P
Propostas de resolução
Maria Augusta Ferreira Neves
António Leite | António Pinto Silva
Exercícios de
MATEMÁTICA 8.° ano
onlin
e
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• Verifique se na Barra de Ferramentas
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o botão direito do rato e seleccionando a
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Pág., com o “P” maiúsculo e sem esquecer
o ponto final, seguido de um espaço e do
número de página onde se encontra o
exercício ou problema do qual pretende
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1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 1
1.
Por exemplo:
Pág. 11
3.
Atrapézio = 45 cm2
(A) x = 10 cm ; y = 15 cm
Atrapézio =
B+b
15 + 10
25
*h=
*3=
*3=
2
2
2
= 12,5 * 3 = 37,5 cm2 .
Logo não é a opção (A) .
(B) x = 50 cm ; y = 10 cm
60
B+b
50 + 10
*h=
*3=
* 3 = 90 cm2
Atrapézio =
2
2
2
Logo não é a opção (B) .
Afigura = A1 + A2 + A3 + A4 + A5
b*h 2*3
=
= 3 cm2
2
2
b*h 2*1
=
A2 =
= 1 cm2
2
2
A1 =
(C) x = 22 cm ; y = 8 cm
B+b
22 + 8
30
*h=
*3=
*3=
Atrapézio =
2
2
2
2
= 15 * 3 = 45 cm . Logo é a opção (C) .
A3 = a * b = 2 * 1 = 2 cm2
b*h 1*3
= 1,5 cm2
=
2
2
B+b
3+2
A5 =
*h=
* 1 = 2,5 cm2
2
2
A4 =
Resposta: (C) .
4.
Alentes = 2 * Acírculo = 2 * p * r2 = 2 * p * 1,42 ) 12,3 cm2
Sabemos que:
Logo Afigura = (3 + 1 + 2 + 1,5 + 2,5) cm2 = 10 cm2
diâmetro = 2,8 cm , logo
diâmetro 2,8
=
= 1,4 cm .
raio =
2
2
Resposta: (A) .
2.
Resposta: (C) .
5.
Pág. 12
Afigura = Arectângulo + Atriângulo
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
Arectângulo = a * b = 3,5 * 2 = 7 cm2
Resposta: (B) .
Por exemplo:
Atriângulo =
b * h 3,5 * 1
= 1,75 cm2
=
2
2
Afigura = (7 + 1,75) cm = 8,75 cm
2
6.
2
Outro processo de resolução:
CEXM8 © Porto Editora
Afigura = Atrapézio
=
B+b
*h
2
=
3+2
* 3,5
2
= 8,75 cm2
Resposta: (D) .
Por exemplo:
Aparte colorida = 4 * A˚[AFE] =
=4*
Resposta: (A) .
2
50
5 * 10
=4*
= 100 cm2
2
2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
7.
CAPÍTULO 1
(A) A afirmação é falsa, já que duas figuras planas geometricamente iguais têm sempre a mesma área.
1.3
(B) Por exemplo, as figuras seguintes têm o mesmo perímetro e
áreas diferentes.
A = 8 cm2
P = 12 cm
A = 9 cm2
P = 12 cm
6,2 + 3,8
B+b
*h=
* 2,5 =
2
2
10
=
* 2,5 = 5 * 2,5 = 12,5 cm2
2
Atrapézio =
(C) Por exemplo, as figuras seguintes são equivalentes (A = 16 cm2)
e não são geometricamente iguais.
Resposta: A área do trapézio é 12,5 cm2 .
2.
Resposta: (D) .
8.
2.1
Alentes = 2 * (ATrapézio + Asemicírculo)
Asemicírculo =
Atrapézio
pr2 p * 22
=
= 2p cm2
2
2
B+b
*h
2
B+b
*h
2
11 + 5
24 =
* x § 48 = (11 + 5)x § 48 = 16x §
2
48
§ 16x = 48 § x =
§ x=3
16
Resposta: x = 3 cm .
ATrapézio =
B = 4 cm
b = 2 cm
h = 1 cm
4+2
6
* 1 = = 3 cm2
2
2
Alentes = 2 * (3 + 2p) = 6 + 4p ) 18,6 cm2
Atrapézio =
2.2
Resposta: (B) .
1.
Pág. 13
1.1
B+b
*h
2
8+x
20 =
* 4 § 20 = (8 + x) * 2 §
2
20
§
= 8 + x § 10 = 8 + x §
2
§ x = 10 - 8 § x = 2
ATrapézio =
Atrapézio =
B+b
6+2
*h=
*4=
2
2
= 4 * 4 = 16 cm
2
Resposta: A área do trapézio é 16 cm2 .
1.2
Resposta: x = 2 cm .
3.
Área da figura A = 11 u.a.
(a figura é composta por 11 quadrados geometricamente iguais, cada
um deles tem 1 u.a.)
2*3 4+2
Área da figura B = Atriângulo + Atrapézio =
+
*1=
2
2
3 + 3 = 6 u.a.
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Área da figura C = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6
Base maior = (3 + 5 + 3) cm = 11 cm
Atrapézio =
B+b
11 + 5
*h=
* 4 = 8 * 4 = 32 cm2 .
2
2
Resposta: A área do trapézio é 32 cm2 .
3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
b*h 2*2 4
=
= = 2 u.a.
2
2
2
b*h 5*1 5
A2 =
=
= = 2,5 u.a.
2
2
2
A1 =
CAPÍTULO 1
5.
Pág. 14
5.1
A3 = a * b = 5 * 1 = 5 u.a.
A4 =
b*h 2*1 2
=
= = 1 u.a.
2
2
2
A5 = A1 = 2 u.a.
A6 =
b*h 3*1
=
= 1,5 u.a.
2
2
Área da figura C = 2 + 2,5 + 5 + 1 + 2 + 1,5 = 14 u.a.
Área da figura = 2 * Atriângulo + Arectângulo + ATrapézio
b*h 2*2 4
Atriângulo =
=
= = 2 u.a.
2
2
2
Arectangulo = a * b = 9 * 3 = 27 u.a.
B+b
9+3
12
Atrapézio =
*h=
*3=
* 3 = 6 * 3 = 18 u.a.
2
2
2
Área da figura D = A1 - 4A2 + 2 * A3
Área da figura = 2 * 2 + 27 + 18 = 4 + 27 + 18 = 49 u.a.
Resposta: A figura tem 49 u.a.
A1 = L2 = 42 = 16 u.a.
5.2
b*h 4*1 4
=
= = 2 u.a.
2
2
2
b*h 3*1 3
A3 =
=
= = 1,5 u.a.
2
2
2
A2 =
Área da figura D = 16 - 4 * 2 + 2 * 1,5 =
= 16 - 8 + 3 = 8 + 3 =
= 11 u.a.
Resposta:
4.
Figura
Área
A
11 u. a.
B
6 u. a.
C
14 u. a.
=2*
D
11 u. a.
= 4 * 2 + 6 * 7 = 8 + 42 = 50 u.a.
Designamos por A a área da parte da figura colorida a cor azul,
então temos que a área A é aproximadamente igual à soma das
áreas dos cinco trapézios com a área do rectângulo representados
na figura.
Área da figura = 2 * Atriângulo 1 + 2 * Atriângulo 2
b*h
b*h
+2*
=
2
2
Resposta: A figura tem 50 u.a.
5.3
Deste modo, temos:
3,4 + 2,2
2,2 + 1,5
3 + 1,5
*1+
*1+
*1+ 4+3 *1+
2
2
2
2
4 + 1,5
4*1+
*1
2
A = 2,8 + 1,85 + 2,25 + 3,5 + 4 + 2,75
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A=
A = 17,15
Resposta: A área da parte da figura colorida a cor azul é aproximadamente igual a 17,15 unidades de área.
Área da figura = A1 + A2 + A3 + A4 + A5
b * h 4 * 3 12
A1 =
=
= 6 u.a.
=
2
2
2
15
B+h
4+1
5
A2 =
*h=
*3= *3=
= 7,5 u.a.
2
2
2
2
A3 = a * b = 4 * 1 = 4 u.a.
A4 =
b*h 1*2
=
= 1 u.a.
2
2
A5 = Aquadrado - Atriângulo 6 - Atriângulo 7 = 32 = 9 - 3 - 3 = 9 - 6 = 3 u.a.
3*2 2*3
=
2
2
Área da figura = 6 + 7,5 + 4 + 1 + 3 = 21,5 u.a.
Resposta: A figura tem 21,5 u.a.
4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
5.4
CAPÍTULO 1
7.
A[ABDE] = x cm2 , logo L = œx cm
b * h œx * œx x
=
= cm2
2
2
2
x
2
Resposta: A[ABC] = cm .
2
7.1 A[ABC] =
b * h œx * œx x
=
= cm2
2
2
2
x
Resposta: A[ABF] = cm2 .
2
7.2 A[ABF] =
7.3 A[ABFG] = b * h = œx * œx = x cm2
Resposta: A[ABFG] = x cm2 .
Área da figura = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 +
+ A8 + A9 + A10 + A11 + A12
b*h 1*2
A1 =
=
= 1 u.a.
2
2
b*h 1*2
A2 =
=
= 1 u.a.
2
2
5+3
B+b
A3 =
*h=
* 2 = 8 u.a.
2
2
4
B+b
3+1
A4 =
*h=
* 1 = = 2 u.a.
2
2
2
b*h 1*2
A5 =
=
= 1 u.a.
2
2
b*h 3*1
A6 =
=
= 1,5 u.a.
2
2
b*h 1*2
A7 =
=
= 1 u.a.
2
2
2*1
= 4 - 2 = 2 u.a.
A8 = Aquadrado - 2 * Atriângulo A = 22 - 2 *
2
b*h 1*2
=
= 1 u.a.
A9 =
2
2
b*h 1*3
A10 =
=
= 0,5 u.a.
2
2
b*h 1*1
A11 =
=
= 0,5 u.a.
2
2
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.
1.
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.
6.1 Ateia = Asemicírculo =
2p * 1738 = 10 920 § 3476p = 10 920 §
10 920
§ p ) 3,14 (2 c. d.)
3476
§ p=
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 =
CEXM8 © Porto Editora
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 é
aproximadamente igual a 185,1 cm .
2
=
9p3
cm2 " valor exacto
4
9p3
) 69,76 cm2 " valor aproximado com 2 c. d.
4
3p
Perímetro = 2pr = 2p *
= 3p2 cm " valor exacto
2
Resposta: A área coberta pela teia da aranha é aproximadamente
igual a 100,5 cm2 .
linhas representadas na figura. Então tem-se:
3p
122
Área =
2
6.2 Designemos por C o comprimento total, em centímetros, das
3p
cm
2
Área = pr2 = p *
pr
p*8
=
= 32p ) 100,5 cm2
2
2
2
Pcírculo = 10 920 km , r = 1738 km
Como 2pr = 10 920 , com r = 1738 km , vem:
Resposta: A figura tem 22,5 u.a.
6.
Pág. 15
Perímetro = 3p2 ) 29,61 cm " valor aproximado com 2 c. d.
4.
Área da figura = Área do triângulo + Área do semicírculo
12,6 * 5 p * (12,6 : 2)2
+
2
2
63 p * 6,32
+
=
2
2
39,69p
= 31,5 +
2
= 31,5 + 19,845p
=
) 93,84
Resposta: A área da figura é aproximadamente 93,84 m2 .
5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
5.
AA =
B+b
5+2
* 2 = 7 u.a.
*h=
2
2
CAPÍTULO 1
Pág. 16
8.
8.1 Na figura podem-se observar 16 triângulos, a saber:
Por exemplo:
4*2 6*3
+
*1=
AB = Aquadrado + Atriângulo + Atrapézio = 22 +
2
2
9
= 4 + 4 + = 8 + 4,5 = 12,5 u.a.
2
Por exemplo:
4*1 4+2
+
*3=2+3*3
AC = Atriângulo + Atrapézio =
2
2
= 2 + 9 = 11 u.a.
[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, considerando uma unidade de área uma quadrícula, a saber:
Triângulos
3*2 4*2 4*1
=
2
2
2
[AFE] e [BFE]
10 * 7
= 35
2
6*7
= 21
2
11 * 7
= 38,5
2
= 16 - 3 - 4 - 2 = 16 - 9 = 7 u.a.
[AFD] e [BFD]
AE = 9 u.a. (A figura E pode ser decomposta em nove quadrados geometricamente iguais, cada um deles com 1 u.a.)
[AFC] e [BFC]
19 * 7
= 66,5
2
[AED] e [BED]
5*7
= 17,5
2
(B) Afirmação falsa, pois 2 * 7 = 14 e 14 0 12,5 .
[AEC] e [BEC]
13 * 7
= 45,5
2
(C) As figuras D e C não têm a mesma área, logo a afirmação é
falsa.
[ADC] e [BDC]
8*7
= 28
2
(A) Afirmação falsa, pois área da figura C > área da figura E .
6.
Áreas
[ABF] , [ABE] , [ABD] e [ABC]
AD = Aquadrado - A1 - A2 - A3 =
= 42 -
Pág. 17
Resposta: (D) .
9.
Por exemplo: Nas figuras que o João desenhou há algumas equivalentes?
9.1 e 9.2
As figuras são equivalentes se tiverem a mesma área, logo temos
que calcular a área de cada uma das três figuras.
4*2
2*1
AA = A1 + A2 + A3 =
+ 22 +
= 4 + 4 + 1 = 9 u.a.
2
2
10. 1.° Tour de França " 2418 km = 2428000 m
Pág. 18
5*2 3*1
+
+6*1+3*1=
AB = A1 + A2 + A3 + A4 =
2
2
3
=5+ +6+3=
2
= 15,5 u.a.
AC = 7 u.a.
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Resposta: Não há figuras equivalentes pois todas as três figuras têm
áreas diferentes.
7.
Área da figura P = 28 u.a. (a figura pode ser decomposta em
28 triângulos equiláteros de lado 1 cm).
Área da figura Q = 20 u.a. (a figura pode ser decomposta em
320 triângulos equiláteros de lado 1 cm).
10.1 Proda maior = 2pr = 2p * 0,6 = 1,2p
Dist. total
=
Proda maior
2 428 000
=
) 644 047 (0 c.d.)
1,2p
N.° de voltas(roda maior) =
Proda menor = 2pr = 2p * 0,2 = 0,4p
Dist. total
=
Proda menor
2 428 000
=
) 1 932 141 (0 c.d.)
0,4p
N.º de voltas(roda menor) =
Resposta: Para percorrer 2 428 km , uma roda com 1,2 m de diâmetro terá de dar aproximadamente 644 047 voltas, e uma roda
com 40 cm de diâmetro terá de dar aproximadamente 1 932 141
voltas.
6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
10.2 A afirmação é verdadeira, pois quanto maior for o diâmetro da
7.
roda, maior é o seu perímetro, ou seja, menor é o número de voltas
que é necessário dar para percorrer uma determinada distância.
A[ACDE] =
B+b
* h (*)
2
Cálculo auxiliar:
b = ED
10.3 Diâmetro = 52 cm ; raio = 26 cm
ED = œ23,04 m = 4,8 m
B = AC = AB + BC = 4,8 + BC
Vamos determinar BC recorrendo ao Teorema de Pitágoras:
2
2
CD = BD + BC
6 = 4,8 + BC
2
2
2
2
§ 36 = 23,04 + BC
2
2
§ BC = 36 - 23,04
Perímetro da roda = 2pr = 2 * p * 26 = 52p cm
N.° de voltas =
§ 15 312 =
2
BC
w> 0
§ BC = 12,96 ± BC = œ12,96
Distância total
§
Perímetro da roda
§ BC = 3,6
Logo, B = (4,8 + 3,6) cm = 8,4 cm .
Distância total
52p
Voltando a (*), vem A[ACDE] =
§ Distância total = 15 312 * 52p
8,4 + 4,8
* 4,8 = 31,68 m2 .
2
Resposta: (D) .
§ Distância total ) 2 501 411,469 cm
§ Distância total ) 25,014 114 69 km
8.
§ Distância total ) 25 km
D = œa2 + b2 + c2
§ D = œ42 + 22 + 22
Desta forma, temos:
25 km
= 5 km .
5
O Pedro percorreu aproximadamente 5 km por dia. Assim, vem:
§ D = œ16 + 4 + 4
§ D = œ24 § D ) 4,9 m
Resposta: (D) .
Ida " 2 km
Volta " 3 km
1.
Resposta: No regresso da escola a casa, o Pedro percorre 3 km .
1.
92 = 9 * 9 = 81
1.1 a = 4 + 5 § a = 9
Num triângulo rectângulo, a área do quadrado construído sobre a
hipotenusa é igual à soma das áreas dos quadrados construídos
sobre os catetos.
Pág. 23
Resposta: (B) .
2.
2
AB = 36
1.2 22,3 = 15,5 + b § b = 22,3 - 15,5 § b = 6,8
AB
w>0
± AB = œ36 § AB = 6
Num triângulo rectângulo, a área do quadrado construído sobre a
hipotenusa é igual à soma das áreas dos quadrados construídos
sobre os catetos.
Resposta: (D) .
3.
Resposta: (C) .
4.
c=8, b=6
2.
a2 = b2 + c2 ; a2 = 62 + 82
a>0
§ a2 = 36 + 64 § a2 = 100 ±
Vamos, inicialmente, determinar a
área do quadrado “médio”.
90 = 35 + x
a>0
± a = œ100 § a = 10
§ x = 55 cm2
Resposta: (B) .
5.
Pág. 25
a = œ90 m
b - 315 = 0 § b = 315 § b = œ315 › b = - œ315
b = œ35 m
§ b ) 17,748 › b ) - 17,748
c = œ55 m
2
2
Resposta: (B) .
6.
Pág. 24
6.1 Metade da área do rectângulo, já que o triângulo tem a base com a
mesma medida do comprimento do rectângulo e ambas as figuras
têm a mesma altura.
Determinamos o perímetro , P , do jardim:
Resposta: (A) .
P = 3 * œ90 + 3 * œ35 + 3 * œ55 m ) 68,46 m .
(
72 = 42 + x2 § 49 = 16 + x2 § x2 = 49 - 16
6.2
x>0
§ x = 33 ± x = œ33
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2
)
Por outro lado, temos que 69 * 1,5 = 103,5 (temos de arredondar
por excesso, pois 68 metros não chegavam para vedar o jardim).
Resposta: O Joaquim vai gastar aproximadamente 103,50 euros.
Resposta: (B) .
7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
3.
6.
6.1
A[ABCD] =
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
diagonal maior * diagonal menor AC * BD
=
2
2
2
2
Vamos determinar AC .
102 = 82 + x2
AC = AI + IC
§ 100 = 64 + x2 § x2 = 36
2
2
2
2
§ x = ¿ 6 , só se considera a solução positiva, pois trata-se de um
comprimento, logo: x = 6 cm .
2
AB = AI + BI § 8,52 = AI + 3,82 § AI = 8,52 - 3,82
2
§ AI = 57,81
2
2
AI
w>0
± AI = œ57,81
2
2
2
BC = BI + IC § 5,42 = 3,82 + IC § IC = 5,42 - 3,82
2
§ IC = 14,72
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
2
IC
w>0
§ 289 = 36 + y2
§ y2 = 289 - 36
§ y2 = 253
Resposta: A área do quadrilátero é aproximadamente 43,5 cm2 .
Para determinar a distância entre os pontos M e A e
porque o triângulo [RAM] é rectângulo, vamos recorrer
ao Teorema de Pitágoras.
2
2
2
§ MA = 45
§ y = ¿ œ253
Como se trata de um comprimento só se considera a solução positiva, logo y = œ253 ou seja, y ) 15,9 .
Pág. 26
2
MA = MR + AR § MA = 62 + 32 § MA = 36 + 9 §
2
2
172 = 62 + y2
11,44 * 7,6
A[ABCD] )
= 43,472 cm2
2
2
2
AC = CD + AD
± IC = œ14,72
AC = AI + IC § AC = œ57,81 + œ14,72 § AC ) 11,44
4.
2
CB = DB + CD
Resposta: x = 6 cm e y ) 15,9 cm .
6.2
MA
w>0
± MA = œ45 u.m.
Resposta: A distância entre os pontos M e A é œ45 u.m.
5.
5.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
d 2 = 102 + 52 § d 2 = 100 + 25
A˚[ABC] =
§ d = ¿ œ125 , como se trata de um
comprimento considera-se apenas a
solução positiva.
P˚[ABC] = 17 + 10 + 23,9 = 50,9 cm
d = œ125 ) 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
144
§ x2 = 72
§ x2 =
2
§ x = ¿ œ72 , como se trata de um
comprimento considera-se apenas
a solução positiva.
x = œ72
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b * h 23,9 * 6
=
= 71,7 cm2
2
2
§ d 2 = 125
Assim, temos que o perímetro, P , do quadrado é igual a 4 * œ72 ,
ou seja, P = 4 * œ72 ) 33,9 .
Resposta: O perímetro do quadrado é igual a 33,9 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 Teorema
de Pitágoras:
x2 = 32 + 32
§ x2 = 9 + 9
§ x2 = 18
§ x = ¿ œ18 , como se trata de um
comprimento considera-se apenas a
solução positiva, ou seja:
x = œ18
Para determinar y aplicamos novamente o Teorema de Pitágoras:
(
)
y2 = 32 + œ18
2
§ y 2 = 9 + 18 § y 2 = 27
§ y = ¿ œ27 , como se trata de
um comprimento considera-se
apenas a solução positiva ou
seja, y = œ27 cm .
Resposta: x = œ18 cm e y = œ27 cm .
8
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
8.
Vamos determinar MN aplicando o Teorema de Pitágoras: Pág. 27
CAPÍTULO 1
11.
Vamos determinar, o comprimento da barra de madeira,
usada na diagonal, aplicando o Teorema de Pitágoras.
Pág. 28
d 2 = 12 + 2,52 § d 2 = 1 + 6,25
§ d 2 = 7,25
§ d = ¿ œ7,25 , considera-se apenas a solução positiva, pois trata-se de um comprimento.
Comprimento total bases de madeira = 5 * 2,5 + 2 * 1 + œ7,25 =
= 12,5 + 2 + œ7,25 ) 17,2
Resposta: O comprimento total das barras de madeira utilizadas
na construção do portão é aproximadamente 17,2 metros.
2
MN = 502 + 36,52
2
§ MN = 2500 + 1332,25
2
§ MN = 3832,25
MN
w >0
± MN = œ3832,25
12.
§ MN ) 61,9
Resposta: MN ) 61,9 m .
9.
1
Determinemos BC em milhas, ora BC = AB e como AB = 32
5
milhas marítimas, temos que:
1
BC = * 32 = 6,4
5
Aquadrado = L2 = 22 = 4 u.a.
Arectângulo = c * L = 2x * x = 2x2 u.a.
O barco percorreu 38,4 milhas marítimas (32 + 6,4) .
4
§ x2 = 2
2
§ x = ¿ œ2 , como se trata de um comprimento só se considera
a solução positiva, logo x = œ2 u.m.
Então, tem-se: 2x2 = 4 § x2 =
Convertemos, agora, esta distância em quilómetros:
38,4 milhas marítimas = 38,4 * 1,852 = 71,1168
Resposta: O barco percorreu aproximadamente 71 km .
Resposta: œ2 u.m.
10. A distância percorrida pela Ana é a soma das seguintes distâncias:
AB , BC , CA , AD , DB e BA .
13.
Temos que:
AB = BA ; BC = AD e CA = DB .
Sabemos que:
AB = 588 m e BC = 320 m .
Determinemos, aplicando o Teorema de Pitágoras, CA .
2
2
CA = AB + BC
2
2
§ CA = 5882 + 3202
2
§ CA = 345 744 + 102 400
2
§ CA = 448 144
CA
w>0
± CA = œ448 144
Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem que:
A distância percorrida pela Ana é dada pela seguinte soma:
§ 102 = 52 + h2
(2 * 588 + 2 * 320 + 2 * œ448 144)m ) 3155 m = 3,155 km
§ 100 = 25 + h2
A distância percorrida pelo João é a soma das seguintes distâncias:
§ h2 = 750 § h = ¿ œ75
h>0
AC = CA ; CB = AD e BA = DC .
± h ) 8,66 cm (2 c.d.) não se
considera a solução negativa,
pois trata-se de um comprimento.
A distância percorrida pelo João é dada pela seguinte soma:
A[ABC] ) = 43,3
AC , CB , BA , AD , DC e CA .
Temos que:
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BC = 2QR § BC = 10 cm
(2 * œ448 144 + 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 .
Resposta: A área do triângulo [ABC] é aproximadamente
43,3 cm2 .
9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
14.
CAPÍTULO 1
Pág. 29
16.2 h2 = a2 + b2 " Teorema de Pitágoras
14.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras,
h
122
Auh = pr2 = p
vem que:
2
=
ph2
4
2
SQ = 262 + 142
Anh =
2
§ SQ = 676 + 196
1 ph2 ph2
*
=
2
4
8
SQ
w >0
2
§ SQ = 872 ± SQ = œ872
Aua = pr2 = p
§ SQ ) 29,5 m
Ana =
Resposta: SQ = œ872 m ) 29,5 m
14.2 Resposta: (A) .
2
§ 9 = 2x2
§ x2 = 4,5
52 = 42 + 32
A[EFGH] = 4,5 m2 (pela alínea 15.1)
25 = 16 + 9
Azona relvada = (9 + 4,5)m2 = 13,5 m2
25 = 25 " Proposição verdadeira
Resposta: A área da zona relvada é 13,5 m2 .
Logo o triângulo [ABC] é um triângulo rectângulo.
Pág. 30
16.1 h2 = a2 + b2 " Teorema de Pitágoras
Auh = pr2 = ph2
p 2
h
4
Aua = pr2 = pa2
p 2
h
4
Aub = pr2 = pb2
p
= b2
4
Como pelo Teorema de Pitágoras sabemos que:
h2 = a2 + b2 , logo:
p 2 p 2 p 2
h = a + b
4
4
4
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1 pb2 pb2
*
=
2
4
8
h2 = a2 + b2
A[ABCD] = L2 = 32 = 9 m2
Resposta: Podemos concluir que a área do quarto de círculo construído sobre a hipotenusa de um triângulo rectângulo é igual à
soma das áreas dos quartos de círculo construídos sobre os catetos do mesmo triângulo rectângulo.
10
pb2
4
Pitágoras, logo:
Azona relvada = A[ABCD] + A[EFGH]
Amb
=
17.1 Se [ABC] é um triângulo rectângulo então verifica o Teorema de
15.2 Azona relvada = Acírculo + A[ABCD] - Acírculo + A[EFGH]
Am h =
2
17.
Resposta: A[EFGH] = 4,5 m2 .
Am h =
b
122
Resposta: Podemos concluir que a área do semicírculo construído
sobre a hipotenusa de um triângulo rectângulo é igual à soma das
áreas dos semicírculos construídos sobre os catetos do mesmo
triângulo rectângulo.
Como x representa o comprimento do lado do quadrado, a
área do quadrado é , 4,5 m2 .
16.
pa2
4
h2 = a2 + b2 , logo
p 2 p 2 p 2
h = a + b
8
8
8
3 =x +x
2
=
Como pelo Teorema de Pitágoras sabemos que:
15.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem que:
2
2
1 pa2 pa2
*
=
2
4
8
Aub = pr2 = p
Anb =
a
122
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 a
área 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>0
± x = œ18,75
A1 =
5 œ18,75
= 2,5 œ18,75 u.a.
2
Determinemos, agora, A3 :
32 = x2 + 1,52
§ x2 = 9 - 2,25
§ x2 = 6,75
x>0
± x = œ6,75
A3 =
3 œ6,75
= 1,5 œ6,75 u.a.
2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
Finalmente, determinemos A2 :
20.
42 = x2 + 22
20.1 Inicialmente vamos apresentar um esquema da situação.
§ x2 = 16 - 4
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
§ x2 = 12
62 = h2 + 52
x>0
§ 36 = h2 + 25
± x = œ12
A2 =
§ h2 = 36 - 25
4 * œ12
= 2 œ12 u.a.
2
h>0
± h = œ11
Ora, recorrendo à calculadora, verifica-se que
§ h ) 3,3
A1 = A2 + A3 .
Resposta: A altura h é igual a 3,3 cm .
Nota que:
20.2 O quadrilátero [ABCD] chama-se trapézio rectângulo.
A1 = 2,5 œ18,75 ) 10,825
21.
A2 + A3 = 2 œ12 + 1,5 œ6,75 ) 10,825
18.
Vamos fazer uma esquema da situação descrita.
Atotal sup. tenda = 3 * Arectângulo + 2 * Atriângulo (1)
Arectângulo = a * d = 1,8 * 2,3 = 4,14 m2
a * b 1,8 * b
Atriângulo =
=
2
2
Vamos determinar o comprimento b , aplicando o
Teorema de Pitágoras:
Pág. 31
1,82 = 0,92 + b2 § b2 = 1,82 - 0,92 §
§ b2 = 3,24 - 0,81 §
b>0
§ b2 = 2,43 ± b = œ2,43
12,8
m = 6,4 m .
2
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
Temos que AB = 12,8 m , daí que x =
1,8 * œ2,43
) 1,4030 m2 (4 c.d.)
2
Voltando a (1), temos que:
Atriângulo =
82 = y2 + 6,42 § 64 = y2 + 40,96
Atotal sup. tenda = 3 * 4,14 + 2 * 1,4030 = 15,226 ) 15,2 m2
§ y2 = 64 - 40,96
Resposta: A área total da tenda é aproximadamente 15,2 m2 .
y>0
§ y2 = 23,04 ± y = 4,8
Deste modo temos que h = (8 + 4,8) m = 12,8 m .
22.
Pág. 32
Resposta: h = 12,8 m .
19.
Sabemos uma das dimensões do rectângulo que forma o telhado,
determinemos a outra aplicando o Teorema de Pitágoras:
20 - 10 = 10
2 - 0,6 = 1,4
Aplicando o Teorema de Pitágoras, determinemos IL
2
IL = 1,42 + 102
t 2 = 42 + 0,52 § t 2 = 16 + 0,25
2
§ IL = 1,96 + 100
t>0
§ t = 16,25 ± t = œ16,25 , só se considera a solução positiva, pois trata-se de um comprimento.
2
2
§ IL = 101,96
IL > 0
w
± IL = œ101,96 (pois trata-se de uma medida de comprimento)
§ IL ) 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 =
Atelhado = 5 * œ16,25
Ab = Aquadrado = L2 = 22 = 4 dm2
§ Atelhado ) 20,156
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1
* Ab * h
3
20 * 20,156 = 403,12
Resposta: São necessárias 404 telhas (efectuou-se um arredondamento por excesso, uma vez que 403 telhas não chegavam para
cobrir o telhado).
Vamos determinar a altura, h , da pirâmide,
recorrendo ao Teorema de Pitágoras:
22 = h2 + 12 § 4 = h2 + 1 §
h>0
§ h2 = 3 ± h = œ3
Vpirâmide =
4œ3
1
* 4 * œ3 =
) 2,3 dm3 (1 c.d.)
3
3
Resposta: O volume da pirâmide é, aproximadamente, 2,3 dm3 .
11
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
1.
CAPÍTULO 1
Pág. 33
dg = 1,2 m § r = 0,6 m
2.
Pág. 34
2.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
5,2282 = a2 + 52
dp = 60 cm = 0,6 m § r = 0,3 m
§ 27,3320 = a2 + 25
§ a2 = 27,3320 - 25
1.1 O Pedro percorreu 1200 m .
§ a2 = 2,3320
Pug = 2pr = 2p * 0,6 = 1,2p m
a>0
Pup = 2pr = 2p * 0,3 = 0,6p m
§ a ) 1,5 m
1200 m 1200
=
) 318,3 voltas
Pug
1,2p
(não se considera a solução negativa, pois trata-se de um comprimento)
1200 m 1200
) 636,6 voltas
=
Pup
0,6p
± a = œ2,3320
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
Resposta: A roda grande deu 318 voltas completas e a roda
pequena deu 636 voltas completas.
Vprisma triangular = Ab * h (1)
Determinar a altura, h , da base do prisma triangular, aplicando o
Teorema de Pitágoras:
1.2 rmaior ) 1062 voltas
Designemos por x a distância, em quilómetros, percorrida pelo Pedro, então
temos que:
x
= 1062
Pug
0,52 = 0,42 + h2
§ 0,25 = 0,16 + h2
§ h2 = 0,09
h>0
± h = 0,3
(Não se considera a solução negativa,
pois trata-se de um comprimento).
§ x = 1062 * 1,2p
§ x ) 400 365 m
Representemos por y a distância, em quilómetros, de A e B ,
deste modo a distância de B a C é y + 1 .
Voltando a (1) , temos que:
0,8 * 0,3
* 5 = 0,12 * 5 = 0,6 m3
Vprisma = Ab * 5 =
2
Vespigueiro = 14,8 + 0,6 = 15,4 m3
Assim, temos:
Resposta: O volume do espigueiro é 15,4 m3 .
§ x ) 4 km
y + y + 1 = 4 § 2y = 4 - 1 § 2y = 3 § y = 1,5
Deste modo, temos:
3.
y + 1 = 1,5 + 1 = 2,5
3.1
Pág. 35
Resposta: A distância de B a C é aproximadamente 2,5 km .
1.3
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
Vamos determinar a hipotenusa, h , do triângulo [ABC] , aplicando o Teorema de Pitágoras:
982 = 302 + d 2
h2 = 1,52 + 22
§ 9604 = 900 + d 2
§ h2 = 2,25 + 4
§ d = 8704
§ h2 = 6,25
d>0
h>0
§ d ) 93,3
h = 2,5 km
Resposta: A distância entre os dois pontos de contacto das rodas
com o chão é aproximadamente 93,3 cm .
Preço = 2,5 * 15 000 + 2,5 = 25 000
2
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± d = œ8704 , não se considera a solução negativa, pois trata-se de um comprimento.
± h = 2,5 , só se considera a solução positiva pois trata-se de
um comprimento
§ 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 .
12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
3.2 a) Azona florestal = A[ABCD] - 2A[EBG]
CAPÍTULO 1
4.2
(1)
2
A[ABCD] = AB = 602 = 3600 m2 .
A[EBG] =
EB * BG 40 * 40 1600
= 800 m2
=
=
2
2
2
Nota: Repara que EB =
120
2
2
AB = * 60 =
= 40 e EG = EB .
3
3
3
Voltando a (1) temos que:
Azona florestal = 3600 - 2 * 800 = 3600 - 1600 = 2000 m2
Resposta: A área da zona florestal é 2000 m2 .
50 - 20 = 30
b) Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
30 : 2 = 15
h2 = 202 + 202 § h2 = 800
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
h>0
± h = œ800 , só se considera a
solução positiva, pois trata-se
de um comprimento.
x2 = 222 + 152
Pzona florestal = 2 œ800 + 4 * 20
x>0
§ x2 = 484 + 225
§ x2 = 709
± x = œ709
) 136,57 m (2 c.d.)
§ x ) 26,6 cm
Resposta: x ) 26,6 cm .
Resposta: O perímetro da zona florestal é aproximadamente
136,57 m .
5.
4.
Pág. 36
Pág. 37
5.1
4.1 a) e b)
5.2 a)
b)
3
1
Área de B
=
= ;
Área de C 12 4
Área de A 6
= =2.
Área de B 3
5.3
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
d 2 = 22 + 62 § d 2 = 4 + 36
§ d 2 = 40
c) Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
x =4 +3
2
2
d>0
± d = œ40
2
§ x2 = 16 + 9
Resposta: O valor exacto do diâmetro da circunferência é œ40 cm .
§ x2 = 25
x>0
± x = œ25
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§ 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 as
duas fichas.
13
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
5.4 PA = 2 * 2 + 2 * 3 = 4 + 6 = 10 cm .
8.
10
lado do quadrado =
= 2,5 cm
4
8.1 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
2
AB = 12 + 12
2
§ AB = 2
Como [AB] é um dos lados do quadrado
2
[ABCD], então a área deste quadrado é AB ,
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:
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
h2 = 2,52 + 2,52 § h2 = 6,25 + 6,25 § h2 = 12,5
h>0
§ h = ¿ œ12,5 ± h ) 3,54 cm (só se considera a solução
positiva visto se tratar de um comprimento).
Resposta: O comprimento da diagonal desse quadrado é aproximadamente 3,54 cm .
6.
Pág. 38
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
2
AB = 62 + 42
2
raio =
2
§ AB = 36 + 16 § AB = 52
AB œ2
=
2
2
2
1 2
œ2 = p * 2 = p * 1 = p ) 1,6 .
AB
w>0
Área do círculo = p *
Aplicando, novamente, o Teorema
de Pitágoras:
p
Resposta: Valor exacto:
u.a. ; valor aproximado: 1,6 u.a.
2
± AB = œ52
2
4
2
2
2
CD = 22 + 42
2
2
§ CD = 4 + 16 § CD = 20
CD
w>0
± CD = œ20
9.
Pág. 39
9.1 Determinemos x usando o Teorema de Pitágoras.
562 = x2 + 422
Desta forma, temos:
§ 3136 = x2 + 1764
AB + CD = œ52 + œ20
§ x2 = 3136 - 1764
Resposta: O valor exacto é œ52 + œ20 u.c e um valor aproximado às centésimas é 11,68 u.c.
§ x2 = 1372
x>0
± x = œ1372
§ x ) 37 .
7.
Resposta: Podemos então concluir que o televisor não cabe no
armário pois a altura do lugar no armário destinado para o televisor 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:
d 2 = 1,82 + 0,72 (70 cm = 0,7 m)
§ d 2 = 3,24 + 0,49
A[ABC] =
§ d 2 = 3,73
b*h
2
d>0
± d = œ3,73
Determinemos a altura do triângulo.
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que
2
1 2
œ20 + h2
52 =
20
+ h2 § 25 = 5 + h2 § h2 = 25 - 5 § h2 = 20
4
h>0
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± h = œ20 , não se considera a solução negativa, pois trata-se
de um comprimento.
2
A[ABC] =
œ20 * œ20 = (œ20 ) = 20 = 10 u.a.
2
2
2
Resposta: A área do triângulo [ABC] é 10 u.a.
14
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 m
de altura.
2
§ 25 =
§ d ) 1,931
Resposta: A altura mínima da porta, para que, na posição indicada,
o frigorífico entre no consultório será 2,057 metros.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 1
11. Comprimento da escada = AB
9.3 a)
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
5,2 - 3,5 = 1,7
2
AB = 14,42 + 62
Aplicando o Teorema de Pitágoras temos:
§ AB = 207,36 + 36
x = 1,7 + 5 § x = 2,89 + 25 § x = 27,89
§ AB = 243,36
2
2
2
2
2
2
2
x>0
± x = œ27,89
AB
w>0
± AB = œ243,36
§ AB = 15,6 cm
Aplicando, novamente, o Teorema de Pitágoras:
Aplicando novamente o Teorema de Pitágoras temos:
15,62 = 13,52 + y2
y = 12 + 1,7 § y = 144 + 2,89
§ 243,36 = 182,25 + y2
2
2
2
2
y>0
§ y2 = 146,89 ± y = œ146,89
§ y2 = 243,36 - 182,25
Área do telhado = 10 * œ27,89 + 10 * œ146,89 ) 174,01
§ y2 = 61,11
Resposta: A área do telhado é aproximadamente 175 m2 .
± y = œ61,11
Por outro lado temos que 6 + x = y , deste modo vem:
b) Temos que: 175 * 22 = 3850 e 3850 * 0,25 = 962,50 .
Resposta: Para cobrir o telhado teria de se gastar 962,50 euros
em telhas.
10.
y>0
6 + x = œ61,11 § x = œ61,11 - 6 § x ) 1,817
Resposta: A escada deslocou-se aproximadamente 1,817 metros.
Pág. 40
Vamos, 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>0
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± h = œ156,64
Para determinar o número de degraus necessários para chegar de A
até B basta dividir o valor da altura do triângulo pela altura de
cada degrau, ou seja,
œ156,64 : 0,2 ) 62,6 (repara que 20 cm são 0,2 m) .
Resposta: São necessários 63 degraus para chegar de A até B .
15
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 2
1.
(A) A correspondência não traduz uma função porque
Pág. 49
o elemento 3 do conjunto A não tem correspondência no
conjunto B .
9.
(B) A correspondência traduz uma função porque a cada elemento
do conjunto A corresponde um e um só elemento do conjunto
C.
10. Temos que:
(C) A correspondência não traduz uma função porque ao elemento
1 do conjunto D correspondem dois elementos (2 e 3) do
conjunto E .
Resposta: (B) .
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 determinada
(D) A correspondência não traduz uma função porque ao elemento
1 do conjunto A correspondem dois elementos (4 e 6) do
conjunto F .
idade.
(C) As pessoas não nascem com uma altura igual a zero.
(D) A altura das pessoas não diminui acentuadamente, desde
Resposta: (B) .
2.
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.
certa idade até aos 50 anos (ou, aos 50 anos não se tem a
mesma altura que se tem quando se nasce).
Df = {1 , 2 , 3 , 4}
D’f = {6 , 7 , 8 , 9}
Resposta: (B) .
f (4) = 9
12. f (1) = - 2 * 1 + 1 = - 2 + 1 = - 1
Resposta: (C) .
f (3) = - 2 * 3 + 1 = - 6 + 1 = - 5
3.
Resposta: (B) .
Então, tem-se:
4.
Em cada uma das opções, (A) , (C) e (D) é possível traçar uma
recta vertical que intersecta o gráfico em mais que um ponto.
f (1) - f (3) = - 1 - (- 5) = - 1 + 5 = 4
Resposta: (A) .
Resposta: (B) .
1.
5.
As caixas A e C têm o mesmo número de chocolates
e custos diferentes.
Pág. 50
1.1 A correspondência f é uma função porque a cada espécie vegetal
corresponde uma e uma só zona da Península Ibérica.
As caixas A e B têm custos iguais e número de chocolates diferentes.
1.2 A imagem do objecto “sobreiro” é “Ibéria seca”.
A caixa com mais chocolates é a D .
1.3 Os objectos que têm “Ibéria húmida” como imagem são:
Resposta: (A) .
6.
“Giesta” e “Castanheiro”.
1.4 a) Df = (Giesta, Castanheiro, Sobreiro, Azinheira, Pinheiro, Loureiro}
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.
b) D’f = {Ibéria húmida, Ibéria seca} .
2.
Destes animais o elefante é o que tem mais tempo de vida, logo corresponderá ao ponto A . Com maior tempo de vida seguem-se a
zebra e o sapo, mas a zebra é evidentemente mais pesada que o
sapo, daí que o ponto B corresponda à zebra e o ponto C ao
sapo. Neste momento podemos afirmar que o ponto E corresponde à cobra, o ponto D ao pato e o ponto F à vespa.
3.
Pág. 53
Resposta: (A) .
7.
Pág. 52
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 minutos, logo viajou a 72 km por hora e não 72 km por minuto.
3.1
Resposta: (C) .
8.
Determinemos a capacidade do tanque:
7 m * 5 m * 4 m = 140 m3 .
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A torneira verte água para o tanque, à taxa de 2 m3 de água por
hora, desta forma temos:
140
= 70 .
2
Assim, o tanque fica cheio ao fim de 70 horas.
Resposta: (B) .
3.2 a) f (12) = 90 ; 3.2 b) f (6) = 25 ;
16
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
3.3
CAPÍTULO 2
6.
Pág. 54
7.
Resposta: Uma árvore com 15 anos de idade terá previsivelmente
140 cm de diâmetro.
4.
4.1 f (20) = 1,2 * 20 = 24
Este resultado significa que um artigo que custava 20 Æ , com o
aumento passou a custar 24 Æ .
4.2 Temos que: f (x) = 9,6, então:
1,2x = 9,6 § x =
9,6
§ x=8
1,2
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
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 sempre à velocidade de 5 metros por segundo, demorou 20 segundos
a percorrer os 100 metros (100 : 5 = 20) .
Portanto, foi o cão quem ganhou a corrida.
f (20) = 1,2 * 20 = 24
f (30) = 1,2 * 30 = 36
f (40) = 1,2 * 40 = 48
8.2
8.3 Cada um dos animais tinha percorrido 40 metros.
Esse facto ocorreu no instante t = 8 s .
9.
9.1
CEXM8 © Porto Editora
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 minutos de prova.
(x - 3) * 2 = y
x
0
1
2
4
y
-6
-4
-2
2
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
17
CEXM8-RES-02
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 2
9.2
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 .
50 km
) 63,3 km/h .
3h
Resposta: Aproximadamente 63,3 km/h .
11.6 Vmédia (viagem de regresso) =
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) =
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.
50 km
) 29 km/h .
1,75 h
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.
Resposta: Aproximadamente 29 km/h .
12.5 Vmédia =
50 km
= 80 km/h .
0,625 h
O Nuno nesta parte do percurso percorreu 50 km em
37,5 minutos, ou seja, em
37,5
= 0,625 horas.
60
Resposta: 80 km/h .
Pág. 56
10.1 a) Tartaruga: num minuto anda 0,3 metros.
Espaço Percorrido = 0,3 * n.° de minutos
13. Linha A: Alexandre, porque ele vai de automóvel, que dentro das
situações apresentadas é o mais rápido.
d = 0,3t
Linha B: Avó da Ana, porque vai de autocarro e este é o meio
mais rápido a seguir ao automóvel.
Se t = 10 : d = 0,3 * 10 = 3 m
Resposta: A tartaruga em 10 minutos percorreu 3 metros.
Linha C: Ana, porque vai de bicicleta e este é o meio mais rápido
a seguir ao autocarro.
b) Burro: num minuto anda 2 metros.
d = 2t
Linha D: Adriana, porque esta deslocava-se a pé e este meio de
entre os que foram apresentados é o mais lento.
Se t = 10 , d = 2 * 10 = 20 m
Resposta: O burro em 10 minutos percorreu 20 metros.
c) Cavalo: num minuto anda 6 metros.
14.
Pág. 58
14.1 Foi o Manuel que descansou uma hora, enquanto que o Joaquim
d = 6t
descansou 40 minutos.
Se t = 10 , d = 6 * 10 = 60 m
14.2 Quando os dois se cruzaram o Manuel estava a 30 km da cidade B .
Resposta: O cavalo em 10 minutos percorreu 60 metros.
14.3 Vmédia (antes descanso) =
10 km
= 5 km/h ;
2h
30 km
Vmédia (depois descanso) )
) 22,5 km/h .
1,33 h
Resposta: Antes do descanso foi de 5 km/h e depois do descanso foi aproximadamente de 22,5 km/h .
15.
15.1
15.2
Tempo
(min)
5
10
15
20
25
30
40
Distância a
casa (km)
0,5
0,5
0,5
3
5,5
8
12
12 km
= 0,3 km/min
40 min
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0,3 km
x
10.3 A variável dependente é a distância percorrida.
18
1 min
x = 0,3 * 60 §
60 min
§ x = 18 km/h
Resposta: 18 km por hora.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 2
16.
Pág. 59
18. Por exemplo:
16.1 O taxista saiu da cidade A às 12 horas.
O António e o Nuno começaram a corrida dos 1000 m com
grande entusiasmo.
16.2 O taxista esteve parado 30 minutos, ou seja, meia hora.
O Nuno nos primeiros 129 segundos manteve-se sempre à frente
do António, no entanto este aos 130 segundos alcançou o Nuno e
manteve-se à frente dele até aos 270 segundos.
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) =
13 km
) 17,3 km/h .
0,75 h
A partir daqui o Nuno ultrapassou-o e chegou à meta ao fim de
285 segundos de prova.
Resposta: Aproximadamente 17,3 km/h
16.6 Vmédia (ciclista depois paragem) =
O António chegou a seguir perfazendo 320 segundos para concluir a prova dos 1000 metros.
15 km
= 12 km/h .
1,25 h
19.
Resposta: 12 km/h .
16.7 Foi o taxista, com um avanço de aproximadamente 16,5 minutos.
16.8
17.
17.1
Pág. 60
Número de kg
de carne
1
2
3
4
Tempo de assadura
(min)
65
105
145
185
20.
Pág. 61
17.2
21.
21.1 A Sara nasceu com 2,8 kg .
21.2 No seu primeiro aniversário a Sara “pesava” 11,2 kg .
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21.3
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.
Comprimento (cm)
“Peso” (kg)
50
5,6
55
6,4
60
7,6
65
10
21.4 Aproximadamente 18 cm (65 - 47).
21.5 3,6 kg (10 - 6,4).
19
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 2
22.
Pág. 62
• O ponto A pode corresponder ao António porque como os
dois 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.
22.1 a) Com a tinta da marca A o João para pintar 40 m2 necessita
de 5 litros de tinta. Recorrendo a uma regra de três simples,
temos:
N.º de litros de tinta
Área(em m2)
5
40
x
60
5 * 60
x=
§ x = 7,5
40
Resposta: 7,5 litros de tinta.
• O ponto J pode corresponder à Joana porque o teste de
Matemática correu-lhe bem, ou seja, o valor da ordenada é
alto. O teste de Língua Portuguesa correu-lhe mal, logo o
valor da abcissa é baixo.
• O ponto I pode corresponder à Inês, porque no teste de
Matemática ela vai ter zero, ou seja, o ponto I está sobre o
eixo das abcissas. A Língua Portuguesa vai tirar uma boa classificação, logo o valor da abcissa é alto.
b) Com a tinta da marca B o João para pintar 30 m2 necessita
de 5 litros, deste modo é imediato que para pintar 60 m2
necessita de 10 litros de tinta.
• O ponto B pode corresponder à Beatriz, pois os dois testes
correram-lhe razoavelmente, logo o valor da abcissa (pontuação a Língua Portuguesa), como o valor da ordenada (pontuação a Matemática) são médios.
Resposta: 10 litros de tinta.
22.2 A área das portas e das janelas é de 20 m2 , então o Pedro vai
necessitar de 2,5 litros de tinta da marca A .
Vamos determinar o número de litros de tinta da marca B que
ele necessita.
2
Área (em cm )
30
45
N.° de litros de tinta
5
x
20 horas e as 24 horas.
5 * 45
= 7,5
30
Assim, concluímos que o Pedro necessita de 7,5 litros de tinta
da marca B .
Resposta: O Pedro tem de comprar 2,5 litros de tinta da
marca A e 7,5 litros de tinta da marca B .
22.3 Vamos usar uma regra de três simples:
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 20
horas.
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.
Área (em m2)
40
x
26.
4,2 * 40
= 33,6
5
Resposta: A Inês pintou 33,6 m2 .
26.2 O João gastou 80 euros.
26.3 20 + 30x = 440 §
22.4 Para pintar o prédio com tinta da marca A seriam necessários
40 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,
500
aproximadamente 84 litros de tinta já que
* 5 ) 83,3 .
30
Desta forma gastavam-se, aproximadamente, mais 44 litros de
tinta (84 - 40 = 44) da marca B que da marca A .
1
§ 30x = 440 - 20 §
§ 30x = 420 §
420
§ x=
§ x = 14
30
2
Resposta: Gastavam-se, aproximadamente, mais 44 litros de
tinta da marca B que da marca A .
23.
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Pág. 64
26.1 170 , 200 , 230 e 260 .
x=
• O ponto P pode corresponder ao Pedro porque como os
dois 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.
20
Pág. 63
24.1 A temperatura subiu entre as 5 horas e as 16 horas e entre as
x=
N.º litros de tinta
5
4,2
24.
Resposta: O Pedro dormiu 14 noites no hotel.
26.4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 2
27.
27.1
30.
30.1
Número de dias Custo do aluguer
Tempo (horas)
Custo (Æ)
1
170
1
13
2
190
2
16
3
210
3
19
4
230
4
22
27.2 y = 150 + 20x .
30.2
27.3
28.
28.1
31.
Pág. 66
31.1
28.2 Por exemplo: y = - 2x + 1 .
29.
29.1
Pág. 65
Número de horas
Custo (Æ)
1
35
Custo (em euros)
Custo (em libras)
2
45
10
15
3
55
B
y
y = 25 + 10x
31.2 Usando uma regra de três simples temos que:
x
22
22 * 15
= 33
x=
10
Resposta: A boneca custa 33 libras.
31.3 Usando uma regra de três simples, temos que:
Custo (em euros)
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29.2 Temos que:
Custo (em libras)
25 + 10 * 5 = 25 + 50 = 75
10
15
Resposta: A Cristina pagará 75 euros.
x
90
29.3 Temos que:
25 + 10x = 55 § 10x = 55 - 25 § 10x = 30 §
30
§ x=3
§ x=
10
10 * 90
= 60
15
Resposta: A jarra da Vista Alegre custa 60 euros.
x=
Resposta: A máquina levou 3 horas a arranjar.
21
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 2
y = 50 + 40x
32.
3
Total
38.
3
n.° de meses
38.1 Foi o João quem ganhou a corrida.
38.2 1000 m = 1 km
32.1 Tempo = meio ano = 6 meses
1 km
) 0,14286 km/min
7 min
vmédia = 0,142 86 * 60
min ) 8,57 km/h
tuv
João: vmédia =
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 §
480
§
= x § x = 12
40
Resposta: A mãe da Ana levou 12 meses a pagar o televisor.
33.
1h
1 km
Pedro: vmédia =
= 0,1 km/min
10 min
vmédia = 0,1 * 60 = 6 km/h
1 km
António: vmédia =
) 0,086 96 km/min
11,5 min
vmédia = 0,086 96 * 60 ) 5,22 km/h
Pág. 67
33.1 O Carlos percorreu mais 50 metros que o João (O Carlos per-
Resposta: A velocidade média do João, do Pedro e do António
é, respectivamente 8,57 km/h aproximadamente, 6 km/h e
5,22 km/h aproximadamente.
correu 550 metros e o João 500 metros).
33.2 Aos 52,5 segundos e aos 97,5 segundos (ou 1 min 37,5 segundos)
33.3 45 segundos (Dos 52,5 segundos ao 1 min 37,5 segundos)
38.3 Foi o Pedro quem correu a uma velocidade constante.
33.4 O João venceu a corrida e cortou a meta 15 segundos antes do
38.4 Por exemplo: A corrida dos 1000 metros
O João, o Pedro e o António participaram numa corrida de 1000
metros.
Carlos, logo o João ganhou a aposta.
34.
O João percorreu os primeiros 400 metros em apenas um
minuto, depois percorreu mais 200 metros em 5 minutos e os
últimos 400 metros em apenas um minuto, chegando à meta em
primeiro.
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=
80
§ x=2
40
O Pedro chegou à meta em segundo lugar.
Efectuou todo o percurso (1000 metros) a uma velocidade constante de 100 metros por minuto, ou seja, percorreu os 100
metros em 10 minutos.
Resposta: Se pagarmos 130 Æ quer dizer que alugamos o barco
por 2 horas.
35. Como f (x) = 2x + 1 , então tem-se:
O António chegou à meta em último lugar, percorrendo os
1000 metros em 11 minutos e 30 segundos. Percorreu os primeiros 400 metros em 8 minutos e os restantes 600 metros
em 4 minutos e meio.
f (x) = 16 § 2x + 1 = 16 § 2x = 16 - 1 § 2x = 15 §
15
§ x = 7,5
§ x=
2
Resposta: x = 7,5 .
36. Como g (x) = 1 - 2x , então tem-se:
1.
4
§ x=-2
1 - 2x = 5 § - 2x = 5 - 1 § - 2x = 4 § x =
-2
Resposta: x = - 2 .
Pág. 69
1.1 III ;
1.2 III ;
1.3 II ;
37.
Pág. 68
1.4 III .
37.1 A piscina tem 25 metros de comprimento.
37.2 Cada atleta percorreu 100 metros.
2.
37.3 Foi a Ana quem ganhou a corrida.
37.4 Sim, porque ela fez a primeira volta num minuto e a Ana num
minuto e 10 segundos, logo ao fim da primeira volta era a Joana
que ia à frente.
37.5 Ana:
Fez a primeira “piscina” em 40 segundos, voltando ao início em
30 segundos, a próxima “piscina” fez também em 30 segundos e
o regresso à meta também em 30 segundos, ganhando a prova,
pois nas quatro piscinas fez um total de 2 minutos e 10 segundos.
Joana:
CEXM8 © Porto Editora
Fez a primeira “piscina” em 30 segundos, regressando também
em 30 segundos, a próxima “piscina” fez em 30 segundos também, mas o regresso à meta foi feito em 50 segundos. Concluiu a
prova em 2 minutos e 20 segundos, ficando em segundo lugar.
22
A-2
F - 13
B - 11
G-7
C-8
H-9
D-4
I-3
3.
E - 12
J-6
Pág. 70
Pág. 71
3.1 Não, por exemplo, às 9 horas correspondem dois valores diferentes de dinheiro existente na máquina do multibanco, 2500 euros e
8500 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 .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
3.5
CAPÍTULO 2
2500 Æ
7500 Æ
1500 Æ
= 500 Æ/h ;
) 1071,43 Æ/h ;
= 375 Æ/h .
5
7
4
6.
Pág. 74
Gráfico 1: (E) ;
Por exemplo:
Gráfico 2: (F) ;
Resposta: Foi das 9 h às 16 h , porque é neste período de tempo
que há mais pessoas na rua.
Gráfico 3: (D) ;
Gráfico 4: (B) ;
3.6 Não, porque os levantamentos podem ser maiores ou menores, ou
Gráfico 5: (A) ;
seja, podem não ser todos do mesmo valor.
Gráfico 6: (C) .
4.
Pág. 72
7.
4.1 Valor da compra = 500 Æ
Pág. 75
15
7.1
= 7,5 minutos.
2
Distância = 45 km
P = 500 + 25 * 1,30 § P = 500 + 32,5 § P = 532,5
Resposta: 7 minutos e 30 segundos.
Resposta: O Pedro vai pagar 532,50 Æ .
7.2 Gráfico D .
4.2 Distância = 325 km
segunda-feira
8.
P = 1337,50 Æ
Pág. 76
8.1 a) f (0) = 2 * 0 + 5 = 5
1337,50 = x + 305 * 1,50 § 1337,50 = x + 457,5
§ x = 880
Resposta: A altura do 1.° poste é 5 metros.
b) x = 40
Resposta: O móvel custou 880 Æ .
f (40) = 2 * 40 + 5 = 80 + 5 = 85
5.
Pág. 73
5.1 Capacidade de 1 copo = 32 cl
6 litros
x
2
cheia
3
1
6*1
6
18
x=
§ x=
§ x=
§ x=9
2
2
2
3
3
Resposta: A máquina leva 9 litros de sumo de laranja.
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>0
± h = œ8000
5.2 a) Nenhum.
b) 9 - 2 = 7
§ h ) 89,4
Resposta: 7 litros .
Resposta: O comprimento do fio é aproximadamente 89,4 metros.
5.3 10 h " 8 litros
8 - 1 = 7 litros = 700 cl
12 h " 1 litro
700 cl
= 28
25 cl
Resposta: Foram vendidos 28 copos de sumo de laranja.
5.4 5 l + 6 l = 11 l
8.2 a) f (0) + f (1) = 3 + (- 1 + 3) = 3 - 1 + 3 = 6 - 1 = 5
b)
x
y=-x+3
(x , y)
0
3
(0 , 3)
1
-1+3=2
(1 , 2)
Resposta: 11 litros.
5.5
c) Como f (x) = 6 , então tem-se:
f (x) = 6 § - x + 3 = 6 §
§ -x=6-3 § -x=3 § x=-3
CEXM8 © Porto Editora
Resposta: x = - 3 .
20 copos * 25 cl = 500 cl = 5 l
d) Não, porque o seu gráfico, embora seja uma recta, esta não
passa no ponto (0 , 0) , ou seja, na origem do referencial (ou,
porque não é uma função do tipo y = ax , com a 0 0).
8,6 - 5 = 3,6
23
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
9.
CAPÍTULO 2
Pág. 77
9.1 Temperatura = 1535 °C e K = C + 273 , então tem-se:
11.
11.1 a) 74 kg ;
K = 1535 + 273 § K = 1808
b) 1,76 metros.
Resposta: 1808 K .
11.2 Não, pois no gráfico só é possível ler e associar alturas iguais ou
superiores a 150 cm e pesos iguais ou superiores a 45 kg e uma
criança, normalmente, tem altura e peso inferiores a estes valores.
9.2 780 kelvin e K = C + 273, então temos:
780 = C + 273 § C = 780 - 273 § C = 507
11.3 I =
780 K = 507 °C
Resposta: A Ana não é uma pessoa obesa, uma vez que
22,5 kg/m2 < 24,9 kg/m2 .
12.
K = C + 273 § K = 0 + 273 § K = 273
9
F = C + 32 § F = 0 + 32 § F = 32
5
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).
Resposta: A temperatura correspondente a 0 ºC em kelvin são
273 kelvin e em graus Fahrenheit são 32 °F .
d) 100 pulsações por minuto.
e) Aos 10 e aos 55 minutos.
9
9
9.4 F = C + 32 § F - 32 = C § 5F - 160 = 9 C §
5
5
5F - 160
(1)
§ 9C = 5F - 160 § C =
9
K = C + 273 §
12.2 a) 220 - 60 = 160 " Ritmo cardíaco máximo recomendado para
a Joaquina
Resposta: A Joaquina nunca atingiu o ritmo cardíaco máximo
recomendado, já que o número de pulsações por minuto atingido
pela Joaquina foi de 140 .
§ C = K - 273 , substituindo este valor de C em (1) , vem que:
5F - 160
§ 9K - 2457 = 5F - 160 §
9
§ 9K - 2457 + 160 = 5F § 9K - 2297 = 5F §
9K - 2297
§ 5F = 9K - 2297 § F =
§ F = 1,8K - 459,4 c.q.m.
5
Resposta: A fórmula que relaciona os graus Fahrenheit com os kelvin
é F = 1,8K - 459,4 .
K - 273 =
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 o
número de pulsações por minuto da Joaquina se situou entre os
112 e 136 .
Este facto ocorreu durante, aproximadamente 12 minutos
(dos 25 aos 32 minutos e dos 38 aos 43 minutos).
Pág. 78
Resposta: O ritmo cardíaco ideal da Joaquina deve situar-se entre
as 112 e as 136 pulsações por minuto, o que se verificou
durante 12 minutos.
10.1 Por exemplo: Ao longo dos primeiros 20 anos de vida os dois
irmãos tiveram o mesmo peso aos 10 anos (ambos pesavam 30
kg) e aos 15 anos (ambos pesavam 55 kg) . Aos 20 anos o
Paulo pesava cerca de 15 kg mais que a Teresa. Os períodos
de tempo em que o Paulo pesava mais que a Teresa foi dos 0
anos aos 10 anos e dos 15 anos aos 20 anos. Nos primeiros
10 anos de vida a diferença de peso entre os dois irmãos era
pouca e aos 10 anos até tinham o mesmo peso. Dos 10 anos
aos 20 anos a diferença de peso já foi significativa, até aos 15
anos a Teresa pesava mais do que o Paulo e a partir daí o Paulo
passou a pesar sempre mais que a Teresa.
c) Por exemplo: Eu chamo-me Cristina e tenho 13 anos.
O meu ritmo cardíaco máximo recomendado é 207 , e o meu
ritmo cardíaco ideal deve variar entre os 144,9 e 175,95 pulsações por minuto, quando me encontro a praticar exercício
físico.
Cálculos auxiliares:
220 - 13 = 207
70% de 207 = 0,7 * 207 = 144,9
10.2 Paulo: 75 kg e 1,75 m de altura
Teresa: 60 kg e 1,60 m de altura
75
75
IPaulo =
) 24,5 kg/m2 ;
=
1,752 3,0625
60
60
=
ITeresa =
= 23,4375 kg/m2 .
1,62 2,56
CEXM8 © Porto Editora
Ana: 170 cm = 1,7 m
65
I=
§ I ) 22,5 (1 c. d.) kg/m2
1,72
Resposta: O zinco funde a 944,6 °F .
9.3 0° C
P
a2
65 kg
Por outro lado temos que:
9
9
F = C + 32 , logo, F = * 507 + 32 § F = 912,6 + 32 §
5
5
§ F = 944,6
10.
Pág. 79
Resposta: O índice de massa corporal do Pedro é 24,5 kg/m2 e o
da Teresa é 23,4385 kg/m2 , visto isto nem o Paulo nem a Teresa
são pessoas obesas.
85% de 207 = 0,85 * 207 = 175,95
13.
Pág. 81
13.1 a) 60 km .
b)
Distância (km)
36
144
180
Gasolina necessária (litros)
1,2
4,8
6
c) Por leitura no gráfico, podemos afirmar que a “moto-quatro”
da Joana gasta, aproximadamente, 3,3 litros de gasolina por
cada 100 km. Logo, consome mais que a “moto-quatro” do
João.
24
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 2
13.2 a) Custo das peças = 35 Æ
15.2
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
§ 61 = 36 + x § x = 61 - 36 § x = 25
103,70 = (36 + x) * 1,7 §
Resposta: 25 Æ .
15.3 5 + 0,3x = 10 + 0,1x §
14.
Pág. 82
§ 0,3x - 0,1x = 10 - 5 §
14.1
§ 0,2x = 5 §
5
§ x = 25
§ x=
0,2
ou lendo no gráfico a abcissa do ponto de intersecção dos dois
gráficos.
Resposta: Para 25 chamadas.
15.4 Deve escolher a empresa TOQUE, pois até 25 minutos de chamadas por mês é mais vantajoso escolher esta empresa.
15.5 Sim, porque para mais de 25 minutos de chamadas por mês é
mais vantajoso (mais económico) a companhia de telefones
TRIM.
14.2 a) 3 Æ
b) 7,8 Æ
14.3 a) 4,2 Æ
16.
b) 14,1 Æ
16.1 30 litros.
14.4 (A)
16.2 1 hora.
14.5 Porque se o preço original for 0 Æ , o preço com a redução também é 0 Æ (e para além disso trata-se de uma situação de proporcionalidade directa).
15.
Pág. 83
15.1 a)
b)
TOQUE
CEXM8 © Porto Editora
Pág. 84
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 se
costuma fazer a comparação entre o consumo médio e o consumo
urbano.
16.6 Não, porque a cada elemento do conjunto de partida não corres-
TRIM
Minutos de chamadas
(por mês)
Custo
Minutos de chamadas
(por mês)
Custo
10
8
10
11
30
14
30
13
50
20
50
15
100
35
100
20
ponde um e um só elemento do conjunto de chegada. Ao valor
16 do tempo (em horas) corresponde uma infinidade de litros de
gasóleo.
25
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 3
1.
Pág. 94
14. Sabemos que, por dia, a Joana anda 6 km , ou seja, 6000 metros.
Cada passo da Joana corresponde a 52 cm , ou seja, 0,52
metros. Então, tem-se:
6000
* 7 ) 80 769
0,52
1.1
Resposta: (C)
1.2 A prenda custou 60 euros; se cada pessoa contribuiu com 7 euros e
60
50 cêntimos, então tem-se:
=8.
7,5
Resposta: (A) .
Concluímos que, numa semana (7 dias) a Joana anda aproximadamente 80 769 passos.
2.
E, 80 769 passos = 8,0769 * 104 passos.
2.1 3 * 20 + 1 = 60 + 1 = 61
Resposta: (A) .
Resposta: (A) .
15. Temos que:
2.2
a = 3,21 * 103 = 3210 e 3210 < 3212 .
Resposta: (D) .
b = 0,032 * 105 = 3200 e 3200 < 3212 .
c = 3 213 000 * 10- 3 = 3213 e 3213 > 2212 .
3.
d = 32 110 * 10- 1 = 3211 e 3211 < 3212 .
Pág. 95
3.1 5 * 10 + 1 = 50 + 1 = 51
Resposta: (C) .
Resposta: (B) .
16. Vamos escrever cada um dos números em notação científica:
3.2
X = 0,000 000 001 15 kg = 1,15 * 10- 9 kg .
Resposta: (B) .
Y = 0,000 000 000 27 kg = 2,7 * 10- 10 kg .
4.
Z = 0,000 000 000 089 kg = 8,9 * 10- 11 kg .
4.1 Resposta: (D) .
Então, temos que:
4.2 Resposta: (A) .
X > Y , pois 10- 9 > 10- 10 .
5.
m.m.c. (2 , 6 , 9) = ?
Y > Z , pois 10- 10 > 10- 11 .
2=2
A maior destas massas atómicas é X e a menor é Z .
m.m.c. (2 , 6, 9) = 2 * 32 = 18 dias
6=2*3
Resposta: (A) .
9=3
2
1.
Resposta: (B) .
6.
1
1
1.1
5
1
Pág. 98
1
6
1
1- 2 2 * 1- 2 2 = 1- 2 2 = 1 2 2
6
Pág. 96
Resposta: (D) .
7.
1.2
Número de figura
Número de elementos da figura
1
3
2
6
3
9
Resposta: (B) .
4
12
23 + 25 = 8 + 32 = 40
Resposta: (D) .
…
…
100
300
…
…
n
3n
1
3
2
1
:
3
5
2
1
=
3
1
:
3
5
1
=
3
1 2 12 12 12 12
-3
3
=
1
3
12
= 3 = 27
3
Resposta: (B) .
8.
9.
1
2
2 3
1
2
31 2 4 = 1
1
10. (- 1)2 : 3
3
1 2
6
2
1
=
64
1
27
= - 27
=1: =1* 27
1
1
2
1
2
Resposta: (C) .
11.
2.
Resposta: (B) .
CEXM8 © Porto Editora
2.1
12. O significado desta expressão é 2,5 * 1012 .
Resposta: (A) .
13. O significado desta expressão é 7,03 * 10- 11 .
Resposta: (B) .
26
Pág. 97
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
3.
6.
3.1 1.° termo = 10
6.1
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
6.2
3.° termo = 1 * 0,1 = 0,1
Fig. 1
Fig. 2
Fig. 3
1
3
6
Número
de pontos
4.° termo = 0,1 * 0,1 = 0,01
5.° termo = 0,01 * 0,1 = 0,001
1
+2
1
+3
Fig. 4
Fig. 5
Fig. 6
Fig. 7
Fig. 8
10
15
21
28
36
1 1 1 1 1
+4
+5
+6
+7
+8
Resposta: A figura 8 terá 36 pontos.
4.
Pág. 99
4.1 1.° termo = 2 * 1 = 2
2.° termo = 2 * 2 = 4
7.
7.1
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
7.2
5.° termo = 2 * 5 - 1 = 9
4.3 1.° termo = 2 * 1 + 1 = 3
3.° termo = 2 * 3 + 1 = 7
4.° termo = 2 * 4 + 1 = 9
2.° termo = 5 * 2 + 2 = 12
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
5
Número de fósforos
4
6
8
10
12
8.
Pág. 100
1
ou 0,5 .
2
2
2.° termo =
ou 1 .
2
3
3.° termo =
ou 1,5 .
2
4
4.° termo =
ou 2 .
2
5
5.° termo =
ou 2,5 .
2
8.2 1.° termo = 1 + 5 = 6
8.1 1.° termo =
4.° termo = - 42 + 4 = - 16 + 4 = – 12
2.° termo = 2 + 5 = 7
5.° termo = - 5 + 5 = - 25 + 5 = – 20
3.° termo = 3 + 5 = 8
2
5.
4.° termo = 4 + 5 = 9
5.1 Regra: adicionar três unidades ao termo anterior.
5.° termo = 5 + 5 = 10
19 , 22 , 25 , 28 , 31
CEXM8 © Porto Editora
4
Resposta: figura 10 : 22 fósforos;
figura n : 2n + 2 fósforos.
3.° termo = 5 * 3 + 2 = 17
2.° termo = 22 - 1 = 3
3
Assim, a figura 10 terá 22 fósforos (2 * 10 + 2) .
4.4 1.° termo = 5 * 1 + 2 = 7
4.5 1.° termo = 12 - 1 = 0
2
Então, o número de fósforos da figura n é 2 * n + 2 , ou seja, 2n + 2 .
5.° termo = 2 * 5 + 1 = 11
5.° termo = 5 * 5 + 2 = 27
1
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 é
10 = 2 * 4 + 2 , …
2.° termo = 2 * 2 + 1 = 5
4.° termo = 5 * 4 + 2 = 22
Número da figura
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 termos
imediatamente anteriores (sequência de Fibonacci).
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
13 , 21 , 34 , 55 , 89
27
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
8.4 1.° termo =
2.° termo =
3.° termo =
4.° termo =
5.° termo =
8.5 1.° termo =
2.° termo =
3.° termo =
4.° termo =
5.° termo =
1-5
2
2-5
2
3-5
2
4-5
2
5-5
2
1+2
2
2+2
2
3+2
2
4+2
2
5+2
2
4
2
3
=2
2
=2
1
=2
=-
CAPÍTULO 3
=–2
9.5
ou – 1,5
=–1
ou – 0,5
=0
=
=
=
=
=
3
2
4
2
5
2
6
2
7
2
Imagem
1
12 = 1
2
22 = 4
3
32 = 9
n
n2
ou 1,5
10.
=2
10.1 Temos que: 6 = 6 * 1 ; 12 = 6 * 2 e 18 = 6 * 3 .
Pág. 101
Logo, no interior do rectângulo deve estar escrito:
ou 2,5
“multiplicar por 6”.
10.2 Temos que: - 1 = 1 - 2 ; 0 = 2 - 2 e 1 = 3 - 2
=3
Logo, no interior do rectângulo deve estar escrito:
ou 3,5
“subtrair 2” ou “adicionar – 2” .
8.6 1.° termo = 1 * 0,5 - 3 = – 2,5
10.3 Temos que: 1 = 2 * 1 - 1 ; 3 = 2 * 2 - 1 e 5 = 2 * 3 - 1 .
2.° termo = 2 * 0,5 - 3 = – 2
Logo, no interior de cada um dos rectângulos deve estar escrito,
respectivamente, “multiplicar por 2” e “subtrair 1” ou “adicionar – 1” .
3.° termo = 3 * 0,5 - 3 = – 1,5
4.° termo = 4 * 0,5 - 3 = – 1
11.
5.° termo = 5 * 0,5 - 3 = – 0,5
11.1 Vamos procurar o valor natural n tal que
9.
9.1
Objecto
Objecto
Imagem
1
1 : 2 = 0,5
2
2:2=1
2n + 5 = 25 .
Então, tem-se:
3
n
9.2
9.3
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9.4
28
§ n = 10 .
n:2=
n
2
Imagem
1
1*3 3
= =1
3
3
2
2*3 6
= =2
3
3
3
3*3 9
= =3
3
3
11.2 2 * 100 + 5 = 200 + 5 = 205
Resposta: O termo de ordem 100 é o 205 .
12.
12.1
n * 3 3n
=
=n
3
3
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
20
2
Resposta: É o termo de ordem 10 .
3 : 2 = 1,5
Objecto
n
2n + 5 = 25 § 2n = 25 - 5 § 2n = 20 § n =
Dia
Número de páginas lidas
1
1
2
2
3
4
4
8
5
16
6
32
7
64
12.2 No final dos sete primeiro dias, o Pedro já leu 127 páginas do
livro (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 127).
Resposta: Ainda faltam ler ao Pedro 113 páginas (240 - 127) .
13.
13.1
Pág. 102
I
Objecto
Imagem
1.° termo = 5 - 2 * 1 = 5 - 2 = 3
1
(1 - 1) * 4 = 0 * 4 = 0
2.° termo = 5 - 2 * 2 = 5 - 4 = 1
2
(2 - 1) * 4 = 1 * 4 = 4
3
(3 - 1) * 4 = 2 * 4 = 8
n
(n - 1) * 4 = 4n - 4
3.° termo = 5 - 2 * 3 = 5 - 6 = - 1
4.° termo = 5 - 2 * 4 = 5 - 8 = - 3
5.° termo = 5 - 2 * 5 = 5 - 10 = - 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
15.
II
1.° termo = 3 * 1 - 5 = 3 - 5 = - 2
15.1 Os 10 primeiros números quadrados são:
2.° termo = 3 * 2 - 5 = 6 - 5 = 1
1 , 4 , 9 , 16 , 25 , 36 , 49 , 64 , 81 e 100 .
3.° termo = 3 * 3 - 5 = 9 - 5 = 4
Nota: repara que
4.° termo = 3 * 4 - 5 = 12 - 5 = 7
62 = 36 ; 72 = 49 ; 82 = 64 ; 92 = 81 e 102 = 100 .
5.° termo = 3 * 5 - 5 = 15 - 5 = 10
15.2 O termo de ordem n da sequência dos números quadrados é n2 .
III
1.° termo = 12 - 1 = 1 - 1 = 0
16.
2.° termo = 2 - 1 = 4 - 1 = 3
16.1
2
Pág. 103
Número do quadrado
1
2
3
4
n
Perímetro (cm)
4
8
12
16
4n
Número do quadrado
1
2
3
4
n
Área (cm2)
1
4
9
16
n2
3.° termo = 3 - 1 = 9 - 1 = 8
2
4.° termo = 42 - 1 = 16 - 1 = 15
16.2
5.° termo = 52 - 1 = 25 - 1 = 24
IV
1.° termo = 2 - (1 - 1) = 2 - 0 = 2
17.
2.° termo = 2 - (2 - 1) = 2 - 1 = 1
2
1
=
, desta forma podemos concluir que
56 28
1
1
1
2
pois 21 < 28 , ou seja,
>
>
.
21 28
21 56
17.1 Temos que
3.° termo = 2 - (3 - 1) = 2 - 2 = 0
4.° termo = 2 - (4 - 1) = 2 - 3 = - 1
5.° termo = 2 - (5 - 1) = 2 - 4 = - 2
3 3 * 9 27
4 4 * 8 32
e
, então
=
=
=
=
8 8 * 9 72
9 9 * 8 72
27 32
4 3
pois 27 < 32 , ou seja,
<
> .
72 72
9 8
17.2 Temos que
V
1.° termo = 2 * 1 = 2
2.° termo = 2 * 2 = 4
18.
3.° termo = 2 * 3 = 6
18.1
4.° termo = 2 * 4 = 8
(2)
5.° termo = 2 * 5 = 10
I corresponde a E
18.2 -
II corresponde a D
12 6 1
12 42
5
+ - =+
=
35 5 7
35 35 35
(5)
(7)
5
25 5
30
=
=
=
35 35 35 7
III corresponde a A
IV corresponde a C
18.3
V corresponde a B
I 5 - 2 * 18 = 5 - 36 = - 31 ;
II 3 * 18 - 5 = 54 - 5 = 49 ;
1
1
1
1
1
1
1
1
1 9 : 32 : 1 3 : 3 - 4 2 * 1 9 * 3 2 : 1 3 * 3 - 4 2 =
5
1
1 1
1
4
9
1
:
:
: =
=
=
27 1 9 4 2 27 1 36 36 2 27 1 36 2
(4)
III 182 - 1 = 324 - 1 = 323 ;
(9)
1
36
36
4
=
* ==27
5
135
15
1
IV 2 - (18 - 1) = 2 - 17 = - 15 ;
V 2 * 18 = 36 .
19.
14.
2
1
1 1 2
3
8
11
+2* = + =
+
=
4
3 4 3 12 12 12
(3)
14.1 Por observação da figura dada podemos concluir que:
Número de hexágonos
brancos
Número de hexágonos
coloridos
6=4*1+2
10 = 4 * 2 + 2
14 = 4 * 3 + 2
18 = 4 * 4 + 2
1
2
3
4
Desta forma, temos que:
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(3)
3
15 12 2
==
+
=
18 18 18 3
Desta forma, temos que:
13.2
1
2 5
1
4
15
- + =
+
=
18 9 6 18 18 18
para 5 hexágonos coloridos são necessários 22 hexágonos
brancos (4 * 5 + 2) .
(4)
O quarto menino ficou com
1-
11 12 11
1
=
=
.
12 12 12 12
1
do bolo, já que
12
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 voltarão
a encontrar-se no ponto de partida.
20.2 Temos que: 6 * 3 = 18 e 9 * 2 = 18 , significa que um dos
ciclistas terá dado três voltas à pista e o outro duas voltas.
14.2 Para 10 hexágonos coloridos são necessários 42 hexágonos
brancos (4 * 10 + 2).
29
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
21.
24.6 35 * 3 * 32 = 38
21.1 Podemos resolver este problema, calculando o m.m.c. (2 , 3 , 5).
24.7 10 * 105 = 106
Como 2 , 3 e 5 são números primos temos que
m.m.c. (2 , 3 , 5) = 2 * 3 * 5 = 30 .
24.8
Resposta: O menor número possível de alunos do 8.° ano que a
escola pode ter é 30 .
1
122
-1
*
1
122
-3
=
1
122
-4
24.9 2- 3 * 2- 3 * 2 = 2- 5
24.10 8- 5 : 82 = 8- 7
21.2 Nas condições do enunciado, o número mínimo de alunos do 8.º
24.11 6- 1 : 6- 3 * 6- 2 = 60
ano que a escola pode ter é dado por m.m.c. (2 , 3 , 5 , 7).
24.12 8- 3 : 8- 2 : 81 = 8- 2
Os números 2 , 3 , 5 e 7 são primos, logo
m.m.c. (2 , 3 , 5 , 7) = 2 * 3 * 5 * 7 = 210 .
24.13 8 : 8- 3 * 85 = 89
Resposta: No mínimo, a escola poderia ter 210 alunos a frequentar
o 8.° ano.
24.15
22. Podemos resolver este problema, calculando o m.d.c. (360 , 504):
360
180
90
45
15
5
1
2
2
2
3
3
5
360 = 23 * 32 * 5
1
= 9- 2
81
25.
25.1
2
2
2
3
3
7
504
252
126
63
21
7
1
24.14 6- 4 : 63 * 6- 1 = 6- 8
504 = 23 * 32 * 7
m.d.c. (360 , 504) = 23 * 32 = 8 * 9 = 72
Para sabermos qual será a composição de cada pratinho, vamos
calcular o número de bolinhos de bacalhau e de rissóis que cada
prato leva:
Vamos determinar o valor de a :
a * 107 = 10 § a = 10 : 107 § a = 10- 6 .
Determinemos agora o valor de c :
360 : 72 = 5 e 504 : 72 = 7 .
10- 6 * c = 100 § c = 100 : 10- 6 § c = 102 : 10- 6
Resposta: O António pode fazer 72 pratinhos, levando cada um
deles 5 bolinhos de bacalhau e 7 rissóis.
