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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
1
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1
SEMELHANÇA ENTRE FIGURAS PLANAS
Páginas 3 - 11
Problema 1
(X) Medida do ângulo CAB e medida do ângulo C’A’B’.
Problema 2
Problema 3
a) Sim, pois todos são retos.
b) Não, porque as medidas dos lados não são proporcionais.
Problema 4
1o passo: marcar os segmentos OA’, OB’, OC’ e OD’, de comprimentos iguais ao dobro dos comprimentos de OA, OB, OC e OD, respectivamente.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
2
2o passo: unindo os pontos A’, B’, C’ e D’ por segmentos de reta, teremos obtido uma ampliação de fator 2 do losango original.
Atividade 2 – Razão de semelhança
Problema 1
a) cmBABABA
AB
FB
FB3´´
´´
2
9
6
´´´ .
b) 5,12
36.9.´ kkFBkFB .
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
3
Problema 2
a) 222
34
32
4
3)(cm
ABÁrea .
4
3.
2
.
2
3.
22
222
hÁrea
hh
b) 222
325,24
33
4
3´)´(cm
BAÁrea .
c) .5,125,23
325,2 2 vezesvezes
Problema 3
Atividade 3 – Ampliação e reduções: perímetros e áreas
Problema 1
Dