b e c formam dois retângulos de lados b e
c. Logo, a soma de suas áreas é: 2bc.

Efetuemos, agora, os cálculos: (b + c)2 = a2 + 2bc.

b2 + 2bc + c2= a2 + 2bc , simplificando os termos semelhantes da expressão:

Páginas 41 - 43
Atividade 4

Embora a resolução do problema envolva uma simples aplicação do teorema de
Pitágoras, o interessante na atividade é o procedimento criado para determinar a medida
da distância inatingível entre dois pontos, semelhante ao sugerido pela aplicação do
teorema de Tales. A resposta será 25 m.

Atividade 5

Para resolver a atividade, pode-se sugerir que os alunos usem calculadora.
Observando a figura, temos um triângulo retângulo. O pedaço inclinado do corrimão,
que indicaremos por c, é a hipotenusa. Um dos catetos mede 90 cm, e o outro mede o
comprimento total das bases dos degraus, isto é, 24.5 =120 cm.

Portanto, teremos: c2 = 902 + 1202

Logo, c2 = 8 100 + 14 400 = 22 500
17


c= 22 500 = 150 cm

O comprimento total de madeira para o corrimão será 150 + 30 + 30 = 210 cm
ou 2,1 metros.

Atividade 6

O problema se resume em achar as medidas das hipotenusas dos triângulos
retângulos, indicados pelas cores vermelha e amarela.

No vermelho aplicamos: x2 = 162 + 122, x = 20 cm.

No amarelo aplicamos: y2 = 122 + 52, y = 13 cm.

O comprimento total de fio será, portanto, resultado da soma:

13 + 12 + 20 + 20 + 12 + 13 = 90 cm. Portanto, Cadu conseguirá reforçar a estrutura
da pipa, pois ele tem 1 metro de fio.

18


Atividade 7

Esse tipo de atividade coloca o aluno em uma situação em que só o conhecimento da
fórmula não basta para resolver o problema. Ela, contudo, serve para orientar o
pensamento no sentido de buscar os termos essenciais para a resolução da atividade. No
caso, o cálculo da área do trapézio indica a necessidade de determinar sua altura. O
aluno deve observar que a altura pode ser traçada pelo vértice D, formando, assim, um
triângulo retângulo. No entanto, ainda faltará um dado para podermos aplicar o teorema
de Pitágoras: a medida de um cateto. A partir da análise da figura, percebe-se que a
medida do cateto, que não é a altura, pode ser encontrada pela diferença das medidas
das bases do trapézio. Outra forma de resolver o problema é atribuir à distância BP ou
AQ um valor algébrico. Contudo, a medida final dessa distância também pode ser
resolvida por cálculo sem a atribuição da variável. Às vezes, é difícil para os alunos
encontrar essas relações. Se o professor achar conveniente, é interessante buscar outros
exercícios que, como este, explorem situações em que os dados necessários sejam
encontrados como resultado de uma análise da figura.

1o passo: cálculo da área do trapézio: para determinar a altura, uma ideia é
levantarmos a altura no vértice D e, com o uso do teorema de Pitágoras, encontrar o
valor de h:

19


152 = h2 + 92

h = 12 m

Comecemos pelo cálculo da área da figura total : A 
29  20.12  294 m 2
2

A área do retângulo ABPQ será, portanto, A = 147 m2. Chamando BP de x, as
dimensões do retângulo serão x e 12. Assim, teremos:

A = 12.x

147 = 12.x

x = 12,25 m

Logo, o perímetro do quadrilátero ABPQ é 2 . 12 + 2 . 12,25 = 48,5 m.

20



PRISMAS

Página 45

A proposta está detalhada no Caderno do Professor, páginas 57 e 58.

Páginas 46 - 48
Atividade 1

A partir da figura, podemos construir um triângulo retângulo que tem a distância AB
como a hipotenusa e, por catetos, a altura do prisma e a diagonal da base, indicada pela
letra d.

Inicialmente, aplicaremos o teorema de Pitágoras para determinar a medida de d:

Diagonal da base: d2 = 16 + 9 = 25  d = 5.

Assim, a diagonal do prisma pode ser encontrada aplicando-se mais uma vez o
teorema de Pitágoras: D2 = 144 + 25 = 169  D = 13.
Portanto, o segmento AB = 13 cm.

21


Atividade 2

a) Para calcular o volume da primeira caixa, que é um cubo, podemos aplicar a
expressão geral para o volume de prismas, V= 64 . 8 = 512 cm3.
b) A área lateral do cubo é composta por 6 quadrados de lados iguais a 8 cm.
Assim, a área da superfície total do cubo é igual a Acubo= 6 . 64 = 384 cm2.
Para o cálculo da área da superfície total do paralelepípedo, necessitamos encontrar o
valor de x. Como os prismas são equivalentes, eles possuem o mesmo volume. Para o
paralelepípedo, vale a seguinte expressão para o volume:
V = Abase . h = 8.(x + 10) . 4 = 32x + 320
Como V= 512 cm3, podemos escrever a equação:
32x + 320 = 512
x=6
Assim, as dimensões do paralelepípedo serão, 8 cm, 16 cm e 4 cm. A área da sua
superfície total é composta por dois retângulos de lados 16 cm e 8 cm (bases), dois
retângulos de lados 8 cm e 4 cm e dois retângulos de lados 16 cm e 4 cm. Portanto, a
expressão de sua área superficial será:
Aparalelepípedo = 2 . 8 . 16 + 2 . 8 . 4 + 2 . 4 . 16 = 256 + 64 + 128 = 448 cm2.
Logo, embora os prismas tenham o mesmo volume, o cubo representa aquele que
consome menor quantidade de material para ser produzido.
O professor pode acrescentar que, dentre os retângulos equivalentes, o quadrado é o
de menor perímetro, ao passo que entre os paralelepípedos equivalentes, o cubo é o
de menor área superficial.

Atividade 3

a) Para resolver essa atividade, é necessário indicar a aresta BD por uma incógnita,
por exemplo, x. Desse modo, podemos escrever a seguinte expressão:
40 + 40 + x + x – (21 + 37 + 17 + x) = 34
80 + 2x – 75 – x = 34
x = 29 cm.
Ou podemos encontrar a incógnita aplicando o teorema de Pitágoras, como segue:
BD2 = 212 + 202

22


BD2 = 841
BD = 29 cm
A área a ser coberta pela capa é igual à soma das áreas das duas bases do prisma, os
dois trapézios, com as áreas dos três retângulos que são suas faces laterais, excluída a
face apoiada sobre a mesa.

A  2.
17  37  . 21  40.29  17.40  21.40  3 814 cm 2
2
b) Para o cálculo do volume, precisamos da área da base, que é a área do trapézio e
da altura do prisma, que no caso é a medida da aresta DE. Portanto:

V 
17  37  . 21 . 40  22 680 cm 3
2

23

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