§ c = 108 .
Finalmente determinemos o valor de b :
23. Vamos determinar a fracção que corresponde à parte da capacidade
do tanque que fica com água se as duas torneiras estiverem abertas,
em simultâneo, durante uma hora.
Torneira A
25.2
Torneira B
6 horas
1 tanque
4 horas
1 tanque
1 hora
x
1 hora
y
x=
b = 107 * 108 § b = 1015 .
1
6
y=
1
4
1 1
2
3
5
+ =
+
=
6 4 12 12 12
Tem-se que: x + y =
(2)
(3)
Vamos determinar o valor de a :
Determinemos então o tempo necessário para encher o tanque com
as duas torneiras abertas.
5
1 hora
12
1
a
Logo, a =
24.
24.1 54 * 53 = 57
CEXM8 © Porto Editora
§ a = 103 .
Determinemos agora o valor de b :
103 * b = 0,001 § b = 0,001 : 103 § b = 10- 3 : 103
1
12
=
= 2,4 .
5
5
12
§ b = 10- 6 .
Por fim, determinemos o valor de c :
Resposta: Se as duas torneiras estivessem abertas, em simultâneo, o
tanque demoraria 2,4 horas a encher, ou seja, 2 h 24 min.
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
30
a * 10- 4 = 0,1 § a = 0,1 : 10- 4 § a = 10- 1 : 10- 4
Pág. 105
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 .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
27.
Pág. 106
27.1 1 m2 = 10 000 cm2 = 104 cm2 ;
32.
32.1 2 * 0,3 = 2 * 3 * 10- 1 = 6 * 10- 1
27.2 1 dam2 = 1 000 000 cm2 = 106 cm2 ;
0,2 : 0,01 = 0,2 : 10- 2 = 0,2 * 102 = 2 * 10- 1 * 102 = 2 * 10
27.3 1 dm = 100 cm = 10 cm ;
0,22 * 100 = 2,2 * 10- 1 * 102 = 2,2 * 10
2
2
2
2
27.4 1 km2 = 10 000 000 000 = 1010 cm2 ;
2,4 : 0,01 = 2,4 : 10- 2 = 2,4 * 102
27.5 1 mm = 0,01 cm = 10 cm ;
2,3 : 0,001 = 2,3 : 10- 3 = 2,3 * 103
27.6 0,1 m2 = 104 * 0,1 cm2 = 104 * 10- 1 cm2 = 103 cm2 .
Vamos, agora, escrever os números dados em notação científica e
por ordem crescente:
2
-2
2
2
28.
6 * 10- 1 < 2 * 10 < 2,2 * 10 < 2,4 * 102 < 2,3 * 103
28.1 1 m3 = 1000 dm3 = 103 dm3 ;
32.2 0,21 : 0,1 = 0,21 : 10- 1 = 0,21 * 101 = 2,1 * 10- 1 * 101 = 2,1 * 100
28.2 1 dam3 = 1 000 000 dm3 = 106 dm3 ;
26 * 0,001 = 26 * 10- 3 = 2,6 * 10 * 10- 3 = 2,6 * 10- 2
28.3 1 cm3 = 0,001 dm3 = 10- 3 dm3 ;
12,1 : 0,01 = 12,1 : 10- 2 = 12,1 * 102 = 1,21 * 10 * 102 = 1,21 * 103
28.4 10 mm3 = 10 * 0,000 001 dm3 = 10 * 10- 6 dm3 = 10- 5 dm3 ;
21 * 0,001 = 21 * 10- 3 = 2,1 * 10 * 10- 3 = 2,1 * 10- 2
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 .
Vamos, agora, escrever os números dados em notação científica e
por ordem crescente:
29.
2,1 * 10- 2 < 2,6 * 10- 2 < 2,1 * 100 < 1,21 * 103
29.1 217 = 2,17 * 102 ;
33.
33.1 1,2 * 10- 3 * 5 * 10- 2
29.2 3257 = 3,257 * 10 ;
3
29.3 800 000 = 8 * 105 ;
= 1,2 * 5 * 10- 3 * 10- 2
29.4 0,23 = 2,3 * 10- 1 ;
= 6 * 10- 5
29.5 0,0005 = 5 * 10 ;
-4
33.2 6,1 * 10- 5 * 5 * 10- 4
29.6 0,032 = 3,2 * 10 ;
-2
= 6,1 * 5 * 10- 5 * 10- 4
29.7 0,27 = 2,7 * 10 ;
-1
= 30,5 * 10- 9
29.8 0,000 000 32 = 3,2 * 10 ;
-7
= 3,05 * 10 * 10- 9
29.9 50 mil = 50 000 = 5 * 10 ;
= 3,05 * 10- 8
4
29.10 50 milhões = 50 000 000 = 5 * 10 ;
7
33.3 6,1 * 10- 2 * 0,2 * 10- 1
29.11 um milhão e meio = 1 500 000 = 1,5 * 10 ;
= 6,1 * 0,2 * 10- 2 * 10- 1
29.12 22,3 milhões = 22,3 * 106 = 2,23 * 107 ;
= 1,22 * 10- 3
6
29.13 2000 * 10 = 2 * 10 * 10 = 2 * 10 ;
8
3
8
11
33.4 0,2 * 103 * 120 * 104
29.14 500 * 10- 7 = 5 * 102 * 10- 7 = 5 * 10- 5 ;
= 0,2 * 120 * 103 * 104
29.15 800 000 * 2 * 10- 7 = 8 * 105 * 2 * 10- 7 = 16 * 10- 2 ;
= 24 * 107
= 1,6 * 10 * 10- 2 = 1,6 * 10- 1 ;
= 2,4 * 10 * 107
29.16 2,32 * 0,000 05 = 2,32 * 5 * 10 = 11,6 * 10 ;
-5
-5
= 2,4 * 108
= 1,16 * 10 * 10- 5 = 1,16 * 10- 4 .
33.5 0,15 * 10- 7 * 0,005 * 105
30.
= 0,15 * 0,005 * 10- 7 * 105
30.1 2,1 * 10- 3 = 0,0021 ;
= 0,000 75 * 10- 2
30.2 5,2 * 105 = 520 000 ;
= 7,5 * 10- 4 * 10- 2
30.3 6,2 * 10- 2 = 0,062 ;
= 7,5 * 10- 6
30.4 1,2 * 10- 4 = 0,000 12 .
33.6 12,5 * 104 * 0,002 * 10
31.
Pág. 107
= 0,025 * 105
31.2 Temos que 1,3 * 108 = 1,3 * 10 * 107 = 13 * 107 .
= 2,5 * 10- 2 * 105
5
= 2,5 * 103
13 * 107 > 6,2 * 107 , pois 13 > 6,2 .
ou 1,3 * 10 > 6,2 * 10 , pois 10 > 10 .
8
CEXM8 © Porto Editora
= 12,5 * 0,002 * 104 * 10
31.1 1,2 * 10 > 1,02 * 10 , pois 1,2 > 1,02 .
5
7
8
33.7 0,15 * 10- 2 * 100 000 * 2 * 100
7
31.3 1,5 * 10 < 6,7 * 10 , pois 1,5 < 6,7 .
-4
-4
= 0,15 * 10- 2 * 105 * 2 * 100
31.4 Temos que 5,1 * 10 = 5,1 * 10 * 10 = 0,51 * 10 .
-9
4,06 * 10
-8
-1
> 0,51 * 10
-8
ou 4,06 * 10
-8
-8
-8
, pois 4,06 > 0,51 .
> 5,1 * 10
-9
-8
, pois 10
> 10
-9
= 0,15 * 2 * 10- 2 * 105 * 100
= 0,3 * 103
.
= 3 * 10- 1 * 103
= 3 * 102
31
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
34.
34.1
Pág. 108
35.7
5
2,2 * 105
2,2
=
* 10 = 400 * 107
0,0055 * 10 -2 0,0055 10 -2
A + B = 5,61 * 10- 2
A + B 5,61 * 10 -2
=
C
6,875 * 102
= 4 * 102 * 107 = 4 * 109
34.2 (8,6 * 10 ) : (2,15 * 10 )
-4
A + B 5,61 * 10 -2
, já que por 35.5 sabemos que
=
C
6,875 * 102
-1
= (8,6 : 2,15) * (10- 4 : 10- 1)
=
= 4 * 10- 3
5,61
10 -2
*
6,875
102
= 0,816 * 10- 4
(5,5 * 10 -4) : (0,4 * 10 -2)
34.3
=
0,55 * 105
-4
-2
(5,5 : 0,4) * (10 : 10 )
=
=
0,55 * 105
-2
13,75 * 10
=
=
0,55 * 105
13,75 10 -2
=
*
0,55
105
= 8,16 * 10- 1 * 10- 4
= 8,16 * 10- 5
35.8
= 25 * 10- 7
B - A 5,5 * 10 -2 - 1,1 * 10 -3
=
=
C
6,875 * 102
=
5,5 * 10 -2 - 1,1 * 10 -1 * 10 -2
=
6,875 * 102
=
5,5 * 10 -2 - 0,11 * 10 -2
=
6,875 * 102
=
(5,5 - 0,11) * 10 -2 5,39 * 10 -2
=
=
6,875 * 102
6,875 * 102
=
-2
5,39
* 10 2 = 0,784 * 10- 4 = 7,84 * 10- 1 * 10- 4 =
6,875
10
= 2,5 * 10 * 10- 7
= 2,5 * 10- 6
35.
35.1 A * B = 1,1 * 10- 3 * 5,5 * 10- 2
= 7,84 * 10- 5 .
= 1,1 * 5,5 * 10- 3 * 10- 2
= 6,05 * 10- 5
36. Temos que 0,07 horas são 4,2 minutos (0,07 * 60) .
35.2 Por 35.1 sabemos que A * B = 6,05 * 10- 5 , daí:
Desta forma, vem:
A * B * C = 6,05 * 10- 5 * 6,875 * 102
= 6,05 * 6,875 * 10
-5
5,2 * 108 * 4,2 = 5,2 * 4,2 * 108
= 21,84 * 108
* 10
2
= 41,593 75 * 10- 3
= 2,184 * 10 * 108
= 4,159 375 * 10 * 10- 3
= 2,184 * 109
Resposta: Nesse dia, nessa cidade, foram efectuadas chamadas telefónicas com a duração total de 2,184 * 109 minutos.
= 4,159 375 * 10- 2
35.3 A * B : C = (6,05 * 10- 5) : (6,875 * 102)
= (6,05 : 6,875) * (10- 5 : 102)
37.
= 0,88 * 10
37.1 a) Recorrendo a uma regra de três simples temos que:
-7
n.° de células
= 8,8 * 10- 1 * 10- 7
= 8,8 * 10
Logo, x =
= 0,2 * 10- 1 * 6,875 * 102
x = 1,25 * 10- 8
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
Número de amostras
= 5,61 * 10
Número de células
1,2 * 106
1
80 000
35.6 C - A = 6,875 * 102 - 1,1 * 10- 3
= 6,875 * 10 - 1,1 * 10
-5
1,5 10 -2
*
1,2
106
b) Ora, uma célula tem 1,25 * 10- 8 gramas, então um milhão
de células têm 1,25 * 10- 8 * 106 gramas, ou seja 1,25 * 10- 2
gramas.
-2
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, ou seja, x =
37.2 Recorrendo, novamente, a uma regra de três simples, temos que:
-2
* 10
2
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
x
-2
Resposta: Cada célula tem 1,25 * 10- 8 gramas de massa.
= 1,375 * 10
32
1 * 1,5 * 10
1,2 * 106
= [(1,1 : 5,5) * (10- 3 : 10- 2)] * (6,875 * 102)
= 0,2 * 6,875 * 10- 1 * 102
1,5 * 10- 2
1
35.4 A : B * C = (1,1 * 10- 3) : (5,5 * 10- 2) * (6,875 * 102)
2
massa (em gramas)
1,2 * 106
-8
x
80 000 * 1,2 * 10
, ou seja, x = 96 000 * 106
1
x = 9,6 * 104 * 106 § x = 9,6 * 1010 .
Logo, x =
6
Resposta: Assim, concluímos que 80 000 amostras do mesmo
tamanho têm 9,6 * 1010 células.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
37.3 Aplicando uma regra de três simples, temos:
Número de amostras
38.3 a) Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
massa (em gramas)
1,5 * 10
1
5000
Número de grãos de arroz
Massa (em kg)
1
1,09 * 10- 5
x
1
-2
x
5000 * 1,5 * 10
, ou seja, x = 7500 * 10- 2
1
x = 7,5 * 103 * 10- 2 § x = 7,5 * 10
-2
Logo, x =
Logo, x =
Resposta: A massa das células de 5000 amostras do mesmo
tamanho 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
Resposta: Num saco com 1 kg de arroz, há aproximadamente, 9,17 * 104 grãos de arroz.
b) Temos que:
Se um saco com 1 kg de arroz tem aproximadamente
9,17 * 104 grãos de arroz, então um saco com 5 kg de
arroz tem cerca de 5 vezes mais, ou seja, tem cerca de
4,59 * 104 grãos de arroz.
Resposta: A Joana comprou, aproximadamente, 4,59 * 104
grãos de arroz.
1000 * 1,2 * 106
Logo, x =
, ou seja,
1,5 * 10 -2
38.4 Sabemos que 10 metros = 1000 centímetros.
6
6
x = 1200 * 10
§ x = 1200 * 10-2
1,5 * 10 -2
1,5
10
Então, tem-se:
1000
103
1
=
= * 106 =
-3
8 * 10
8 * 10 -3 8
§ x = 800 * 108 § x = 8 * 102 * 108
§ x = 8 * 1010
Resposta: Num quilo deste tecido haverá 8 * 1010 células.
38.
1*1
, ou seja, x ) 9,17 * 104
1,09 * 10 -5
Pág. 109
38.1 A massa, em gramas, de uma molécula de água é dada pelo
seguinte quociente:
72
) 2,99 * 10- 23 .
24,08 * 1023
Resposta: Assim, podemos concluir que a massa de uma molécula
de água é aproximadamente 2,99 * 10- 23 gramas.
38.2 a) Temos que 10 metros = 1000 centímetros.
Então, tem-se:
1000
1 * 103
1
=
= * 106 = 333 333,33 …
3 * 10 -3 3 * 10 -3 3
Resposta: São necessários, aproximadamente 3,33 * 105 grãos
de pólen, juntos uns aos outros, para formar um cordão com
10 metros.
b) Vamos, inicialmente, determinar o comprimento dessa circunferência.
1,3 * 104
2 * p * raio = 2 * p *
2
= 1,3 * 104 * p
) 40 840,70
Determinemos, agora, o número de grãos de pólen necessários
para formar um cordão à volta da Terra, formando uma circunferência com centro no centro da Terra:
1,3 * 104 * p
1,3p * 104 1,3p
=
* 1012
-3
-5 =
3 * 10 * 10
3 * 10 -8
3
= 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 de
8050 palavras por segundo, então numa hora imprime cerca
de 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 a
100 * 106 = 102 * 106 = 108 .
Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Número de palavras
Tempo(em segundos)
8050
1
x
108
108 * 1
Logo, x =
, ou seja, x ) 12 422,36 § x ) 1,24 * 104
8050
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 em
horas (em vez de segundos).
Neste caso seria de cerca de 3,45 * 10 0 horas, já que
12 422,36 : 3600 ) 3,45 .
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) 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 grãos
de pólen.
33
CEXM8-RES-03
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
38.6 Vamos efectuar um esquema da situação apresentada. Sejam O ,
41. Como o jardim tem
P e S os pontos onde se situam Júpiter, Plutão e o Sol, respectivamente.
3
da sua área ocupada com flores então tem
20
17
3
da sua área não ocupada com flores. Sabemos que
120
20
1
2
desta área está ocupada com zonas de passeio, desta forma
3
3
desta área estão ocupadas com relva e árvores que correspondem a
595 m2 .
1
Pretendemos determinar x .
2
x = (59,5 - 7,88) * 108
Assim, temos que:
2
17
17
2 17 34 17
*
=
=
de
são
pois
3
20
30
3 20 60 30
17
30
= 595 *
= 1050
Daí que: 595 :
30
17
x = 51,62 * 108
Resposta: O jardim tem 1050 m2 de área.
x = 5,95 * 109 - 7,88 * 108
x = 5,95 * 10 * 108 - 7,88 * 108
x = 59,5 * 108 - 7,88 * 108
x = 5,162 * 10 * 108
42. Designemos por x o número de litros de água consumida nesse
dia, então tem-se:
x = 5,162 * 10
9
45
§ x = 150
0,3
Resposta: Nesse dia foram consumidos 150 litros de água.
0,3x = 45 § x =
Resposta: A distância, em km, entre Júpiter e Plutão é, aproximadamente, 5,16 * 109 .
43. Se a consola tem um desconto de 15% significa que vai custar
39. Ora, 28 prestações de 756,25 euros cada uma
85% (100% - 15%) do seu custo inicial.
Pág. 110
corresponde a 21 175 euros (28 * 756,25) .
Assim, temos:
7
Por outro lado, os 21 175 euros correspondem a
do valor do
10
3
custo do automóvel 1 .
10
1
0,85 * 180 = 153 .
2
Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Valor (em euros)
21 175
x
Resposta: A consola custará 153 euros.
44. Vamos determinar 7,5% de 800 :
800 * 0,075 = 60
Parte a que corresponde
7
= 0,7
10
1
21 175
= 30 250 .
Logo, x =
0,7
Resposta: O automóvel custou 30 250 euros.
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.
Sabemos que o professor já corrigiu 40% dos testes e que ainda
lhe faltam corrigir 54 testes. Deste modo concluímos que os 54
testes correspondem a 60% dos testes.
40. Designemos por x o número de chamadas telefónicas efectuadas
pelo Pedro nesse mês.
Designemos por x o número de alunos do 8.° ano que tem este
professor:
54
§ x = 90 .
0,6x = 54 § x =
0,6
Resposta: O professor tem 90 alunos do 8.° ano.
Então, tem-se:
11
5
x+
x + 50 = x
21
14
O m.m.c. (14, 21) = 42 , logo
11
5
x+
x + 50 = x
21
14
(2)
(3)
(42)
46. Sabemos que o banco baixou os seus lucros em 42% em relação
ao ano anterior. Então, os 12,18 milhões de euros correspondem
a 58% (100% - 42%) do lucro do ano anterior.
(42)
§ 22x + 15x + 2100 = 42x
Assim, temos:
§ 22x + 15x - 42x = - 2100
0,58x = 12,18
12,18
x=
0,58
x = 21
§ - 5x = - 2100
2100
§ x=
5
§ x = 420
CEXM8 © Porto Editora
Pág. 111
Resposta: O lucro do banco no ano anterior ao ano passado foi de
21 milhões de euros.
Resposta: O Pedro, neste mês, efectuou 420 chamadas.
47.
47.1 Designemos por x o preço de um determinado produto.
Ora se os preços baixarem 10% esse produto custará 0,9x . No
entanto, se os preços baixarem 5% em seguida baixarem novamente 5% esse produto custará 0,9025x , já que baixar duas
vezes consecutivas 5% corresponde a: 0,95x (baixou 5%)
0,95 * 0,95x = 0,9025x (baixou de novo 5%)
Concluímos que a afirmação é falsa.
34
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
47.2 Designemos por x o preço inicial de um dado produto.
Um aumento de 5% desse produto significa que passará a custar
1,05x .
Se em seguida o mesmo produto baixar 5% passará a custar
0,9975x , pois:
51.
Pág. 112
Podemos começar por organizar os dados do enunciado:
• há 7 cofres com 16 moedas de ouro cada um, no total estes 7
cofres têm 112 moedas de ouro.
0,95 * 1,05x = 0,9975x .
• há 7 cofres com 14 moedas de ouro cada um, no total estes 7
cofres têm 98 moedas de ouro.
A afirmação é falsa, já que 0,9975x não é igual ao preço inicial
do produto.
• há 10 cofres com 9 moedas de ouro cada um, no total estes 10
cofres têm 90 moedas de ouro.
48.
48.1 Recorrendo a uma regra de três simples temos que:
Valor (em euros)
Percentagem
144,95
100
134,95
x
Logo, x =
• 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 receber
100 moedas de ouro.
Desta forma, temos:
1.° irmão: 4 cofres de 9 moedas de ouro cada um;
134,95 * 100
) 93,1 .
144,95
4 cofres de 16 moedas de ouro cada um.
Verificação: 4 * 9 + 4 * 16 = 36 + 64 = 100 .
Então, tem-se 100% - 93,1% = 6,9%
Resposta: A percentagem de desconto é aproximadamente 6,9% .
2.° irmão: 6 cofres de 14 moedas de ouro cada um;
1 cofre de 16 moedas de ouro.
48.2 Vamos resolver de um modo diferente do aplicado em 48.1.
Verificação: 6 * 14 + 1 * 16 = 84 + 16 = 100 .
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 =
225,51 * 100
) 2,21
10 225,50
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.°
Resposta: A percentagem do desconto é aproximadamente 2,21% .
63
euros, sendo x o número total de tulipas.
x
Desta forma, temos:
63
=x
(x > 0)
28 *
x
1764
§
=x
x
§ 1764 = x2
49. Cada tulipa custou
2.°
§ x2 = 1764
§ x = œ1764
§ x = 42
3.°
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 tem
irmãos.
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• Se a Ana tiver dois irmãos e duas irmãs, cada um dos seus irmãos
tem três irmãos e um irmão e três não é o dobro de um.
4.°
• Se a Ana tiver três irmãos e três irmãs, cada um dos seus irmãos
tem quatro irmãs e dois irmãos, o que satisfaz a condição do
enunciado (cada um dos seus irmãos tem duas vezes mais irmãs
que irmãos).
Resposta: A Ana tem três irmãos e três irmãs.
35
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
56. Vamos construir uma tabela que possa ilustrar a situação apresen-
5.°
tada:
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
1.°
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 do
solo, basta por isso subir 0,4 metros.
7.°
Resposta: 13 dias.
57. Um dos sobrinhos ficava com 3 pipos cheios, 1 pipo meio cheio
e 3 pipos vazios.
Resposta: O número mínimo de operações necessárias é 7 .
Cada um dos outros dois sobrinhos ficava com 2 pipos cheios, 3
pipos meios cheios e 2 pipos vazios.
53. Designemos por x o tempo em segundo que o primeiro atleta demorou a cortar a meta. Desta forma, o segundo atleta demorou x + 1
segundos, o terceiro atleta x + 2 segundos e assim sucessivamente.
58.
58.1 Determinemos a quantidade de azoto:
Então, tem-se:
§ 9x + 36 = 450
39
* 37 = 28,86
50
Determinemos, agora, a quantidade de oxigénio:
§ 9x = 450 - 36
21% de 37 = 0,21 * 37 = 7,77 .
x + x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4 + x + 5 + x + 6 + x + 7 + x + 8 = 450
§ 9x = 414
Resposta: Em 37 m3 de ar existem 28,86 m3 de azoto e 7,77 m3
de oxigénio.
414
§ x=
9
§ x = 46
39
= 0,78 , ou seja, 78%
50
Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
58.2 Temos que
Resposta: O primeiro atleta demorou 46 segundos a cortar a
meta.
54.
Sala
Turma
1
A
2
C
3
D
4
B
5
E
Quantidade de composto
(em m3)
Percentagem
correspondente
6,23
21
x
78
6,23 * 78
= 13,14
21
Logo, x =
Resposta: No quarto do António existem 23,14 m3 de azoto.
1.
Pág. 114
1
1 3
1
1.2 - : - 4
4
4
-2
1
= 4
1-3
4 2
1
- = 1
4
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
55. Designemos por x a quantia, em euros, que o João
Pág. 113
CEXM8 © Porto Editora
1.3
x + x + 5 + x + 10 + x + 15 + x + 20 + x + 25 + x + 30 = 126
3
2
1
1
1.4
2
3
5
2
4
0 -1000
31- 3 2 4
1
4
1 32
= 2
0*(-1000)
1
1 2 2 1- 3 2
1.5
3- 3 + (- 2)4 2
=
-
1 1
+
9 9
2
(- 3) -1 + -
36
2
5
1 5 2 * 1- 9 2 - 9 + 1- 3 2 = 3 5 * 1- 9 24
3
1
1
" círculos
= 1- 2 + 0 = 1- 2 =
9
3
9
2
§ 7x = 126 - 105 § 7x = 21 § x = 3 .
Resposta: Ora, no primeiro dia, o João, poupou 3 euros, então no
segundo dia poupou 8 euros.
- 16
= (- 4)2 - 16 = 16 - 16 = 0 " dos
poupou no primeiro dia.
Então, tem-se:
-2
=
1
+
(- 5)2
= -
4
1
4
-
0
1 32
=
= 1 " funestos
1
1
+
3 (4) 4 (3)
25
4
3
1
+
12 12
12
1
1
1
=
*
==" Das
25
25
12 25
300
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 3
1.6 (- 1)0 + (- 2) * (- 1)- 1 = 1 + (- 2) * (- 1) = 1 + 2 = 3 " mentiras
1.24
3
1.7 (- 1) - 2 * 3 = - 1 - 4 * 3 = - 1 - 12 = – 13 " alheias
2
1
-1
2
1
2
1.8 -
1.9 1 -
1
-1
1 2
2 2
1
= -
2
-1
1
2
=1=11
13
1-
1-2
1 - 3 -1
-1
3
2
1 2
= -
-1
1
2
3
1 2
= -
2
" Finalmente
3
=–
2 1
2 2
3 1
3 3
1
" As
5
1
2
1
2
1
= (- 1)
2
3
=
1.28
3
2
=
1
2
= (- 3)4 = 81 " na
1
= (- 1)- 20 - (- 30) * (- 10)1
4
1
4
3
-5
-5
2
-5
4
-5
-1
4 +(-5)
-3
-3
-1
-1-(-3)
4
1
122
=
2
-3
1
" cheias
16
1.15 [(- 1)5]- 5 : [(- 2)- 2]- 2 = (- 1)- 25 : (- 2)4 = - 1 : 24
Desta forma, temos:
1
" De
16
10 001
0
1.16 (- 1)
: (- 10) = - 1 : 1 = – 1 " expectativa
Desligadas dos círculos funestos
= - 1 : 16 = -
2
1
: 2
2
1 2 1 2 1 2
1
: 2
1
= 2
4-2
1
* (- 2) = 2
1 2
As minhas mãos estão cheias
4
1
* (- 2) = 2
1
: 2
2
1 2 1 2
2
1 2
1
1 22
-1
1
" e
2
= 10 * 1 - (- 2)1 = 10 - (- 2)
1 2
-4
1
* 3
1
= 3
1 2 1 2
-2 2
3
1.20
5
31- 12 2 * 1- 12 2 4
=
1 2
1
31- 2 2 4
-4+5
* 23 =
1
2
1 22
* 23 = -
1
1
= 3
1
=–
" segredos
3
1 2
1
31- 2 2
* 23 =
3+(-2) 2
4
1
122
2
* 23
* 23 = 2- 2 * 23
1 2
-2
2
+2 = 1
2
1 2
2
2
2
2.2 0,52 : 102 = 0,0052 = 5,2 * 10- 3
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
= 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
= 511 : 510 = 511 - 10 = 51 = 5 " negros
3 (- 1) * (- 3)5 4 0
=
(- 2) -1 : (- 1)8
Pág. 116
2.1 0,03 : 10- 1 = 0,3 = 3 * 10- 1
2.9 1,5 * 102 * 0,2 : 105 = 150 * 0,2 : 105 = 30 : 105
+ 2 = (- 2) + 2 = 4 + 4 = 8 " os
2
1.22 (- 5)6 * 55 : (- 5)10 = 56 * 55 : 510 = 56 + 5 : 510
1.23
2.
= 0,52 * 103 = 5,2 * 10- 1 * 103 = 5,2 * 102
= 2- 2 + 3 = 21 = 2 " Como
1
1.21 2
Que baloiçam na noite murmurando.
2.3 4,2 : 10000 = 4,2 : 104 = 4,2 * 10- 4
= 10 + 2 = 12 " de
1
1.19 3
Como os negros arvoredos
* (- 2)
* (- 2)
= (- 2)2 * (- 2) = (- 2)- 2 + 1 = (- 2)- 1 = –
1.18 10 * (- 30)0 - -
Finalmente solitárias,
De expectativa e de segredos
2+2
1 2
2
Das mentiras alheias,
* (- 2)
1
= 2
1 2
-5
-3
-3
* (- 10) = (- 1)10 * (- 10) = 1 * (- 10)
1
* 2
-8
1- 4 2 : 1- 3 2 * 1 4 2
=
3
3
1- 4 2 * 1- 4 2
3
3
1
1
1
3
3- 4 : 1- 3 24 * 1 4 2 3- 4 * 1- 1 24 * 1 4 2
=
=
=
3
3
1- 4 2
1- 4 2
3
3
3
3
142 * 142 142
142
=
=
=
=
3
3
3
1 42
1 42 1 42
3
142
3
3
9
=- 1 2
=- 1 2 =–
" murmurando
=
4
4
16
3
-1 2
4
4
-1
= 22 + (- 4) : 22 = 2- 2 : 22 = 2- 2 - 2 = 2- 4 =
2
3
122
2+(-5)
1
" mãos
27
1.14 4 * (2 - 2)2 : (2- 2)- 1 = 4 * 2- 4 : 22 = 22 * 2- 4 : 22
1
1.17 2
1
" baloiçam
2
4
4
= – 10 " estão
CEXM8 © Porto Editora
= 52 = 25 " Que
1
1 64
63
-8= =–
" noite
8
8
8
8
1
1.12 32 * 33 : 36 * 3- 2 = 32 + 3 : 36 * 3- 2 = 36 : 36 * 3- 2
1
4
2
= (3 - 1)- 1 = 2- 1 =
3 43 4
=
= (- 1)7 : (- 1)5 * 7 = (- 1)7 - 5 * 7 = (- 1)2 * 7 = 1 * 7 = 7 " minhas
132
0 -1
1
5
112
=
1.27 [- (- 2)]- 3 - 23 = (2)- 3 - 23 =
1.11 (- 1)2 : (- 1)- 5 : (- 1)5 * 7 = (- 1)2 - (- 5) : (- 1)5 * 7
= 35 - 6 * 3- 2 = 3- 1 * 3- 2 = 3- 1 + (- 2) = 3- 3 =
4
3 1 32 4
1.26
= (- 5)- 7 : (- 5)- 6 = (- 5)- 7 - (- 6) = (- 5)- 7 + 6 = (- 5)- 1 = –
- 20 + 30
(- 2 - 5)0
1.25 3 - -
1.10 (- 5)- 3 * (- 5)- 4 : (- 5)- 6 = (- 5)- 3 + (- 4) : (- 5)- 6
1
10
-1
2-
1
2
1 3
3 4 3 1
=1=1- * =1- = - =
" solitárias
2 2
4 4 4 4
2
3
1.13 (- 1)- 20 : (- 1)- 30 * -
1
152
1
2
1
=
=1* 1
1
1
- :1 2
2
= – 2 " arvoredos
1 2
2.11 3,12 * 108 : (0,6 * 10- 1) = 3,12 * 108 : 0,06
=
3,12
* 108 = 52 * 108 = 5,2 * 10 * 108 = 5,2 * 109
0,06
37
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.12 1,5 * 10- 1 : (0,5 * 10- 8) =
CAPÍTULO 3
1,5 10 -1
= 3 * 107
*
0,5 10 -8
3.2 A razão entre o comprimento do lado do 1.° quadrado e o
10
=8.
1,25
Logo, a razão entre a área do 1.° quadrado e a área do 4.º quadrado é 82 = 64 .
comprimento do lado do 4.° quadrado é
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:
Desta forma, temos:
De repente coloridas
área do 1.° quadrado = 64 * área do 4.° quadrado.
Entre palavras sem cor,
Esperadas inesperadas
4.
Como a poesia ou o amor.
4.1 Temos que: 8 * 3 = 24 .
Para construir a figura 8 são necessários 24 azulejos cinzentos.
3.
Pág. 117
3.1 lado do 1.° quadrado = 10
10
=5
2
5
lado do 3.° quadrado = = 2,5
2
2,5
= 1,25
lado do 4.° quadrado =
2
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lado do 2.° quadrado =
1,25
= 0,625
lado do 5.° quadrado =
2
Área do 5.° quadrado = 0,625 * 0,625 = 0,390 625 .
38
4.2 Em cada uma das figuras temos dois azulejos brancos e um número
múltiplo 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
= 24 , concluímos que a figura 24
3
tem um total de 74 azulejos.
72 + 2 = 74 , como
4.3 3n + 2 .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 4
1.
2.
3.
A razão de semelhança que transforma A em B é 3 .
1
A razão de semelhança que transforma B em A é
.
3
1
.
A razão de semelhança que transforma D em C é
3
Resposta: (C) .
Temos que 3 *
Pág. 126
9.
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] , de
razão 2 .
2 6
= .
5 5
Resposta: (C) .
• o perímetro do triângulo [ABC] é igual a 30 cm .
Os comprimentos dos lados do triângulo [A'B'C'] têm o dobro do
comprimento dos comprimentos dos lados correspondentes do
triângulo [ABC] .
Resposta: (C) .
10.
Resposta: (D) .
4.
Se QR = 5 cm então BC = 2 * 5 cm = 10 cm , pois o triângulo [PQR]
é uma redução do triângulo equilátero [ABC] , de razão 0,5 .
Pág. 129
Os triângulos [ABC] e [ADE] são semelhantes pois têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
A razão de semelhança que transforma
[ABCD] em [A'B'C'D'] é dada, por exemplo, por:
Pág. 127
DAWE = BAWC (ângulo comum aos dois
triângulos)
W A = CBWA (ângulos agudos de lados
ED
paralelos)
A'B'
4
1
=
=
12 3
AB
Resposta: (D) .
5.
Como as fotografias são semelhantes, os comprimentos dos lados correspondentes das duas fotografias são directamente proporcionais.
Assim, temos:
x
35
36 * 35
=
§ x=
§ x = 20 .
36 63
63
E, como os triângulos são semelhantes os comprimentos dos lados
correspondentes vão directamente proporcionais, então têm-se:
Resposta: (B) .
6.
Como os dois rectângulos são semelhantes, os comprimentos dos
seus lados correspondentes são directamente proporcionais, assim
temos:
10
6
7*6
=
§ PQ =
§ PQ = 4,2
7
10
PQ
Resposta: (A) .
11. A razão de semelhança que transforma o triângulo [COD] no
Perímetro do rectângulo [PQRS] = 2 * PQ + 2 * PS
= 2 * 4,2 + 2 * 7
triângulo [ABO] é 3 , então os dois triângulos são semelhantes e a
razão dos perímetros é 3 , quando consideramos uma ampliação.
= 22,4
Resposta: (B) .
Resolução: (D) .
7.
Perímetro do triângulo transformado 2
=
Perímetro do triângulo original
5
Perímetro do triângulo transformado 2
=
5,2
5
2
Perímetro do triângulo transformado = * 5,2 = 2,08
5
Resposta: (A) .
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8.
Área do triângulo transformado
= 1,22
Área do triângulo inicial
Área do triângulo transformado
= 1,22
15
Área do triângulo transformado = 1,44 * 15 = 21,6
Resposta: (C) .
AE DE
180
x
180 * 170
;
§ x=
§ x = 106,25
=
=
288 170
288
AC BC
12. O projecto B é uma redução do projecto A .
A razão de semelhança utilizada na construção do projecto B a
1
2
partir do projecto A foi
= .
1,5 3
Resposta: (C) .
Pág. 128
13.
Pág. 130
A área da figura colorida a cor-de-rosa corresponde a nove triângulos [ABC] . Desta forma, temos que:
9 * 10 cm2 = 90 cm2 .
Resposta: (B) .
14. Designamos por r a razão de semelhança que transforma um
triângulo noutro, então tem-se:
r2 =
1 r>0
± r=
9
Œ
1
1
§ r=
9
3
A razão entre os perímetros dos dois triângulos é igual à razão de
1
.
semelhança, ou seja, igual a
3
Resposta: (D) .
39
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
15. A redução efectuada foi de 30% , significa que o segmento de
3.4
recta obtido tem 70% do comprimento do segmento de recta que
a 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) .
4.
1.
Pág. 131
1.1 É o lado [QR] .
1.2 Designemos por r essa razão de semelhança. Então, tem-se:
3
ou r = 0,75 .
4
7,65
RP
1.3 Temos que:
= 0,75 §
= 0,75
CB
CB
r=
§ CB =
7,65
§ CB = 10,2 .
0,75
P[ABC] = 12 cm + 4 cm + 10,2 cm = 26,2 cm .
5.
QP
QP
1.4 Temos que:
= 0,75 §
= 0,75
12
AB
§ QP = 0,75 * 12 § QP = 9
P[PQR] = 3 cm + 7,65 cm + 9 cm = 19,65 cm .
2.
2
=2.
1
4,2
2.2 A razão de semelhança que transforma D em C é
= 2,1 .
2
2.3 Temos que: 2,6 * 2,5 = 6,5 e 4,2 * 2,5 = 10,5 .
2.1 A razão de semelhança que transforma A em B é
O perímetro do rectângulo obtido é 2 * 6,5 + 2 * 10,5 , ou seja, 34 .
3.
Pág. 132
3.1
Razão de semelhança utilizada: 3 .
3.2
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3.3
Razão de semelhança utilizada: 2 .
40
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
6.
9.
6.1
9.1 Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Comprimento no
modelo (em cm)
Comprimento
real (em cm)
1
60
5,6
x
x=
5,6 * 60
§ x = 336
1
Resposta: O comprimento real do automóvel é 3,36 metros.
9.2 Temos que 4,5 metros = 450 centímetros e 3,9 metros = 390
450
= 7,5 cen60
390
tímetros no desenho e
= 6,5 centímetros no desenho.
60
Então, tem-se:
6.2
centímetros. Ora, 450 centímetros corresponde a
6.3
7.
Pág. 134
Os polígonos [ABCD] e [EFGH] são semelhantes, logo os comprimentos correspondentes entre os dois polígonos são directamente proporcionais. Assim temos:
HG EF 30
x
30 * 10
§ x = 12
§ x=
;
=
=
25
DC AB 25 10
HD EG 30 39
25 * 39
;
§ y = 32,5
=
§ y=
=
y
30
DC AC 25
10.
10.2 x = 4 cm ; y = 130° e z = 12 cm .
10.3 a) A razão de semelhança que transforma A em B é
12,5
= 2,5 .
5
b) A razão de semelhança que transforma B em A é
5
= 0,4 .
12,5
Resposta: x = 12 cm e y = 32,5 cm .
8.
8.1 Dois polígonos semelhantes têm os ângulos correspondentes geoW F = CBWA = 68° .
metricamente iguais, daí que HG
8.2 Dois polígonos semelhantes têm os comprimentos dos lados corresIJ
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6 3
pondentes directamente proporcionais, daí que
= = .
DE 4 2
A razão de semelhança que transforma o pentágono [ABCDE] no
3
pentágono [FGHIJ] é
ou 1,5 .
2
8.3 EA = 9 : 1,5 = 6 cm ;
BC = 12 : 1,5 = 8 cm ;
HI = 6 : 1,5 = 9 cm ;
FG = 8 : 1,5 = 12 cm .
Pág. 135
10.1 x = 10 cm ; y = 6,4 cm e z = 91° .
11.
Pág. 136
11.1 Como os tampos de todas as quatro mesas são semelhantes,
temos que:
1,2 0,8
1,2 * 1,6
=
§ x = 2,4
§ x=
x
1,6
0,8
0,8 1,2
0,8 * 3
=
§ y=
§ y=2
y
3
1,2
0,8 1,2
0,8 * 1,8
=
§ z=
§ z = 1,2
z
1,8
1,2
Resposta: x = 2,4 m ; y = 2 m e z = 1,2 m .
41
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
4
* perímetro da figura B
3
4
= * 58
3
232
=
3
8
Resposta: Área da figura A =
œ28 + 80 cm2 .
3
116
cm .
Perímetro da figura A =
3
32
Área da figura C =
œ28 + 320 .
3
232
Perímetro da figura C =
cm .
3
11.2 Área do tampo A = 1,2 m * 0,8 m = 0,96 m2 .
Perímetro da figura C =
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
2
132
2
=
1
4
.
9
11.4 A razão entre o perímetro do tampo C e o perímetro do tampo
A é
5
.
2
12.
2
12.1 x = 98°
y
8
15 * 8
§ y=
§ y = 10
=
15 12
12
15 12
15 * 16
=
§ z=
§ z = 20
z
16
12
13.
[ABCD] em [PSRQ] . Então, tem-se:
r=
Resposta: x = 98° ; y = 10 cm e z = 20 cm .
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
h2 + 62 = 82 § h2 = 64 – 36
Área da figura B =
5
.
9
1,9 * 5
RS
5
RS 5
§
§ RS =
=
=
1,9 9
9
CD 9
9,5 95 19
§ RS =
=
=
9
90 18
13.2 Temos que:
§ h = œ28
12 * œ28
+ 12 * 15 = 6œ28 + 180
2
Resposta: RS =
19
metros.
18
Perímetro da figura B
14.
Perímetro da figura B = 2 * 15 + 12 + 2 * 8 = 58
14.1 Vamos determinar a razão entre a altura do bolso e a altura do
emblema e a razão entre a largura do bolso e a largura do
emblema.
Resposta: Área = (6œ28 + 180) cm2 ;
Perímetro = 58 cm .
Temos então que:
12,6
16
§ 4,6 e
= 4,2 .
3,5
3
12.3 A razão de semelhança que transforma a figura B na figura A é
8
2
= .
12 3
Resposta: A razão de semelhança que deve ser aplicada na
ampliação do emblema de modo que este ocupe o máximo da
área do bolso é 4,2 .
Desta forma, temos:
Área da figura A =
2
2
132
* área da figura B
4
* (6œ28 + 180)
9
24œ28 + 720
=
9
8
= œ28 + 80
3
2
Perímetro da figura A = * perímetro da figura B
3
2
= * 58
3
116
=
3
=
A razão de semelhança que transforma a figura B na figura C é
16 4
= .
12 3
Desta forma, temos:
Área da figura C =
4
2
132
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 cm
de altura e 13,5 cm de largura.
15.
Pág. 138
15.1 Como os quadriláteros [ABCD] e [EFGH] são semelhantes,
temos que:
AB AD
x 21
8 * 21
=
=
§ x=
§
8 8,4
8,4
EF EH
§ x = 20
y
BC AD
21
10 * 21
=
=
§ y=
§
10 8,4
8,4
FG EH
§ y = 25
* área da figura B
16
=
* (6œ28 + 180)
9
96œ28 + 2880
=
9
32
=
œ28 + 320
3
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PR
1
10 5
=
=
= .
AC 1,8 18 9
Resposta: A razão de semelhança é
12.2 Área da figura B
42
Pág. 137
13.1 Designemos por r a razão de semelhança que transforma
11 * 8,4
DC AD
11 21
=
=
§
§ z=
z
8,4
21
HG EH
§ 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
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
16.
CAPÍTULO 4
Os triângulos 1 e 3 são semelhantes pois têm os ângulos geometricamente iguais.
b)
Resposta: d = 7,5 cm
Os triângulos 5 e 9 são semelhantes pois têm os comprimentos
dos lados directamente proporcionais.
c)
Os triângulos 6 e 8 semelhantes pois têm um ângulo geometricamente igual e os comprimentos dos lados adjacentes a esse
ângulo directamente proporcionais.
17.
Por outro lado, temos que:
DC = DB - CB
Pág. 139
1
2
17.2 Temos que:
DB EB
DB 10
10 * 10
=
§
=
§ DB =
10
8
8
CB AB
§ DB = 12,5
§ e = 12,5 – 10
17.1 Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes porque têm um
ângulo geometricamente igual (BCWA = FEWD) e os comprimentos
dos lados adjacentes a esse ângulo são directamente proporcionais
15 6
= = 1,5 .
10 4
d 10
6 * 10
DE EB
=
§
=
§ d=
§ d = 7,5
6
8
8
CA AB
§ e = 2,5
Resposta: e = 2,5 cm .
20.
20.1 A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triân-
AB AC
AB
10
§
=
=
9,25 15
DF DE
9,25 * 10
§ AB =
§ AB ) 6,2
15
P[ABC] ) (10 + 4 + 6,2) cm = 20,2 cm .
Resposta: O perímetro do triângulo [ABC] é aproximadamente
20,2 cm .
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 os
ângulos geometricamente iguais. (c.q.p.)
20.2 Os comprimentos dos lados correspondentes dos dois triângulos
são directamente proporcionais.
18.
BC AB
8-2
8 5
§ x=
=
§
=
§ x = 3,2 .
x 2
5
DF EF
18.1 Os triângulos [ABC] e [DCE] são semelhantes já que têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• ACWB = ECWD (ângulo comum aos dois triângulos).
y
DE EF
10 * 2
2
§ y=
=
=
§
§ y=4
10 5
5
AC AB
WE = CBWA (ângulos obtusos de dados paralelos). (c.q.m.)
• CD
Resposta: x = 3,2 cm e y = 4 cm .
18.2 Como os triângulos [ABC] e [DCE] são semelhantes então têm
os comprimentos dos lados correspondentes directamente proporcionais.
a)
21.
Pág. 140
21.1 Os triângulos [ABC] e [CDE] são semelhantes pois têm dois
AB BC
AB 8
3*8
=
=
§
§ AB =
3
5
5
ED DC
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• ECWD = BCWA (ângulos verticalmente opostos).
§ AB = 4,8
W E = CAWB (ângulos obtusos de lados paralelos) (c.q.p.).
• CD
Resposta: AB = 4,8 cm .
21.2 Os triângulos [ABC] e [CDE] têm os comprimentos dos lados
CE DC
CE 5
12 * 5
=
b)
=
§
§ CE =
12 8
8
AC BC
directamente proporcionais. Desta forma, temos:
§ CE = 7,5
BC 18
18 * 18
BC AB
=
§
=
§ BC =
18 12
12
EC ED
Resposta: CE = 7,5 m .
§ BC = 27
c) AE = AC - CE = 12 – 7,5 = 4,5
Resposta: AE = 4,5 m .
Resposta: BC = 27 cm .
22.
FE DE
= 1,5 .
=
CB AB
Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes já que têm os
comprimentos de dois lados, directamente proporcionais e o
ângulo por eles formado é geometricamente igual.
22.1 Temos que: FEWD = CBWA (ângulos rectos) e
19.
19.1 Os triângulos [ABC] e [EBD] são semelhantes pois têm dois
ângulos 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-
22.2 A razão de semelhança, r , que transforma o triângulo [ABC] no
triângulo [DEF] é r =
primentos dos lados correspondentes directamente proporcionais.
a) Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
22.3 a)
CB = CA + AB
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2
2
2
§ c2 = 62 + 82
§ c = 100
2
b)
9
3
= 1,5 ou .
6
2
Perímetro [ABC] 2
= .
Perímetro [DEF] 3
Área de [ABC]
Área de [DEF]
=
2
2
132
=
4
.
9
c>0
± c = 10
Resposta: c = 10 cm
43
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
23.
28.
23.1 Temos que:
28.1 a) Os triângulos A e B não são semelhantes, já que não têm os
AB
4
3
=
= 1,2
=4*
10
FD 10
3
AC 6
= = 1,2
•
FE 5
Pág. 142
comprimentos dos lados directamente proporcionais,
•
•
22 15
.
0
12
5
b) Os triângulos C e D são semelhantes, já que têm os compri18 15
mentos de dois directamente proporcionais
=
=3 e
6
5
o ângulo por eles formado é geometricamente igual.
1
BC
9
=
= 1,2
DE 7,5
2
28.2 Pretendemos efectuar uma redução do
triângulo A , usando a razão de semelhança 1 : 4 , assim temos que:
Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes já que têm os
comprimentos dos três lados directamente proporcionais.
12 : 4 = 3 e 5 : 4 = 1,25 .
AB
23.2 a)
= 1,2 .
DF
b)
Área de [ABC]
Área de [DEF]
= 1,22 = 1,44 .
24.
Pág. 141
24.1 Seja r essa razão de semelhança, então tem-se:
8
= 1,6 .
5
24.2 A altura do triângulo [SOL] relativamente ao lado [SO] é
1,6 * 4 cm = 6,4 cm .
r=
29.
29.1 Os triângulos [ABC] e [EDC] são semelhantes pois têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• BCWA = ECW D (ângulo verticalmente opostos) .
W E = CAWB (ângulos agudos de lados paralelos) .
• CD
4*5
= 10 cm2 .
2
24.4 A[SOL] = 10 * 1,62 = 25,6 cm2 .
24.3 A[MAR] =
29.2 Os triângulos [ABC] e [EDC] têm os comprimentos dos lados
directamente proporcionais, então tem-se:
24.5 A razão entre as áreas dos dois triângulos é igual ao quadrado da
BC AB
BC 10
=
=
§
§
6
8
CE ED
6 * 10
§ BC =
§ BC = 7,5
8
razão de semelhança.
25.
25.1 Recorrendo a uma regra de três simples, temos que:
Comprimento
no modelo (cm)
Comprimento
real (cm)
1
24
30
x
x=
Resposta: BC = 7,5 m .
29.3 Determinamos AC :
AC 10
AC AB
=
§
=
§
5
8
CD ED
5 * 10
§ AC = 6,25
§ AC =
8
30 * 24
§ x = 720
1
Resposta: Na realidade o barco tem 720 cm , ou seja, 7,2 m de
comprimento.
Determinamos BC :
BC AB
BC 10
§
=
§
=
6
8
CE ED
6 * 10
= 7,5
§ BC =
8
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
720
2
1 30 2
= 242 = 576 .
Desta forma, são necessários (576 * 20) ml de tinta, ou seja,
11 520 ml de tinta.
30.
Resposta: São necessários 11,52 litros de tinta.
30.1 Os triângulos A e B são semelhantes pois têm os comprimentos
26. O lado do quadrado original é œ81 cm = 9 cm .
dos lados directamente proporcionais
O lado do quadrado ampliado é 9 cm * 1,2 = 10,8 cm .
A área do quadrado ampliado é (10,8 cm) = 116,64 cm .
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2
P[ABC] = (10 + 6,25 + 7,5) m = 23,75 m
2
r=
modo 1 cm2 corresponde a 10 000 cm2 na realidade. Então, tem-se:
A área do jardim é 6 500 000 cm2 , ou seja, 650 m2 .
44
=
8 6
= =2 .
4 3
2
30.2 a) Designamos por r essa razão de semelhança, então tem-se:
27. No momento 1 cm corresponde a 100 cm na realidade. Deste
650 * 10 000 = 6 500 000
10
15
b)
10
=2.
5
Área de B
= 22 = 4 .
Área de A
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
c) Temos que œ2,25 = 1,5 .
33. Determinamos BC aplicando o Teorema de Pitágoras:
BC2 + BD2 = CD2
Vamos então desenhar um triângulo C , partindo do triângulo A , de razão 1,5 .
§ BC2 + 42 = 102
4 * 1,5 = 6
5 * 1,5 = 7,5
§ BC2 = 100 – 16
3 * 1,5 = 4,5
BC
w>0
±
BC = œ84 ) 9,165
Os triângulos [BCD] e [ABE] são semelhantes, pois têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• BAWE = DCWB (dado, ver figura)
• EBWA = CBWD (ângulos rectos)
Então, tem-se:
8,5
AB EB
AB
=
§
=
BC DB
œ84 4
8,5 * œ84
§ AB § AB ) 19,476
4
Desta forma, temos:
§ AB =
AC = AB + BC
§ AC ) 19,476 + 9,165
31.
Pág. 143
§ AC ) 28,641
31.1 Os triângulos [ABC] e [ADE] são semelhantes pois têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• DAWE = BAWC (ângulo comum aos dois triângulos)
• CBWA = EDWA (ângulo agudos de lados paralelos)
DE
DE
= 1,8 .
§
1,8
BC
Significa que a razão de semelhança que transforma o triângulo
[ABC] no triângulo [ADE] é 1,8 .
31.2 Temos que BC =
Resposta: AC ) 29 m .
1.
1.2 Resposta: (D) .
1.3 a)
AD = 1,8 * 10 § AD = 18 .
2.
Pág. 145
2.1 Os triângulos [ABE] e [ACD] são semelhantes pois têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• CAWB = BAWD (ângulo comum aos dois triângulos)
Se AC = 15 então AE = 27 .
• AEWB = ADWC (ângulos agudos de lados paralelos).
P[ADE] = (18 + 27 + 27) cm = 72 cm .
32. Vamos efectuar um esquema da situação apresentada.
11
= 1,1 .
10
b) A área do quadrado ampliado é igual ao produto da área do
quadrado original pelo quadrado da razão de semelhança que
transforma o quadrado original no quadrado ampliado, ou seja,
é igual a 100 * 1,12 = 100 * 1,21 = 121% de 100 .
31.3 Determinemos AD :
Determinemos AE :
y + 12
AE
= 1,8 §
= 1,8
Ora,
y
AC
§ y + 12 = 1,8y (pois y > 0)
12
§ 1,8y – y = 12 § y =
§ y = 15
0,8
Pág. 144
1.1 Resposta: (D) .
2.2 Os dois triângulos têm os comprimentos dos lados directamente
proporcionais, então tem-se:
12,6 * 4,8
4,8
AB
AB BE
§ AB = 8,4
=
§
=
§ AB =
12,6 7,2
7,2
AC CD
Resposta: AB = 8,4 cm .
2.3
9,8 * 7,2
AD 7,2
AD CD
§ AD = 14,7
=
§
=
§ AD =
9,8
48
4,8
AE
BE
Resposta: AD = 14,7 cm .
2.4
CEXM8 © Porto Editora
x representa a altura, em centímetros, do João.
Perímetro de Q
24
=
=2.
Perímetro de P
12
A razão de semelhança que transforma o triângulo P no triângulo
Q é 2 , assim temos:
Área de Q
= 22 §
Área de Q
=4
6
Como os triângulos representados são semelhantes, temos que:
84
140
140 * 108
=
§ x=
§ x = 180
x
108
84
§ Área de Q = 4 * 6 § Área de Q = 24
Resposta: O João tem 1,80 metros de altura.
Resposta: A área do triângulo Q é 24 cm2 .
Área de P
45
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
3.
a=
§
CAPÍTULO 4
(1283 * 10 -1)2 (0,025 * 106)
6.2 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
0,025 * 106 - 1283 * 10 -1
EC 2 = DE 2 + DC 2
(1 646 089 * 10 -2) (0,025 * 106)
a=
§ (1,8 + 0,9)2 = 0,92 + DC 2 § 7,29 = 0,81 + DC 2
0,025 * 106 - 0,000 128 3 * 106
§ DC 2 = 6,48
41 152,225 * 104
§ a=
0,024 871 7 * 106
DC
w>0
±
§ a ) 1 654 580,306 * 10– 2
6.3 Vamos determinar AC aplicando o Teorema de Pitágoras:
§ a ) 1,654 580 306 * 106 * 10– 2
BC 2 = AB 2 + AC 2
§ a ) 1,655 * 10
§ 1,82 = 0,62 + AC 2 § AC 2 = 2,88
4
AC
w>0
±
4.
DC ) 2,55 (c.q.m.)
Pág. 146
Os triângulos [AEC] , [AFB] e [BDC] são semelhantes entre si já
que têm dois ângulos geometricamente iguais, a saber:
• BFWA = CDWB = CEWA (ângulos rectos)
Nota: Também podíamos determinar AC usando a semelhança de
triângulos.
Então, tem-se:
altura do tronco do cone ) 2,55 – 1,77 ) 0,85 (c.q.m.).
• ABWF = BCWD = ACWE (ângulos agudos de lados paralelos).
5.
AC = œ2,88
§ AC ) 1,7
6.4 Designemos por V o volume do tronco do cone, por V1 o volume
AB * AC 3 * 4
=6
5.1 A[ABC] =
=
2
2
A[DEF]
= 0,252 § A[DEF] = 0,252 * 6 § A[DEF] = 0,375
A[ABC]
do cone de base menor e por V2 o volume do cone de base maior,
então tem-se:
1
1
V = V2 – V1 = * 0,92 * p * œ6,48 - * 0,62 * p * œ2,88
3
3
V ) 1,52
Resposta: A[ABC] = 6 cm2 e A[DEF] = 0,375 cm2 .
Resposta: O volume do tronco do cone é aproximadamente igual a
1,52 m3 .
5.2 Vamos determinar BC usando o Teorema de Pitágoras:
BC > 0
w
BC 2 = AB 2 + AC 2 § BC 2 = 32 + 42 ± BC = 5
6.5 Os triângulos representados na figura são semelhantes, logo os
DF = 4 * 0,25 = 1
comprimentos correspondentes são directamente proporcionais.
Assim, temos:
x
20
15 * 20
§ x = 25
=
§ x=
15 12
12
EF = 5 * 0,25 = 1,25
Resposta: O rio tem 25 metros de largura.
Por outro lado, temos:
DE = 3 * 0,25 = 0,75
P[DEF] = 0,75 + 1 + 1,25 = 3
5.3
P[ABC] = 3 + 4 + 5 = 12
7.
P[DEF]
3
1
=
= = 0,25 (c.q.m.)
Logo,
P[ABC] 12 4
7.1 a) O triângulo [ABC] pode ser decomposto em 16 triângulos
Pág. 148
iguais ao triângulo [GHI] . Desta forma, temos:
Área destinada a tulipas
A[ABC]
6
=
= 16 (c.q.m.)
A[DEF] 0,375
6.
Área destinada a relva
Pág. 147
6.1 Os triângulos [ABC] e [DEC] representados na figura seguinte
são semelhantes.
=
3
1
=
15 5
b) No desenho o lado do triângulo [ABC] mede 6 cm .
Assim, podemos afirmar que 6 cm no desenho corresponde a
6 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)
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Então, tem-se:
46
0,6
AB BC
x
=
=
§
§ 0,6 (x + 0,9) = 0,9x
0,9 x + 0,9
DE EC
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
§ 0,6x + 0,54 = 0,9x § 0,3x = 0,54 § x = 1,8 (c.q.m.)
O valor exacto, da altura do triângulo [ABC] é œ27 metros .
62 = 32 + h2 § h2 = 36 – 9 § h = œ27 (h > 0)
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
9.
d) Temos que:
A[ ]
A[GHI] = ABC
16
6 * œ27
3œ27
2
=
=
16
16
9.1 e 9.2
A área da parte do jardim destinada a tulipas é igual a
3*
3œ27 9œ27
.
=
16
16
E,
9œ27
) 2,92 (c.q.m.)
16
7.2
O triângulo [ABC] é uma
ampliação do triângulo [DEC]
3
e é, também, uma
2
ampliação do triângulo [FGC]
de razão
de razão 3 .
9.3 A[A'B'C'D'] = 1 * 2 = 2 u. a.
10.
Desta forma, temos:
A[ABC]
3 2
36
9
=
§
=
2
A[DEC]
A[DEC] 4
Pág. 150
10.1 Temos que 6 * 0,25 = 1,5 ; temos de desenhar um triângulo
12
equilátero de lado 1,5 centímetros.
9
§ A[DEC] = 36 :
§ A[DEC] = 16
4
A[ABC] = 32 § 36 = 9
§ A[FGC] = 36 : 9 § A[FGC] = 4
A[FGC]
A[FGC]
Logo, A[DEGF] = 16 – 4 = 12
A área do jardim do Pedro destinada a tulipas é 12 m2 .
8.
Pág. 149
2*p*1
= 10 + p ) 13,1 cm .
4
p * 12
p
p
8.2 A = 10 * 1 + 1 * 2 = 10 + 2 – = 12 – ) 10,4 cm2 .
4
2
2
8.1 P = 10 * 1 + 2 *
1
2
8.3
10.2 P[ABC] = (3 * 6) cm = 18 cm .
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O lado do quadrado é
8.4 O perímetro da figura ampliada é igual ao produto de
perímetro da figura original.
A área da figura ampliada é igual ao produto de
da figura original.
13
18
cm = 4,5 cm .
4
13
pelo
10
2
1 10 2
pela área
47
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
11.
CAPÍTULO 4
Pág. 151
11.1 Os triângulos da figura seguintes são semelhantes.
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
4 2
= =2 .
2 1
3
13.2 O triângulo ampliado tem 2 * = 3 centímetros de lado, então
2
o seu perímetro é 9 cm .
1
2
13.3
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
42 = h2 + 12 § 16 = h2 + 1
h>0
§ h2 = 15 ± h = œ15
Área =
13.4 Temos que:
Então, tem-se:
0,6
x
=
§ 1,8x = 0,6 (x + 4)
x + 4 1,8
Área do triângulo D
= r2 ,
Área do triângulo A
sendo r a razão de semelhança que transforma o triângulo A
no triângulo D .
§ 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 ;
Então, tem-se:
b) A2 = p * 0,62 = 0,36p § A2 ) 1,1 m2 ;
1
c) V1 = * 3,24p * 6 = 6,48p § V1 ) 20,4 m3 ;
3
1
d) V2 = * 0,36p * 2 = 0,24p § V2 ) 0,75 m3 ;
3
e) V = V2 – V1 = 6,48p – 0,24p = 6,24p § V ) 19,6 m3 .
12.
2 * œ15
= œ15 cm2 .
2
Pág. 152
9œ15
16
= r2 § r2 =
œ15
r=
Œ
9œ15
1
9
§ r2 =
;
*
16
16
15
œ
9
3
§ r= .
16
4
13.5 Por exemplo:
A amplitude de cada ângulo interno de qualquer triângulo equilátero é 60° , então todos os triângulos equiláteros são semelhantes entre si porque têm os ângulos geometricamente iguais.
12.1 Os triângulos [ABC] e [EDB] são semelhantes já que têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• CBWA = EBWD (ângulo comum aos dois triângulos)
W E (ângulos rectos)
• ACWB = BD
Já dois triângulos isósceles nem sempre são semelhantes, como
por exemplo os triângulos A e B a seguir representados.
12.2 Os comprimentos dos lados dos dois triângulos são directamente
proporcionais. Então, tem-se:
AC AB
x 8
3*8
24
=
§
=
§ x=
§ x=
§ x = 4,8
3 5
5
5
DE BE
DE
w>0
Nota: DE 2 = 52 – 42 ± DE = 3
Resposta: AC = 4,8 cm .
12.3 Temos que:
Estes dois triângulos não têm os ângulos geometricamente iguais (ou
não têm os comprimentos dos lados directamente proporcionais).
8 CB
8*4
AB CB
=
§
=
§ CB =
§ CB = 6,4
5
4
5
BE DB
Por outro lado temos que CE = CB - BE , ou seja,
14.
CE = 6,4 – 5 = 1,4
14.1 Os dois triângulos representados na figura são semelhantes, então
Resposta: CE = 1,4 cm .
12.4 A[ADEC] = A[ABC] – A[EDB]
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CB * AC DB * DE
=
2
2
6,4 * 4,8 4 * 3
=
2
2
= 15,36 – 6
= 9,36
Resposta: A[ADEC] = 9,36 cm2 .
48
Pág. 154
os comprimentos dos lados são directamente proporcionais.
Assim, temos:
1,25
1,25
1,25 * (1,5 + 53,7)
=
§ h=
§ h = 46
(1,5 + 53,7)
h
1,5
Resposta: O farol tem 46 metros de altura.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 4
14.2 a) Os triângulos [EFI] e [ICD] são semelhantes pois têm os
comprimentos de dois lados directamente proporcionais e o
ângulo por eles formado geometricamente igual, a saber:
3
1
* 64 + * 36 = 66
4
2
Resposta: 66 .
15.4 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:
DI CI
=
=2
EI
FI
• AIWB = CIWD (ângulos verticalmente opostos)
•
EG 2 = GF 2 + FE 2
(1)
Por outro lado, temos:
b) A razão pedida é igual à razão de semelhança que transforma
o triângulo [EFI] no triângulo [ICD] , ou seja, 2 .
c) A razão pedida é igual ao quadrado da razão de semelhança que
transforma o triângulo [EFI] no triângulo [ICD] , ou seja, 22 = 4 .
36
d) Se A[ABCD] = 36 então A[ICD] =
=9.
4
Por outro lado temos que A[ICD] = 22 * A[EFI] , ou seja,
9
A[EFI] = = 2,25 .
4
Então, tem-se:
A[ABFE] = A[EBI] – A[EFI] = 9 – 2,25 = 6,75
GF 2 = 36 (área do quadrado [ABFG])
FE = BE - BF = œ64 - œ36 = 8 – 6 = 2
Voltando a
(1)
, vem:
EG
w>0
EG 2 = 36 + 22 ± EG = œ40
1
1
6*2
* 36 + * 64 +
= 40
2
4
2
66 23
A razão pedida é
=
40 20
15.5 Área não colorida =
15.6 A[ACEG] = 36 +
Resposta: A[ABFE] = 6,75 cm2 .
15.
15.3 Área colorida =
1
6*2
* 64 +
= 74 .
2
2
Pág. 155
15.1 O triângulo [AHG] é rectângulo, já que AHW G = 90° .
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15.2 Os triângulos [AHG] e [BIC] são semelhantes pois têm dois
ângulos geometricamente iguais, a saber:
• AHWG = BIWC (ângulos rectos)
• BAWH = CBWI = 45° ([AH] está contido na diagonal [AF] do
quadrado [ABFG] e [BI] está contido na diagonal [BD] do
quadrado [BCDE]) .
49
CEXM8-RES-04
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 5
1.
-2
2
2
(B) =
2
1
(C) =
2
0
(D) =
2
(A)
-2+1
1
§ -1 = - , falsa.
3
3
2+1
§ 1 = 1 , verdadeira.
3
1+1
1 2
§
= , falsa.
3
2 3
0+1
1
§ 0 = , falsa.
3
3
=
Pág. 161
2.5 - 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
Resposta: (B) .
§ - x - 0,8x = 6 - 0,5
2.
Resposta: (C) .
§ - 1,8x = 5,5
3.
Resposta: (D) .
4.
Resposta: (B) .
5.
x-1 x x-3
§ 15x - 15 - 10x = 6x - 18
- =
2
3
5
§ 1,8x = - 5,5
5,5
§ x=1,8
55
.
§ x=18
(15)
(10)
Pág. 162
3.
(6)
§ 15x - 10x - 6x = - 18 + 15 § - x = - 3 § x = 3
6.
3.1 x -
1
= 2x
2
A equação é possível e determinada em R .
(2)
Resposta: (B) .
§ 2x - 1 = 4x
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.
§ 2x - 4x = 1
Resposta: (B) .
1.
8 2*8+4
20
1.1 =
§ 4=
§ 4 = 4 , verdadeira.
2
5
5
8 é a solução da equação.
8 2*8-1
16 - 1
15
1.2 1 - =
§ 1-4=
§ -3=
2
6
6
6
§ - 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
Pág. 163
(2)
§ - 2x = 1
1
§ x=ou x = - 0,5
2
x
x-1
3.2 - 1 =
2
2
§ x-2=x-1
§ x-x=-1+2
§ 0x = 1 ; equação impossível
1
5
3.3 x - = 1 - x
3
2
(2)
(3)
(6)
§ 2x - 15 = 6 - 6x
§ 2x + 6x = 6 + 15
§ 8x = 21
21
§ x=
ou x = 2,625
8
1-x
3.4 1 - x =0
2
(2)
(2)
§ - a - 2a + 5a = 8 + 3 - 1
§ 2 - 2x - 1 + x = 0
§ 2a = 10
§ - 2x + x = - 2 + 1
§ a=5
§ -x=-1
2.3 1 + 2 (a - 1) = 3a
§ 1 + 2a - 2 = 3a
§ 2a - 3a = - 1 + 2
§ -a=1
§ a=-1
§ x=1
1
(x - 1) = 0
2
1
1
§ 1- x+ =0
2
2
3.5 1 -
(2)
§ 2-x+1=0
§ 3 - 1 + x = 5 + 2 - 3x
§ -x=-2-1
§ x + 3x = 5 + 2 - 3 + 1
§ -x=-3
§ 4x = 5
5
§ x=
ou x = 1,25
4
§ x=3
CEXM8 © Porto Editora
2.4 3 - (1 - x) = 5 - (-2 + 3x)
50
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
3.6
CAPÍTULO 5
2 (x - 1)
= 1 - (x - 2)
3
2x - 2
§
=1-x+2
3
6.
6.1 Por exemplo:
O dobro da soma de um número com três é igual à soma do dobro
desse número com três.
(3)
§ 2x - 2 = 3 - 3x + 6
6.2 Por exemplo:
§ 2x + 3x = 3 + 6 + 2
Metade da diferença entre o quádruplo de um número e dois é
igual à diferença do dobro desse número e um.
§ 5x = 11
11
§ x=
ou x = 2,2
5
6.3 Por exemplo:
O António tem 14 anos e a Cristina 12 anos.
4.
Determine daqui a quantos anos a soma das idades do António e
da Cristina é 42 anos.
4.1 Substituía a incógnita, no caso x , por cada um dos elementos do
conjunto A e aquele que transformasse a equação numa igualdade
numérica verdadeira seria a solução da equação.
4.2
2x - 1 x - 1
=0
2
3
(3)
(2)
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?
(6)
§ 6x - 3 - 2x + 2 = 0
7.2 Por exemplo:
§ 6x - 2x = - 2 + 3
Uma terça parte da diferença entre o dobro de um número e um é
igual a 12 .
§ 4x = 1
1
§ x=
ou x = 0,25
4
Qual é esse número?
5.
Pág. 164
7.3 Por exemplo:
O dobro da soma de um número com um é igual à diferença entre
esse número e três.
5.1 Por exemplo 2x = 1 (ou qualquer equação equivalente à equação
x = a , sendo a um número não natural).
Qual é esse número?
5.2 Por exemplo x = x (ou qualquer equação equivalente à equação
0x = 0 ).
2
1
1
32
x+
16x =
3
2
3
3
32
2 32
1
x- =
x+
§
3
6
3
3
32
1 32
1
§
x- =
x+
3
3
3
3
32
32
1 1
xx= +
§
3
3
3 3
2
§ 0x = , equação impossível.
3
x+1 x-1 x+7
=
b)
3
4
12
5.3 a)
1
2
(4)
8.
8.1 Por exemplo:
2 (x - 1) = 2 (2x - 3)
x - 1 2x - 3
ou
=
5
5
ou x - 1 + 10 = 2x - 3 + 10
8.2 Por exemplo:
2x = 10 ou
§ 4x - 3x - x = - 4 - 3 + 7
9.1 Por exemplo:
x = 1 ou 2x = 2 ou
x 1
x
+ 20 = x
+
x3 2
3
x 1
x
+ x - + 20 = x
§
3 2
6
1
(2)
2
(3)
(6)
(6)
§ 2x + 3x - x + 120 = 6x
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§ 2x + 3x - x - 6x = - 120
§ - 2x = - 120
§ 2x = 120
x 1
= .
3 3
9.2 Por exemplo:
x=
§ 0x = 0 , equação possível e indeterminada.
c)
x 5
=
ou x - 3 = 5 - 3 .
2 2
9.
(3)
§ 4x + 4 - 3x + 3 = x + 7
Pág. 165
1
1
ou 2x = 1 ou x + 50 = + 50 .
2
2
10.
10.1 Por exemplo: x = - 2 .
1
.
3
10.3 Por exemplo: 2x - 4 = 2 (x - 2) .
10.2 Por exemplo: x =
11.
11.1 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação.
x + x + 1 + x + 2 = 33 .
Vamos resolver a equação.
§ 2x = 120
x + x + 1 + x + 2 = 33
§ x = 60 , equação possível e determinada.
§ 3x = 33 - 3
§ 3x = 30
§ x = 10
Resposta: Os números são: 10 , 11 e 12 .
51
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 5
11.2 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
14.
2x + 2x + 2 + 2x + 4 = 42 .
14.1 Por exemplo:
Vamos resolver a equação:
A diferença entre o dinheiro que o Pedro tem e 20 euros é igual
à terça parte do seu dinheiro.
x
14.2 x - 20 =
3
2x + 2x + 2 + 2x + 4 = 42
§ 6x + 6 = 42
§ 6x = 36
(3)
(3)
§ x=6
§ 3x - 60 = x
Resposta: Os números são: 12 , 14 e 16 .
§ 3x - x = 60
§ 2x = 60
11.3 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
§ x = 30
2x - 1 + 2x + 1 + 2x + 3 = 45 .
15. O problema pode ser traduzido pela seguinte equação:
Vamos resolver a equação:
x x x
+ + + 5 = x , sendo que x representa o número de frutos que
2 4 6
tem a cesta.
2x - 1 + 2x + 1 + 2x + 3 = 45
§ 6x + 3 = 45
§ 6x = 42
Vamos resolver a equação.
x x x
+ + +5=x
2 4 6
§ x=7
Resposta: Os números são: 13 , 15 e 17 .
(12) (6)
(4) (24) (24)
§ 12x + 6x + 4x + 120 = 24x
12.
§ 22x + 120 = 24x
Pág. 166
§ 22x - 24x = - 120
12.1 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação:
§ - 2x = - 120
x
+ 8 = 16
3
Vamos resolver a equação.
x
+ 8 = 16
3
(3)
§ 2x = 120
§ x = 60
Resposta: A cesta tem 60 frutos.
(3)
§ x + 24 = 48
16.
§ x = 24
16.1 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação:
2 (x - 2) + 2 (x + 5) = 18
Resposta: O número é 24 .
12.2 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
Resolvendo a equação, vem:
2 (x + 8)
=9.
2
2x - 4 + 2x + 10 = 18
Vamos resolver a equação.
2 (x + 8)
=9
2
§ x+8=9
§ 4x = 12
§ 4x + 6 = 18
§ x=3
Desta forma a área do rectângulo é dada por:
(3 - 2) * (3 + 5) = 8
§ x=1
A área do rectângulo [ABCD] é 8 cm2 .
Resposta: O número é 1 .
12.3 O problema pode ser traduzido pela seguinte equação
16.2 Da alínea anterior temos que o perímetro do rectângulo [ABCD]
é dado por 4x + 6 .
2 (x - 3) = 14 .
Assim, temos 4x + 6 = 6 § 4x = 0 § x = 0 .
Vamos resolver a equação.
Todavia x tem de ser maior que 2 (para que os lados do rectângulo tomem valores positivos). Logo, não existe qualquer valor de
x tal que o perímetro do rectângulo é 6 cm .
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 um
é igual a três.
13.2 O dobro da soma do número em que o Pedro pensou e três é
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igual a 16 .
13.3 Metade da diferença entre o número em que o Pedro pensou e um
é igual ao dobro desse número.
13.4 A diferença entre o dobro do número em que o Pedro pensou e
cinco é igual a cinco.
52
Pág. 167
17.
17.1 a) O Pedro não tem razão.
Por exemplo: a soma dos números das páginas 111 e 112 é
223 e a soma dos números das páginas 112 e 113 é 225 ,
desta forma é impossível que a soma obtida pelo Pedro fosse
214 .
b) Sejam a e a + 1 dois números inteiros consecutivos. A sua
soma é 2a + 1 , quem é sempre um número ímpar.
17.2 Não, 9 * 8 não pode ser um número ímpar. O produto de um
número 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 sua
soma é 4x + 2 , que nunca é um número múltiplo de quatro.
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 5
4
3
4
18.2 EF = x + 1 km .
3
4
24
18.3 EF =
* 6 + 1 km =
+ 1 km = (8 + 1) km = 9 km .
3
3
4
18.4 AB = x km , logo EF = x + 1 km é o mesmo que
3
4
11 = AB + 1 .
3
Determinemos AB :
4
11 = AB + 1
3
4
10 = AB
3
3
AB = 10 *
4
30
AB =
4
18.1 CD = x km .
1
1
2
2
1
2
1
22.
22.2 Ora 36 km por hora, corresponde a 36 000 m por 3600
segundos, ou seja, 10 m por segundo. Assim, temos:
11
v=
* 10 § v = 22
5
Resposta: A velocidade média em milhas por hora é 22 .
2
AB = 7,5 km .
19. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
Pág. 168
triângulo é 180° . Desta forma, temos:
b
b + + 90° = 180°
2
b
b + = 90°
2
2b b
+ = 90°
2
2
3b
= 90°
2
3b = 180°
22.3 v =
23.
b
= 30°
2
W
Então, tem-se: CDA = 180° - 30° = 150° , donde resulta que.
a a
+ = 180° - 150°
3 3
2a
= 30°
3
2a = 90°
a = 45°
Resposta: a = 45° e b = 60° .
E
(c 0 0) .
c2
23.2 v = v0 + at § v0 + at = v § at = v - v0
v - v0
§ t=
(a 0 0)
a
b*h
b*h
§
= A § b * h = 2A
2
2
2A
§ b=
(h 0 0)
h
B+b
B+b
2
23.4 A =
*h §
*h=A § A*
2
2
B+b
2A
(B + b 0 0)
§ h=
B+b
23.3 A =
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.
1
24.2 a = 1 e b = .
2
2 (a - b) - (a + b) = 0
1 3
2 3
1
1
- =0
- 1+
=0 § 2* - =0 §
2 12
2
2 2
2 2
1
§ - = 0 (Falsa)
2
1
não é solução da equação.
O par a = 1 e b =
2
1
2 1
20.
1.
20.1 A expressão que tem maior valor é x2 .
1.1 2n + 2 ;
Se x é menor que - 2 , as expressões 2x e x + 2 tomam valores negativos, enquanto que o quadrado de um número é sempre
não negativo.
2
Pág. 170
1.2 3n + 3 ;
1.3 8n + 2 ;
20.2 A expressão que tem maior valor é x + 2 .
1.4 - 5n + 15 ;
20.3 A expressão que tem menor valor é x2 .
1.5 1,5n ;
1.6 2n .
21.
21.1 Pertence à secção B , após o produto é sempre um número negativo maior que - 1 .
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11
11
s §
s = v § 11 s = 5 v
5
5
5
§ s=
v.
11
23.1 E = mc2 § mc2 = E § m =
b = 60°
Ora se b = 60° então
Pág. 169
11
* 2 § v = 4,4
5
Resposta: A velocidade média em milhas por hora é 4,4 .
22.1 v =
21.2 Pertence à secção A , pois o quociente é sempre um número
2.
2.1
Pág. 171
Figura
Área
(em cm2)
Perímetro
(em cm)
A
x2
4x
B
x2
2
3x
C
x2
4
2x
negativo menor que - 1 .
21.3 Pertence à secção D , pois o quociente é sempre um número
positivo maior que 1 .
53
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
2.2 a)
CAPÍTULO 5
x * x x2
=
2
2
5.
b) Determinemos o comprimento da hipotenusa, h , do triângulo,
em função de x .
Pág. 174
5.1 3n + 60 - (2n + 20)
= 3n + 50 - 2n - 20
= n + 40 .
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
3n + 60 3n 60
=
+
= n + 20 .
3
3
3
h2 = x2 + x2 § h2 = 2x2 § h = œ2 x
5.2
O perímetro da figura D é (2x + œ2 x) cm , ou seja, (2 + œ2) x cm .
Deste modo, podemos concluir que o perímetro da figura D é
maior que 3x cm .
5.3 a) 3n + 60 - (2n - 5)
= 3n + 60 - 2n + 5
= n + 65 .
A afirmação verdadeira é a (B) .
3.
b) 2n - 5 = 15
§ 2n = 20
Pág. 172
3.1 CBWG = 60° . A amplitude de qualquer ângulo interno de um
§ n = 10
180°
triângulo equilátero é
= 60° .
3
W
3.2 GAE = 60° .
Inicialmente, o Paulo tinha 90 moedas no saco.
3.3 São estritamente paralelas.
Então, tem-se: 3 * 10 + 60 = 90 .
6.
3.4 Trapézio isósceles.
3.5 DGW F = CBWG e GFWD = GAWE , em ambos os casos trata-se de ângulos agudos de lados paralelos.
W F = GFWD = 60° , logo o triângulo
Deste modo temos que DG
[FGD] é um triângulo equilátero.
3.6 AB = 3x
3.7 P[ABCDE] = AB + BC + CD + DE + EA
= 9x
(1)
mais de 10 anos
valor em euros
25
1
250 + 15 = 265
24
2
240 + 30 = 270
“10 anos ou menos” e 16 bilhetes para “mais de 10 anos”,
tendo pago 340 euros.
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
6.3 10x + 16y = 340
42 = h2 + 22 § h2 = 12 § h = œ12
§ 10x = 340 - 16y
340 16
§ x=
y
10
10
8
§ x = 34 - y ou x = 34 - 1,6y .
5
6.4 O professor comprou 16 bilhetes para “mais de 10 anos”, sendo
que um destes era para ele, desta forma podemos afirmar que a
turma tem 15 alunos com idade superior a 10 anos.
Voltando a
(1)
, vem que:
4 * œ12
= 14œ12 ) 48,5 m2 .
Ajardim = 7 *
2
4.
C F - 32
C
4.1
§ F - 32 = * 9
=
5
9
5
9
§ F = C + 32
5
9
4.2 F = * 0 + 32 = 32 , logo 0 °C = 32 °F .
5
9
F = * 50 + 32 = 122 , logo 50 °C = 122 °F .
5
9
F = * 80 + 32 = 176 , logo 80 °C = 176 °F .
5
C F - 32
F - 32
5F - 160
=
4.3
§ C=
*5 § C=
5
9
9
9
Pág. 173
5 * 5 - 160
= - 15 , logo 5 °F = - 15 °C .
9
5 * 80 - 160 80
) 26,7 , logo 80 °F ) 26,7 °C .
C=
=
9
3
4.4 C =
4.5 Ora, como o António se encontram em Atlanta (Estados Unidos), talvez estivesse a referir-se à temperatura medida em graus Fahrenheit.
5 * 102 - 160
) 38,9 .
Verifiquemos, C =
9
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10 anos ou menos
6.2 O professor da turma do 5.° ano comprou 10 bilhetes para
Determinamos a altura do triângulo
[FGD] .
Temos então que 38,9° C ) 102 °F . Faz, assim, sentido dizer que
o António mediu a temperatura em graus Fahrenheit.
54
N.° de bilhetes
Tendo em conta a tabela anterior, e como pelo menos um dos
bilhetes terá de ser para “mais de 10 anos”, o do professor, não é
possível que o custo total dos bilhetes possa ser 260 euros.
= 3x + 2x + x + x + 2x
3.8 Ajardim = 7 * A[FGD]
Pág. 175
6.1
7.
Pág. 176
7.1 40 minutos.
7.2 A Ana tem o cabelo ruivo.
Da leitura da tabela, conclui-se que 40 =
D
.
5
D
§ D = 200 .
5
Na tabela D = 200 corresponde ao cabelo ruivo.
Como 40 =
8.
Pág. 177
8.1 Gráfico A .
8.2 3 é o comprimento de uma volta completa.
17
= 5,(6) .
3
O maior número possível de voltas é 5 .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
9.
CAPÍTULO 5
Pág. 178
9.1
10.
Pág. 179
10.1 a) O preço a que o telemóvel foi comprado.
b)
t (meses)
v (euros)
0
80
1
75
2
70
c) v = - 5 * 6 + 80 § v = 50
E , 80 - 50 = 30 , logo a desvalorização do telemóvel meio
ano após a sua compra foi de 30 euros.
10.2 O Nuno comprou o seu telemóvel por 68 euros, já que
80 * 0,85 = 68 .
9.2 No sábado passado a Inês gastou 186 cêntimos em chamadas
para as redes A e B .
9.3 0,9x + 1,1y = 186 § 0,9x = 186 - 1,1y
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§ x=
9.4 x =
186 - 1,1y
.
0,9
Representando por x o valor inicial do telemóvel que o Pedro
comprou e sabendo que obteve um desconto de 20% , temos
que:
68
0,8 * x = 68 § x =
§ x = 85 .
0,8
Assim, o custo do telemóvel que o Pedro comprou, sem o desconto de 20% , era de 85 euros.
186 - 1,1 * 120
§ x = 60 .
0,9
O tempo total de duração das chamadas efectuadas pela Inês, para
a rede A foi de 60 segundos.
55
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 6
1.
(B) é falsa.
(A) O ponto O não pertence à circunferência de centro Pág. 187
O e raio 3 cm , mas pertence ao círculo de centro O e raio 3 cm .
Por exemplo:
(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 O
e 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 é
uma circunferência.
Resposta: (A) .
Quer o círculo de centro A e raio AD , quer o círculo de centro A e raio AT , contém os pontos P , Q , R e S .
4.
Resposta: (C) .
5.
(A) Há uma infinidade de pontos no parque de campismo que
distam igualmente de A e de B , são todos os pontos que
pertencem à mediatriz do segmento de recta [AB] .
Pág. 188
1.2 a) Existem duas possibilidades, a saber:
ou
(B) e (C) Os pontos do parque de campismo que distam igualmente de A e de B pertencem a uma recta.
Resposta: (D) .
b) Considerando o triângulo [PQR]
6.
Resposta: (B) .
7.
Resposta: (C) .
8.
Como o plano a é o plano mediador do segmento de
Pág. 190
recta [AB] e o ponto C pertence ao plano a , então este ponto
dista igualmente de A e B . Assim, podemos concluir que o triângulo [ACB] é isósceles.
Pág. 189
r é a mediatriz de [PQ]
P
R
Q
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.
r
Resposta: (B) .
Considerando o triângulo [PQS]
10. Resposta: (B) .
1.
r é a mediatriz de [PQ]
Pág. 191
1.1 a) Por exemplo:
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b) (A) é verdadeira.
56
1.3 a)
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 6
b)
2.° desenha-se uma semi-recta, com origem no ponto A , que forme
com o segmento de recta [AB] um ângulo de amplitude 30° .
3.° o vértice C , pertence à semi-recta desenhada que dista 3 cm
do ponto A é o terceiro vértice do triângulo [ABC] .
1.7
1.4 a) e b)
Pág. 192
1.° desenha-se um segmento de recta [AB] de comprimento
menor que 5 cm ;
2.° desenha-se uma semi-recta, com origem no ponto B , que forme
com o segmento de recta [AB] um ângulo de amplitude 30° ;
3.° com centro no ponto B traça-se um arco de circunferência
com 5 cm de raio.
4.° desenha-se uma semi-recta, com origem no ponto A , perpendicular ao segmento de recta [AB] .
5.° o ponto de intersecção da semi-recta desenhada no 4.° ponto
com o arco da circunferência é o terceiro vértice do triângulo
[ABC] .
r é a mediatriz de [AC]
2.
s é a mediatriz de [BC]
2.1
O é o circuncentro do triângulo [ABC] , ou seja, é o ponto de
intersecção das rectas r e s .
1.5
1.° desenha-se um segmento de recta [AB] de 3 cm de comprimento;
2.° com
com
com
com
centro no ponto B traça-se um arco de circunferência
5 cm de raio;
centro no ponto A traça-se um arco de circunferência
3 cm de raio;
O lugar geométrico desenhado é uma circunferência.
2.2
3.° o ponto de intersecção dos dois arcos de circunferência é o terceiro vértice do triângulo [ABC] .
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1.6
1.° desenha-se um segmento de recta [AB] de 5 cm de comprimento:
57
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 6
3.
5.5 lugar geométrico dos pontos pertencentes ao círculo de centro O e
raio OB e aos lados do triângulo [OAB] .
5.6 lugar geométrico dos pontos que pertencem simultaneamente ao
quadrilátero [ABCD] e ao quadrilátero [EFGH] .
6.
Pág. 194
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 realidade. Então, tem-se:
r é a mediatriz de [PQ]
Qualquer ponto pertencente à recta r está igualmente distanciado
das casas do Paulo e do Quim e, em particular, os pontos A e B
distam 400 metros de cada uma das casas (são os pontos de
intersecção da recta r com a circunferência de centro em Q e
raio 4 cm ou de centro P e raio 4 cm . Podem plantar a árvore
em A ou em B .
100 metros correspondem a 10 centímetros.
80 metros correspondem a 8 centímetros.
7.
7.1 a) Os triângulos [ABC] e [DBC] são geometricamente iguais
porque têm os três lados geometricamente iguais, isto é,
AC = BC ; AD = AB (pois o ponto C dista igualmente de A e
de B , logo CD é a mediatriz de [AB] e [CD] é um lado
comum 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] , temos
que CB = CA , logo o triângulo [ABC] é isósceles.
b) Pelo teorema de Pitágoras, temos que:
BC = CD + BD
2
2
2
132 = CD + 52
2
§ CD = 169 - 25
2
§ CD = 144
2
5.
5.1 lugar geométrico dos pontos que distam do ponto O
1 cm ou mais e 2 cm ou menos.
5.2 lugar geométrico dos pontos que pertencem ao círculo de centro O
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e raio r e não pertencem ao quadrado de lado a unidades.
5.3 lugar geométrico dos pontos que pertencem ao círculo de centro O
e raio OB e que pertencem ao triângulo [ABC] .
5.4 lugar geométricos dos pontos que pertencem ao círculo de centro
O e não pertencem ao quadrilátero [OABC] .
58
CD
w>0
± CD = œ144
§ CD = 12
A[ABC] =
AB * CD 10 * 12
= 60
=
2
2
Resposta: A área do triângulo [ABC] é 60 cm2 .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 6
7.3 (A) Afirmação falsa.
9.
Por exemplo, na figura seguinte, a recta r passa pelo ponto
médio de [AB] e não é a mediatriz de [AB] , pois r não é
perpendicular a [AB] .
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:
(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 ponto
médio de [AB] .
• o ponto O corresponde ao ponto onde se situa a oliveira.
10.
Pág. 196
10.1
8.
Pág. 195
8.1
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 dessa
corda. O centro de uma circunferência dista igualmente de todos
os 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] .
t é a mediatriz de [AB]
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8.2
O ponto de intersecção das suas mediatrizes é o centro da circunferência que passa por C , D e E .
M é o ponto
médio de [AB]
s é a mediatriz
de [AM]
59
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 6
12.3
b)
O lugar geométrico desenhado chama-se coroa circular.
13.
13.1
13.2
11.
14.
Pág. 198
14.1 lugar geométrico dos pontos do plano que pertencem ao círculo
de centro O e raio três unidades que têm abcissa positiva ou
nula e ordenada positiva ou nula.
14.2 lugar geométrico dos pontos do plano que pertencem ao círculo
de centro O e raio três unidades que têm abcissa negativa ou
nula e ordenada positiva ou nula ou que têm abcissa positiva ou
nula e ordenada negativa ou nula.
14.3 lugar geométrico dos pontos do plano cuja distância à origem do
referencial é superior ou igual a uma unidade e inferior ou igual a
duas unidades e que têm ordenada maior ou igual a zero.
t é a mediatriz de [AB] .
O é o centro da circunferência.
12.
14.4 lugar geométrico dos pontos do plano cuja distância ao ponto de
coordenadas (1 , 0) é maior ou igual a uma unidade e cuja distância ao ponto de coordenadas (1,5 ; 0) é menor ou igual a
1,5 unidades.
Pág. 197
12.1 e 12.2 Por exemplo:
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15.
60
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
16. A figura II , já que, por exemplo:
CAPÍTULO 6
Pág. 199
2.
Pág. 201
2.1
a>x
r é a mediatriz de [AB]
17.
2.2
18.
s é a mediatriz de [EF]
O ponto P é o ponto de intersecção das mediatrizes de [AB] e
[BC] .
1.
2.3
Pág. 200
1.1 A (6,5 ; 4,5) .
1.2 1 : 10 000 .
1.3 Por exemplo:
t é a mediatriz de [GH]
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2.4
As árvores devem estar situadas na zona representada a cor verde
distanciadas 2 cm uma da outra.
a é a mediatriz de [LK]
b é a mediatriz de [ML]
61
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
3.
CAPÍTULO 6
Pág. 202
4.2
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
As vacas podem encontrar-se dentro do campo na zona representada a cor vermelha.
4.3 A corda da terceira vaca terá de ter, no mínimo, o comprimento da
diagonal do rectângulo. Assim, pelo Teorema de Pitágoras, vem:
x2 = 102 + 82
§ x2 = 164
x>0
± x = œ164
§ x ) 12,8
No mínimo, a corda terá de ter, aproximadamente, 12,8 metros.
3.3
5.
Pág. 204
5.1
CEXM8 © Porto Editora
O ponto P é o ponto de intersecção das mediatrizes de [AB] e
[AC] .
A piscina deve situar-se no ponto P .
4.
Pág. 203
4.1 O desenho do rectângulo foi feito usando a escala de 1 : 100 .
62
5.2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
6.
CAPÍTULO 6
Pág. 205
8.
Pág. 207
6.1 AB = œ20 cm e AC = 5 cm , logo AB 0 AC , o que exclui as
opções (A) , (B) e (D) .
Resposta: (C) .
6.2
9.
9.1
7.
Pág. 206
9.2 Segundo a escala, um quilómetro corresponde a aproximadamente
7.1 A escala utilizada foi 1 : 50 000 . Significa que 1 cm no desenho
2,3 cm .
Seguindo o caminho assinalado a cor vermelha na figura 2, a distância mínima seria 3,04 km .
2,6 + 3,9 + 0,5 = 7 cm
corresponde a 50 000 cm na realidade, ou seja, a 0,5 km na realidade.
Desta forma, 5 km na realidade corresponde a 10 cm no desenho
e não 5 cm , como acontece. O guarda António não fez os cálculos. A escala utilizada foi 1 : 1000 .
CEXM8 © Porto Editora
7.2
Efectuando uma regra de três simples:
2,3
7
1
x;
x=
7*1
) 3,04 km
2,3
Seguindo o caminho assinalado a cor vermelha na figura 3, a distância 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=
7,5 * 1
) 3,26 km
2,3
Resposta: Assim, a distância mínima pedida é aproximadamente
3,04 km .
63
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
10.
CAPÍTULO 6
Pág. 208
Escala: 1 : 100 000 , significa que 1 cm no desenho corresponde
a 100 000 cm , ou seja, a 1 km na realidade.
A zona onde pode ser construído o parque infantil está representada a cor vermelha.
11.2
12.
11.
CEXM8 © Porto Editora
11.1
64
Pág. 209
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 7
1.
2.
(A) O monómio xy2 tem grau 3 .
Pág. 219
5
(B) Os monómios 2xy2z e x2yz são semelhantes pois não têm a
2
mesma parte literal.
1.
(D) O monómio 2x tem grau 1 e coeficiente 2 .
Resposta: (C) .
1.3 œ2 é um monómio;
1.4 - 3xy2 é um monómio;
Se a = 5 então, têm-se:
1.5 1 + œ3 é um monómio;
1.6 5œ2 é um monómio.
II. 10 * 5 = 50
2.
III. 5 + 10 = 35
2.1 2 * 3x * 5 = 30x
Resposta: (C) .
2.2 2x *
3
xy = 3x2y
2
2
1
2
1
2.3 x y * =
xy = xy
3
4 12
6
1 3 2
2.4 a * (3b) * a * = a b
2 2
5 (x + 1) - 3 (7 + x)
1 2
= 5x + 5 - 21 - 3x
= 2x - 16
Resposta: (D) .
4.
1.2 - 2x + 3 é um polinómio;
I. 10 + 5 = 15
2
3.
Pág. 221
1.1 - 2x é um monómio;
3.
(x - 3) (x - 1)
Monómio
Coeficiente
Parte literal
Grau
1
x
2
1
2
x
1
1 2
x
3
1
3
x2
2
1 2
xy
5
1
5
xy2
3
œ3
œ3
não tem
0
œ2 a
œ2
3
3
a
1
pr2
p
r2
2
= x - x - 3x + 3
2
= x - 4x + 3
2
Resposta: (C) .
5.
Pág. 220
Resposta: (A) .
6.
A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer triângulo
é 180° . Então, tem-se:
x 3x
x + 30 + +
- 30 = 180
2
2
2x x 3x 360
¤
+ +
=
2
2
2
2
¤ 6x = 360
360
¤ x=
6
¤ x = 60
Resposta: (C) .
7.
4.
Por exemplo:
4.1 2x2 e - 7x2
4.2 5t e 2t
4.3 x2y e - 10x2y
4.4
5
a e - œ2 a
2
A figura pode ser decomposta da seguinte forma
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
CEXM8 © Porto Editora
5.4 2 (3x - 5) + 2 (2y + 1) = 6x - 10 + 4y + 2 = 6x + 4y - 8
Assim, tem-se:
6.
Ajardim = A1 + A2 + A3
6.1 a - (a - 2b) + 1
(x + 1) * 5
¤ 45 =
+ (x + 1) * 5 + 5x
2
5x + 5
¤ 45 =
+ 5x + 5 + 5x
2
¤ 45 = 2,5x + 2,5 + 10x + 5
¤ 12,5x = 37,5
¤ x=3
Resposta: (C) .
= a - a + 2b + 1
= 2b + 1
1 1
x 6
2
3
1
+ x- = x+ x- x2 3
2 6
6
6
2
6.2 x (6)
(2)
(3)
5
1
= x6
2
1
1
1
1
1
6.3 3x - (x - y) + x = 3x - x + y + x
2
2
2
2
2
1
= 3x + y
2
65
CEXM8-RES-05
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 7
1
(t + 1)
2
1
1
= 1 - 4t + 6t - t 2
2
1
1
= 1 + 2t - t 2
2
6.4 1 - 2 (2t - 3t) -
(2)
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
(2)
= 2a2 + 7a - 4
2 4
1
1
+ t- t2 2
2
2
3
1
= t+
2
2
1
6.5 2b - (b - 1) + 3b - 7a
2
1
1
= 2b - b + + 3b - 7a
2
2
1
1
= 5b - b - 7a +
2
2
=
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
(2)
9.
10
1
1
b - b - 7a +
2
2
2
9
1
= b - 7a +
2
2
1
a-2
6.6 8 - 2a - (a - 1) 2
3
1
1 a 2
= 8 - 2a - a + - +
2
2 3 3
1
a
1 2
= - 2a - a - + 8 + +
2
3
2 3
=
(6)
(3)
(2)
(6)
(3)
9.1 a) (2x + 1) = 4x + 4x + 1
2
b) (3x - 1)2 = 9x2 - 6x + 1
2
1
1
1 2 x + 22 = 4 x + 2x + 4
1
1
1
1
1
d) 1 x - 2 = x + x +
3
2
9
3
4
c)
2
2
2
9.2 a) (2a - 3) (2a + 3) = 4a2 - 9
1
2
1
b) 3a -
(2)
12
3
2
48 3 4
a- a- a+
+ +
6
6
6
6
6 6
17
55
a+
=6
6
=-
7.
Pág. 223
7.1
Pág. 225
2
1
2 13a + 2 2 = 9a
1
2
-
1
1
4
1
c)
11 + 2 x2 11 - 2 x2 = 1 - 4 x
d)
1 7 - 4 x2 1 7 + 4 x2 = 49 - 16 x
4
1
4
1
16
2
1
2
9.3 a) (2 - x) 2 - (x - 1) (x + 1)
= 4 - 4x + x2 - (x2 - 1)
7.2
= 4 - 4x + x2 - x2 + 1
= - 4x + 5
b) (1 - a) (1 + a) - 3 (a + 2)2
= 1 - a2 - 3 (a2 + 4a + 4)
7.3
= 1 - a2 - 3a2 - 12a - 12
7.4
= - 4a2 - 12a - 11
c)
1
1
2
7.5
7.6
1
1- 2 x + 32 1- 2 x - 32 - 2 1x - 2 2
1
1
= x - 9 - 2 1x - x - 2
4
4
=
2
2
1 2
1
x - 9 - 2x2 + 2x +
4
2
(2) (4)
1 2 8 2
18 1
+
x - x + 2x +
4
4
2
2
7 2
19
= - x + 2x +
4
2
=
CEXM8 © Porto Editora
8.
Pág. 224
2
2
8.1 2 * x + x * x = 2x + x2
3
3
2
8.2 2 * x + x * x + x (2x + 1)
3
2
= 2x + x2 + 2x2 + x
3
(3)
8
= x2 + 3x
3
66
10.
Pág. 226
10.1 (A) e (B) , pois no primeiro membro da equação temos um produto e o segundo membro é zero.
10.2 a) (x - 1) (x + 1) = 0
§ x-1=0 › x+1=0
§ x=1 › x=-1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 7
b) (2x - 1) (x + 3) = 0
11.2 a) x2 - 16 = (x - 4) (x + 4)
§ 2x - 1 = 0 › x + 3 = 0
1
§ x=
› x=-3
2
b)
c)
1
1
c)
x-1
x+1 =0
2
2
1
1
§ x-1=0 › x+1=0
2
2
1
1
§ x=1 › x=-1
2
2
1
21
2
d)
e)
f)
§ x=2 › x=-2
1
1
21
21
1
2
2
21
1
21
1
2
1
1
§
§
§
§
i) x2 - 10x + 25 = (x - 5)2
2
2
j) x2 + 6x + 9 = (x + 3)2
k) 4x2 - 4x + 1 = (2x - 1)2
2
1 2
1
x+1
l)
x +x+1=
4
2
1
12.1 a - a2 = 0
§ a (1 - a) = 0
§ a=0 › 1-a=0
§ a=0 › a=1
2
12.2 x2 + 8x = 0
§ x (x + 8) = 0
§ x=0 › x+8=0
(3)
§ x = 0 › 2x - 3 = 0
3
§ x=0 › x=
2
1
g)
x (x - 1) (x - 3) = 0
2
1
§ x=0 › x-1=0 › x-3=0
2
§ 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)
1 2
1
x -x=x
x-1
2
2
2
x
x
e)
-x=x
-1
3
3
1
1
CEXM8 © Porto Editora
12.3 1 - x2 = 0
§ (1 - x) (1 + x) = 0
§ 1-x=0 › 1+x=0
§ x=1 › x=-1
12.4
1
- 9x2 = 0
49
1
1
§
- 3x
+ 3x = 0
7
7
1
1
§
- 3x = 0 ›
+ 3x = 0
7
7
1
1
§ - 3x = › 3x = 7
7
1
1
§ x=
› x=21
21
1
21
§ x+3=0
2
§ x=-3
12.6 4 + 4x + x2 = 0
2
g) x + x2 + x3 = x (1 + x + x2)
§ (2 + x)2 = 0
h) - 2x - x + x = x (- 2x - x + 1)
§ 2+x=0
3
2
2
i) 2x2 + 6x + 8 = 2 (x2 + 3x + 4)
§ x=-2
j) - 2x - 2x - 4x = 2x (- 1 - x - 2x )
3
4
2
§ (x + 3)2 = 0
2
f) 16x - 8 = 8 (2x - 1)
2
§ x=0 › x=-8
12.5 x2 + 6x + 9 = 0
c) a2 - a = a (a - 1)
d)
2
12.
§ x = 0 › 2x - 1 = 0
1
§ x=0 › x=
2
1
1
f) x
=0
x3
2
1
1
§ x=0 › x- =0
3
2
(2)
2
h) x2 + 2x + 1 = (x + 1)2
e) x (2x - 1) = 0
1
2
g) x - 2x + 1 = (x - 1)
1
=0
3
0
1
(x - 1) x +
=
3
3
1
(x - 1) x +
=0
3
1
x-1=0 › x+ =0
3
1
x=1 › x=3
1
2
2
21
2
d) 3 (x - 1) x +
Pág. 227
1
1
1
x+
x - = x4
2
2
1
1
1
- a2 =
-a
+a
9
3
3
1
1
1
4x2 = 2x 2x +
49
7
7
x
x
x2
1+
1= 14
2
2
1
1
1
2
- 100x =
- 10x
+ 10x
9
3
3
2
5
3
2
12.7 a2 = 6a
§ a2 - 6a = 0
§ a (a - 6) = 0
§ a=0 › a-6=0
§ a=0 › a=6
67
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 7
12.8 49 = b2
1.3
1.4
1.5
1.6
§ 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 = -
1
4
§ x2 + x +
1
=0
4
1 2
=0
2
1
§ x+ =0
2
1
§ x=2
1
§ x+
2
2.
Pág. 229
2.1 Volume = área da base * altura
=x*y*y
13.
= x * y2
13.1 a) Arectângulo = (3a + 5) (3a - 5)
= xy2
§ 200 = 9a2 - 25
Resposta: (A) .
§ 9a2 = 225
2.2 Temos que xy2 = 120 .
§ a2 = 25
5
3
O comprimento do rectângulo é 20 cm , já que
(3 * 5 + 5) cm = 20 cm .
1
§ a = 5 pois a >
2
Por exemplo:
se y = 2 então x * 22 = 120 § x = 30
40
se y = 3 então x * 32 = 120 § x =
3
se y = 10 então x * 102 = 120 § x = 1,2
b) Seja P o quociente do rectângulo, então tem-se:
a) x = 30 cm e y = 2 cm .
40
b) x =
cm e y = 3 cm .
3
c) x = 1,2 cm e y = 10 cm .
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 .
2.3 O volume do paralelepípedo é dado por b * a * a = ba2
Então tem-se:
13.2 Representemos por x a largura, em centímetros, do rectângulo.
a>0
10 * a2 = 100 § a2 = 10 ± a = œ10
Então tem-se:
2x + 2 (x + 6) = 27
3.
§ 2x + 2x + 12 = 27
§ 4x = 15
15
§ x=
4
§ x = 3,75
• O troco recebido pelo João que comprou 10 laranjas e pagou
com 10 euros foi 10 - 10x .
• A diferença entre o custo de 10 peras e o custo de 10 laranjas é
dada por 10y - 10x .
Desta forma a área do rectângulo é dada por
3,75 * (3,75 + 6) = 3,75 * 9,75 = 36,5625 .
4.
A área do rectângulo é 36,5625 cm2 .
1.
1.1
Pág. 230
• O custo total de 10 laranjas e 10 peras é 10 (x + y) .
Pág. 228
1.2
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 de
CEXM8 © Porto Editora
meloas, aquelas em que a altura e o diâmetro de cada meloa se
aproximam mais de valores idênticos.
1
p * 222 * 18 § V ) 5473,9
5
O volume da meloa considerada é aproximadamente 5473,9 cm3 .
4.5 V =
68
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 7
5.
Pág. 232
9.3 Volume = 3 (x - 4) (x + 2)
= (3x - 12) (x + 2)
= 3x2 + 6x - 12x - 24
= 3x2 - 6x - 24
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 área
do rectângulo original é dada por
9.4 a) Volume = área da base * altura
48 = área da base * 3
48
área da base =
3
área da base = 16 cm2
(x + 2x) (x + 2) = x + 2x + 2x + 4x = 3x + 6x
2
2
2
Desta forma, temos que:
3x2 + 6x = 2x + 4x + 4x + área do rectângulo D
3x2 + 6x - 2x - 4x - 4x = área do rectângulo D
b) Temos que x - 4 = 2 , ou seja , x = 6 .
área do rectângulo D = 3x2 - 4x
Desta forma, temos que:
se x = 6 então x + 2 = 8
5.2 (3 * 3,5 - 4 * 3,5) cm = 22,75 cm .
2
2
2
Assim, vem:
Área total = 2 * 2 * 3 + 2 * 8 * 3 + 2 * 2 * 8
6.
k
6.1 - 2 (5 + 10) = 5 * 5 +
2
k
§ - 10 - 20 = 25 +
2
k
§ - 30 - 25 =
2
k
§ - 55 =
2
§ k = - 110
Área total = 92 cm2
c) Ora 10 litros = 10 000 cm3 .
Desta forma, temos:
10 000 : 48 ) 208,3 , ou seja, são necessários 209 destes
recipientes.
10.
10.1 n2 dá o número de quadrados verdes da figura n ;
k
6.2 - 2 (- 1,5 + 10) = 5 (- 1,5) +
2
k
§ 3 - 20 = - 7,5 +
2
k
§ - 17 + 7,5 =
2
k
§ - 9,5 =
2
§ k = - 19
(n + 1)2 dá o número de quadrados brancos da figura n .
Desta forma, n2 + (n + 1)2 dá o número total de quadrados da
figura 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).
5
5
k
+ 10 = 5 +
3
3
2
10
25 k
§
- 20 = +
3
3
2
1
2 1 2
6.3 - 2 -
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 de
dois 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 é
sempre um número que não é múltiplo de dois.
(3)
10 60 25 k
+
§
=
3
3
3
2
25 k
§ =
3
2
(2)
7.
11.
11.1 n = 1: 2 * 1 + 1 = 3
(3)
§ - 50 = 3k
50
§ k=3
n = 2:
n = 3:
n = 4:
n = 5:
Um múltiplo de 4 é do tipo 4n com n å N .
Todos os termos obtidos são ímpares.
Ora, 4n = 2 * 2n , como 2n é par, então 2 * 2n é ainda um
número par.
8.
11.3 Por exemplo, 2n + 1 e 2n + 3 representam dois números ímpares
distintos.
Vamos adicioná-los, 2n + 1 + 2n + 3 = 4n + 4 e 4n + 4 é sempre
um número par, pois 4n + 4 = 2 * 2n + 4 .
(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.
2*2+1=5
2*3+1=7
2*4+1=9
2 * 5 + 1 = 11
11.2 Qualquer termo é ímpar.
A diferença entre a área do quadrado E e a área do quadrado F é
dada por:
9.
Pág. 234
12.
12.1
Pág. 235
Pág. 233
9.1 O prisma não pode ser um cubo, já que a equação x - 4 = x + 2 é
CEXM8 © Porto Editora
impossível.
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.
Figura 6
69
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
12.2 n = 1:
n = 2:
n = 3:
n = 4:
n = 5:
n = 6:
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
CAPÍTULO 7
* 1 * (1 + 1) = 1
15. • o triângulo [RNQ] é isósceles pois RN
w = NQ
w .
* 2 * (2 + 1) = 3
* 3 * (3 + 1) = 6
* 4 * (4 + 1) = 10
W Q = MR
WN , pois a lados iguais opõem-se ângulos geome• Ora PN
W M + PN
W Q = RN
W M + MR
WN = 90° , pelo
tricamente iguais, logo RN
ponto anterior.
* 5 * (5 + 1) = 15
W M = 180° .
• O ângulo PNM é raso, logo PN
W M = RN
W M + QN
W R + PN
WQ
Por outro , PN
* 6 * (6 + 1) = 21
W M = RN
W M + PN
W Q + QN
WR
PN
12.3 3.° termo + 4.° termo = 6 + 10 = 16 = 42
WR
180° = 90° + QN
1
12.4 11.° termo = * 11 * (11 + 1) = 66
2
1
12.° termo = * 12 * (12 + 1) = 78
2
11.° termo + 12.° termo = 66 + 78 = 144 = 122 .
W R = 90°
QN
• A[RMPQ] =
b+c
* (c + b)
2
1
= (b + c) * (c + b)
2
1
= (b + c) (b + c)
2
MN * MR c * b bc
• A[RMN] =
=
=
2
2
2
1
n (n + 1) , o termo de ordem n + 1 é
2
1
1
(n + 1) [(n + 1) + 1] = (n + 1) (n + 2) .
2
2
12.6 Dois números triangulares consecutivos são
1
1
n (n + 1) e (n + 1) (n + 2) . Então, tem-se
2
2
1
1
n (n + 1) + (n + 1) (n + 2)
2
2
1 2 1
1
= n + n + (n2 + 3n + 2)
2
2
2
1 2 1
1
3
= n + n + n2 + n + 1
2
2
2
2
= n2 + 2n + 1
• A[RNQ] =
NQ * NR a * a a2
=
=
2
2
2
bc bc a2
+
+
2
2
2
2
a
= bc +
2
=
1
a2
(b + c) (b + c) = A[RMPQ] = bc +
2
2
1
a2
• (b + c) (b + c) = bc +
2
2
1 2
a2
2
(b + 2bc + c ) = bc +
2
2
1 2
1 2
a2
b + bc + c = bc +
2
2
2
1 2 1 2 1 2
b + c = a
2
2
2
b2 + c2 = a2
Pág. 236
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 (n - 1) + (2n) = (n + 1)
2
2
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 número
n , formam um termo pitagórico.
14. Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
16.
Pág. 238
16.1 São necessários 10 bolas azuis para construir a figura 4 .
16.2 Para n = 6 , temos:
6 (6 + 1)
= 21
2
Para n = 5 , temos:
PQ
w 2 = PB
w2 + QB
w2
5 (5 + 1)
= 15
2
PQ
w 2 = (x - 2)2 + 22 , PB
w = AB
w - AP
w= x - 2
E, 21 - 15 = 6 .
PQ
w 2 = x2 - 4x + 4 + 4
PQ
w 2 = x2 - 4x + 8
w 2 = x2
Área do quadrado [ABCD] = AB
CEXM8 © Porto Editora
NP * PQ b * c bc
=
=
2
2
2
•
13.
13.1 n = 3: 2 * 3 = 6
A área da parte colorida a cor azul é igual à diferença entre a área do
quadrado [ABCD] e a área do quadrado [PQRS] , ou seja, igual a
x2 - (x2 - 4x + 8) = x2 - x2 + 4x - 8 = 4x - 8
70
• A[NPQ] =
• A[RMPQ] = A[RMN] + A[NPQ] + A[RNQ]
= (n + 1)2
2
MR + PQ
* MP
2
=
12.5 Ora se o termo de ordem n da sequência dos números triangulares é
2
Pág. 237
• num triângulo rectângulo a soma das amplitudes dos dois ângulos
agudos é 90° .
Logo, para construir a figura 6 são necessárias mais 6 bolas
azuis que para construir a figura 5 .
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
16.3
n(n + 1) (n + 1)(n + 2)
+
2
2
2
n + n n2 + 2n + n + 2
=
+
2
2
n2 + n + n2 + 2n + n + 2
=
2
2n2 + 4n + 2
=
2
= 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
CEXM8 © Porto Editora
§ x2 + 5 + 6 = 2n2 + 6
CAPÍTULO 7
18.
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:
§ 2x2 + 6 - x2 - 5x - 6 = 0
2n - 3 e 2n - 1 são dois números ímpares consecutivos.
§ x - 5x = 0
Determinemos a diferença entre os seus quadrados.
§ x (x - 5) = 0
(2n - 1)2 - (2n - 3)2 = 4n2 - 4n + 1 - (4n2 - 12n + 9)
2
§ x=0 › x=5
Como x > 0 , vem que x = 5 .
= 4n2 - 4n + 1 - 4n2 + 12n - 9
= 8n - 8
= 8 (n - 1) é um múltiplo de 8 .
71
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 8
1.
b)
Pág. 247
Uma figura transformada por uma translação mantém-se geometricamente igual à primeira, não altera o seu tamanho e nunca roda.
Resposta: (D) .
2.
Resposta: (C) .
3.
Pág. 248
» e d» têm a mesma direcção, sentidos contrários e
• Os vectores b
comprimentos diferentes.
• Os vectores c» e d» têm direcção, sentido e comprimentos diferentes.
c)
• Os vectores a» e d» têm direcção, sentido e comprimentos diferentes.
• Pela regra do triângulo, temos:
Resposta: (D) .
4.
«» + HK
«» = AB
«» + BE
«» = AE
«» 0 AH
«»
4.1 • AB
d)
«» + JG
«» = EH
«» + HE
«» = EH
«» - EH
«» = »
• EH
0
«» + HI
«» = IH
«» - IH
«» = »
«»
• IH
0 0 LJ
«» + CG
«» = AB
«» + BH
«» = AH
«» 0 AE
«»
• AB
Resposta: (B) .
«» + EG
«» = AB
«» + BD
«» = AD
«»
4.2 • AB
«» + JG
«» = FE
«» + EB
«» = FB
«» 0 FH
«»
• FE
«» + GD
«» = HE
«» + EB
«» = HB
«» 0 »
• HE
0
«» + CJ
«» = «»
«»
• BC
BJ 0 BG
Resposta: (A) .
1.
1.1 Por exemplo:
Pág. 249
2.
Pág. 250
2.1 A figura B pode ser obtida da figura A deslocando esta sete unidades para a direita.
2.2 A figura C pode ser obtida da figura A deslocando esta 13 unidades para a direita e uma unidade para baixo.
2.3 A figura D pode ser obtida da figura A deslocando esta 17 unidades para a direita e três unidades para baixo.
2.4 A figura F pode ser obtida da figura A deslocando esta 11 unidades para a direita e seis unidades para baixo.
1.2 a)
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]
CEXM8 © Porto Editora
para as coordenadas dos vértices do rectângulo [A'B'C'D'] , adiciona-se seis unidades à abcissa e subtrai-se quatro unidades à
ordenada de cada um dos pontos A, B , C e D .
72
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 8
4.
Pág. 251
4.1
4.2
4.3
4.4
6.3
6.4
5.
«» + BC
«» = AC
«» (ou FD
«» ou IG
«») ;
5.1 AB
«» + ED
«» = AB
«» + BC
«» = AC
«» (ou FD
«» ou IG
«») ;
5.2 AB
«» + DE
«» = AB
«» + BA
«» = AB
«» - AB
«» = »
5.3 AB
0;
«» + EH
«» = AB
«» + BE
«» = AE
«» (ou BD
«» ou FH
«» ou EG
«» ) ;
5.4 AB
«» + CG
«» = AB
«» + BH
«» = AH
«» (ou BG
«») ;
5.5 AB
«» + IG
«» = HI
«» + IG
«» = HG
«»
5.6 EF
(ou
6.5
«» ou FE
«» ou ED
«» ou AB
«» ou BC
«») ;
IH
«» + HD
«» = AE
«» + EC
«» = AC
«» (ou FD
«» ou IG
«») ;
5.7 AE
«» = «»
«» = IC
«» ;
5.8 «»
IE + HD
IE + EC
«» + DE
«» = »
5.9 ED
0;
«» = ID
«» (ou FC
«») .
IE + ED
5.10 «»
6.
Pág. 252
6.1
6.6
CEXM8 © Porto Editora
6.2
73
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 8
7.
8.
7.1 a)
8.1 8.2 8.3
Pág. 254
A' (1 , - 1) ; B' (8 , - 1) e C' (3 , 2) .
b)
9.
«» ou DC
«» ;
9.1 ED
«» ;
«» ou CD
«» ou BF
9.2 DE
9.3 O ponto D ;
9.4 O triângulo [ABF] .
1.
Pág. 255
W C = CBWI .
1.1 Temos que ID
W C + CBWI + DC
W B + BIWD = 360°
Por outro lado temos que ID
W
§ 2 * CBI = 360° - 50° - 90°
A' (- 2 , 2) ; B' (7 , 2) e C' (- 2 , 6) .
§ CBWI = 220° : 2 § CBWI = 110° .
7.2
1.2 A figura [ABCDEFGH] tem quatro eixos de simetria.
1.3 a) [ID] ;
b) o triângulo [IED] ;
c) o quadrilátero [IHGF] .
CEXM8 © Porto Editora
1.4
74
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 8
1.5
2.3
2.4
2.
Pág. 256
2.1 O (0 , 0) ; A (4 , - 4) ; B (8 , 0) e C (4 , 4) .
2.2
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 obtidas
CEXM8 © Porto Editora
das coordenadas dos pontos O , A , B e C , respectivamente,
mantendo a abcissa e adicionando três unidades à ordenada.
75
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 9
1.
Pág. 260
3.
I. Eliminam-se as notas 7,2 e 9,3 .
7,4 + 8,4 + 8,6 + 9,2 + 8,7 + 8,1
= 8,4 .
II.
6
Flávia
• A percentagem de alunos do 8.° ano da escola da Inês que foi de
26
bicicleta é, aproximadamente, 11%
* 100% .
245
• A percentagem de alunos do 8.° ano da escola da Inês que foi de
100
autocarro é, aproximadamente, 41%
* 100% .
245
• A percentagem de alunos do 8.° ano da escola da Inês que foi a
49
* 100% .
pé é 20%
245
1
2
1
1
I. Eliminam-se as notas 7,1 e 9,8 .
9,1 + 8,3 + 8,4 + 8,3 + 8,1 + 7,9
= 8,35 .
II.
6
2
A Joana e a Flávia, neste exercício, obtiveram 8,4 pontos e 8,35
pontos, respectivamente.
2
Resposta: (D) .
2.
Pág. 263
Joana
• O número de alunos do 8.° ano da escola da Inês é
245 (26 + 100 + 70 + 49) .
4.
4.1 O número de alunos que obteve menos de 15 respostas correctas é
• Em 2006 a mãe da Inês comprou 15 presentes.
nove. Assim, temos:
• Em 2007 a mãe da Inês comprou 10 presentes.
9
* 100% = 11,25%
80
• A mãe da Inês comprou o mesmo número de presentes em 2006
e 2008 .
• Nos três anos, 2006 , 2007 e 2008 a mãe da Inês comprou 40
presentes (15 + 10 + 15) .
A percentagem de alunos que obtiveram, no teste, menos de 15
respostas correctas é 11,25% .
4.2 O número de alunos que obtiveram mais de 44 respostas correctas
Resposta: (D) .
é 41 (21 + 12 + 8) .
3.
Pág. 261
4.3
• O mês em que esta empresa alugou mais automóveis foi em
Junho.
• Em Fevereiro esta empresa alugou 30 automóveis e em Março
alugou 40 automóveis.
• No primeiro trimestre do ano passado, esta empresa alugou 130
automóveis e no segundo trimestre do ano passado alugou 160
automóveis. E, 160 - 130 = 30 .
• No primeiro quadrimestre do ano passado esta empresa alugou
180 automóveis.
Resposta: (C) .
4.
Resposta: (C) .
1.
Pág. 262
1.1 Sim, a Inês foi dos quatro irmãos aquela que poupou mais
dinheiro. A Inês poupou 40% do seu salário do mês de Abril.
5.
46,5% (40% + 6,5%) .
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.
CEXM8 © Porto Editora
2.
Pág. 264
5.1 A percentagem de portugueses cujo grupo sanguíneo é o A é
5.2 A percentagem de portugueses cujo grupo sanguíneo não é o B é
91,9% (100% – 6,9% – 1,2%) .
5.3 A percentagem de portugueses que não possui o factor Rhesus é
14,8% (6,5% + 1,2% + 0,4% + 6,7%) .
2.1 Este gráfico tem o nome de pictograma.
2.2 Na agricultura, nos têxteis e no comércio.
6.
2.3 A razão entre o número de homens e o número de mulheres que
6.1 O número de doentes medicados que registaram melhoras foi 2983
trabalham nesta cidade é
19
.
12
(52 + 126 + 310 + 490 + 659 + 1346) .
6.2 Vamos determinar o número de doentes medicados.
120 + 235 + 528 + 822 + 1099 + 2244 = 5048 .
2983
Então, tem-se:
* 100% ) 59,0927% .
5048
A percentagem de doentes medicados que registaram melhoras é,
aproximadamente, 59% .
76
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
7.
Pág. 265
c) O António tem mais moedas de 20 cêntimos que moedas de
outro valor qualquer (pois a moda dos valores das sete moedas
é 0,20 euros). O valor que ocupa a posição central, depois de
ordenados 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:
7.1 • Há quatro cubos com duas faces pintadas.
• Há oito cubos com três faces pintadas.
4
1
=
e a
12 3
8
2
= .
percentagem de cubos com três faces pintadas é
12 3
1 2
2
2 1 1
E,
= : 2 , já que
:2= * = .
3 3
3
3 2 3
• A percentagem de cubos com duas faces pintadas é
0,10
0,20
0,20
0,50
1
2
O António tem uma moeda de 10 cêntimos, três moedas de 20
cêntimos, uma moeda de 50 cêntimos, uma moeda de um euro
e uma moeda de dois euros.
Resposta: (D) .
7.2 Doze pequenos cubos têm apenas duas faces pintadas.
8.
0,20
Pág. 266
32 + 24
* 100% ) 58,9% .
95
A percentagem de pessoas, que habitam o prédio do António e
têm um “peso” igual ou superior a 57 kg é, aproximadamente,
59% .
1.2 a) Temos que
8.1 As regiões que evidenciam um índice de envelhecimento acima da
média nacional são: Centro, Alentejo e Algarve.
8.2 As duas regiões onde se verificam os índices de envelhecimento
b)
mais baixos são: R. A. dos Açores e R. A. da Madeira.
8.3 A região que possui índice de envelhecimento mais próximo do
índice de envelhecimento da média nacional é Lisboa.
9.
9.1 A diferença do número de pessoas que viu televisão num computador, do mês de Janeiro para o mês de Fevereiro foi de:
680 - 663 = 17 , ou seja, de 17 milhares. Efectuando uma regra
de três simples, vem que:
680
17
x=
100
x
17 * 100
§ x = 2,5
680
A percentagem correspondente a essa diminuição é 2,5% .
9.2 Equação que traduz os dados do problema:
680 + 663 + 682 + x
= 680 ;
4
em que x é o número de pessoas (em milhares) que viu televisão
num computador em Abril de 2006 , em Portugal.
Resolvendo a equação, vem:
2025 + x
= 680 § 2025 + x = 2720 § x = 695
4
Em Abril desse ano 695 milhares de pessoas viram televisão num
computador.
10.
Pág. 267
2.
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.
27
* 100% = 90% .
30
A percentagem de alunos que não foi de bicicleta é 90% .
Desta forma, vem:
2.3 O gráfico C .
Não é o gráfico A porque a altura da barra correspondente ao
transporte comboio é superior ao que deveria ser (por exemplo,
deveria ter exactamente o triplo da altura da barra correspondente
ao transporte bicicleta).
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 e
tornozelos”.
Não é o gráfico C porque a barra correspondente a “Ombros e
costas” tem menor altura do que a barra correspondente a
“Cabeça e face”.
Pág. 269
Não é o gráfico B porque a altura da barra correspondente ao
transporte autocarro é inferior ao que deveria ser (por exemplo,
deveria ter exactamente o dobro da altura da barra correspondente
ao transporte bicicleta).
3.
Pág. 270
3.1 A percentagem de alunos que leu cinco livros é 10%
(100% - 20% - 15% - 15% - 20% - 20%) .
CEXM8 © Porto Editora
1.
Pág. 268
1.1 a) Adiciona-se o valor de cada uma das sete moedas do António e
divide-se essa soma por sete.
b) Ordenava-se, por ordem crescente ou decrescente, os valores das
sete moedas do António. O valor que ocupa a posição central
corresponde à mediana.
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%) .
77
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
3.5 O número de alunos que não leu qualquer livro é 300 (0,2 * 1500) .
5.3 A moda é 40 (número das sapatilhas que apresenta maior fre-
O número de alunos que leu:
quência).
• um livro é 225 (0,15 * 1500) ;
5.4 Temos que:
• dois livros é 225 (0,15 * 1500) ;
37 * 5 + 38 * 6 + 39 * 9 + 40 * 11 + 41 * 6 + 42 * 3
=
40
1576
= 39,4
=
40
• três livros é 300 (0,2 * 1500) ;
• quatro livros é 300 (0,2 * 1500) ;
• cinco livros é 150 (0,1 * 1500) .
A média do número das sapatilhas que os 40 alunos inquiridos
usam é, aproximadamente, 39 .
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.
5.5 • 22,5% dos inquiridos usam sapatilhas com número superior a
40
3.6 • A percentagem de alunos que não leu qualquer livro é igual à
percentagem de alunos que leu quatro livros.
• 12,5% dos inquiridos usam sapatilhas com número inferior a
5
38
* 100% .
40
• O número de alunos que leu quatro livros é 300 e o número de
alunos que leu dois livros é 225 .
4
E,
* 225 = 300 .
3
• A percentagem de alunos que leu menos do que dois livros é
superior à percentagem de alunos que leu mais do que três livros
(35% > 30%) .
1
2
• 27,5% dos inquiridos usam sapatilhas com número
11
* 100% .
40
40
1
2
• 50% dos inquiridos usam sapatilhas com número inferior a
20
40
* 100% .
40
1
• A percentagem de alunos que leu quatro livros é inferior à soma das
percentagens dos alunos que leram um e dois livros (20% < 30%) .
Resposta: (B) .
9
1 40 * 100%2 .
2
Resposta: (D) .
5.6 Significa que depois de ordenados por ordem crescente ou decrescente os números das sapatilhas dos 40 alunos inquiridos, a média
aritmética dos dois valores que ocupam as posições centrais é 39,5 .
4.
Pág. 271
4.1 A percentagem de jovens que não sabe ou não responde é 18%
(100% – 40% – 30% – 12%) .
6.
O gráfico (D) .
Não pode ser o gráfico (A) porque, por exemplo, a área do sector
circular corresponde a televisão tem de ser superior à área do sector
circular correspondente a jogos.
Não pode ser o gráfico (B) porque, por exemplo, a percentagem
referente a Internet é 40% e no gráfico é de 50% .
Não pode ser o gráfico (C) porque, por exemplo, não aparece neste
gráfico o sector circular referente a “Não sabe ou não responde”, ou
seja, a sua percentagem é de 0% , o que não é verdade.
4.2
6.1 A turma da Inês, o 8.°C , tem 25 alunos (3 + 4 + 6 + 5 + 3 + 3 + 1) .
6.2
70%
952
46 * 3 + 48 * 4 + 50 * 6 + 53 * 5 + 55 * 3 + 60 * 3 + 65
25
1305
=
= 52,2
25
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 , então
tem-se:
12 * 51,5 + 13x
= 52,2
25
§ 618 + 13x = 1305 § 13x = 687 § x ) 52,85
Preferência dos Jovens – Internet vs televisão
Internet
Pág. 273
Televisão
20%
272
Não sabe ou
não responde
10%
136
A média do “peso” dos rapazes do 8.° C é, aproximadamente,
52,85 kg .
Total
100%
1360
6.4 Significa que se ordenarmos por ordem crescente ou decrescente os
“pesos” dos alunos do 8.° C , o “peso” que ocupa a posição central
é 50 kg .
5.
Pág. 272
40
5.1
* 100% ) 5,71%
700
A percentagem de alunos da escola que foi inquirida é, aproximadamente, 6% .
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 raparigas
é, aproximadamente, 51,65 kg e 50,3 kg .
5.2
7.
CEXM8 © Porto Editora
Pág. 274
35 * 2 + 40 + 45 * 3 + 50 * 7 + 60 * 5 + 65 * 3 + 75 * 2 + 80
7.1 a)
24
1320
= 55 .
=
24
A média das classificações obtidas por estes 24 alunos no primeiro teste de Matemática foi, efectivamente, 55% .
b) A média aumentou, já que a classificação obtida pelo Nuno foi
superior à média das classificações.
78
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
CAPÍTULO 9
7.2 A média das classificações dos alunos que compõem o grupo da
9.3 Inicialmente, vamos determinar a amplitude do sector circular cor-
Inês é dada por:
respondente a cada sabor. Então, tem-se:
58 * 3 + x
, sendo x a classificação obtida pela Inês no trabalho
4
do grupo. Por outro lado, sabemos que entrando com a classificação
Maçã
Banana
360°
a
da Inês a média não varia mais do que 1% . Desta forma, temos:
58 * 3 + x
= 57 § 174 + x = 228 § x = 54
4
58 * 3 + x
= 59 § 174 + x = 236 § x = 62
4
a=
24
2
360°
b
2 * 360°
= 30°
24
b=
Morango
360°
d
A classificação da Inês pode ser igual ou superior a 54% e igual
ou inferior a 62% .
d=
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) . No
entanto, a professora atribui 40% a um dos valores de uma parcela, quando deveria atribuir 90% , desta forma têm-se:
1550
1500 - 40 + 90 = 1550 e
= 62 .
25
Ao efectuar a correcção, a média das classificações obtidas pelos
25 alunos no 2.° teste de Matemática passou a ser 62% .
Kiwi
24
3
3 * 360°
= 45°
24
360°
c
c=
24
4
4 * 360°
= 60°
24
Ananás
24
7
360°
e
7 * 360°
= 105°
24
e=
24
8
8 * 360°
= 120°
24
Desta forma, temos:
7.4 A média das classificações obtidas pelos 25 alunos neste 3.° teste
de Matemática será igual à média das classificações obtidas pelos
mesmos 25 alunos no 2.° teste de Matemática acrescida de duas
unidades, ou seja, 64% .
8.
Pág. 275
8.1 a) Por exemplo, a afirmação é verdadeira pois o valor da maior
despesa mensal é precisamente 350 euros, facto que ocorreu
nos meses de Março e Dezembro.
Nos restantes meses do ano, a despesa em cada mês foi sempre
inferior a 350 euros.
b) Por exemplo, a afirmação é verdadeira já que em Janeiro e
Fevereiro foram gastos 150 euros em cada um dos meses e só o
valor gasto em Março ultrapassa os 300 euros, facto que desde
logo implica que a média da despesa mensal em vestuário, no
primeiro quadrimestre do ano, seja superior a 150 euros.
8.2 Temos que:
150 + 150 + 350 + 120 + 100 + 150 + 50 + 200 + 50 + 350
12
1670
=
) 139,17
12
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. Se
a média da despesa em vestuário, no primeiro quadrimestre, foi de
200 euros significa que, em média, em cada um dos primeiros quatro meses se gastaram 200 euros; o mesmo raciocínio se aplica aos
meses de Maio e Junho, ou seja, em cada um deles, em média, gastaram-se 220 euros. Desta forma, temos que a média da despesa
em vestuário no primeiro semestre é dada por:
4 * 200 + 2 * 220
) 206,67 .
6
CEXM8 © Porto Editora
9.
Pág. 276
9.1 A moda do sabor de iogurte preferido é ananás (é o sabor que apresenta maior número de preferências).
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
160
, ou seja 4 : 1 .
40
10.3 O número total de patos existentes no lago é 280 (14 * 20) .
Então, tem-se que:
160
* 100% ) 57% ;
280
40
) 14% ;
• a percentagem de patos do tipo B é
280
80
• a percentagem de patos do tipo C é
) 29% .
280
Desta forma, temos:
• a percentagem de patos do tipo A é
Tipo A
Tipo B
Tipo C
57%
14%
29%
10.4 Por exemplo:
Tipo A
••••••••••
Tipo B
•••••••
Tipo B
••••
•
representa 10 patos
9.2 A percentagem do total dos estudantes que responderam ananás é,
aproximadamente, 33%
8
1 24 * 100%2 .
79
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA 8.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
11.
11.1
11.2
CAPÍTULO 9
Pág. 278
Sim
70 pessoas ) 33%
Não
143 pessoas ) 67%
14.
14.1
Pág. 281
Tipo de comida
%
Amplitude do ângulo
Hidratos de carbono
60
216°
Gordura
25
90°
Sim
70 pessoas = 35%
Proteínas
15
54°
Não
130 pessoas = 65%
Total
100
360°
ou
Sim
77 pessoas = 35%
Não
143 pessoas = 65%
12.
14.2
Pág. 279
12.1 O António já respondeu a 18 questões (0,6 * 30) correctamente, a Maria já respondeu a 15 questões (0,5 * 30) correctamente. Cada um deles ainda tem de responder a cinco questões.
Desta forma, existem três possibilidades para a Maria ganhar o
jogo, a saber:
• a Maria responde a quatro da cinco questões correctamente e o
António erra todas as cinco questões.
• a Maria responde às cinco questões correctamente e o António
apenas responde a uma das cinco questões correctamente.
14.3
• a Maria responde às cinco questões correctamente e o António
erra 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 que
o Nuno.
13.
Pág. 280
13.1 A situação onde ocorreu maior número de acidentes foi “atravessar em passadeira sinalizada”.
2+7
13.2 Temos que
* 100% ) 10% .
91
Na situação “A sair ou entrar num veículo” a percentagem de
vítimas que morre ou fica gravemente ferida é, aproximadamente,
10% .
8 + 456
13.3 Temos que
* 100% ) 89% .
519
Na situação “Atravessar fora da passadeira que está a mais de 50
m” a percentagem de vítimas que morre ou fica ligeiramente
ferida é, aproximadamente, 89% .
13.4 É mais perigoso um peão transitar pela direita da faixa de rodagem que pela esquerda. Esta situação pode ser justificada pelo
simples facto de o número de vítimas que circulam pela direita da
faixa de rodagem ser 138 , enquanto que o número de vítimas
que circulam pela esquerda da faixa de rodagem ser 64 .
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13.5 Temos que:
1+7
6+9
* 100% ) 10,96% e
* 100% ) 10,87% .
73
138
Desta forma podemos concluir que é mais provável, embora que
ligeiramente, morrer ou ficar gravemente ferido a “Atravessar a
passadeira sem respeitar os semáforos”.
13.6 Esta linha pode referir-se a situações de atropelamento que não
constam na tabela.
80
Tipo de comida
%
Hidratos de carbono
65
Gordura
20
Proteínas
15
Total
100
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 foi
25% e em 2007 foi 30% .
15.2 O país que registou uma maior percentagem de agregados familiares
que acederam à Internet, de suas casas e por banda larga, em
2006 , foi o Reino Unido.
15.3 O país que verificou o maior aumento de percentagem de agregados familiares que acederam à Internet, de suas casas e por banda
larga, de 2006 para 2007 , foi a França (registou um aumento
de 15%) .
15.4 Cada agregado familiar é constituído por quatro pessoas e se três
delas tiveram acesso à Internet, significa que três em cada quatro
pessoas tiveram acesso à Internet, ou seja, 75% das pessoas.
Desta forma temos:
País
Número 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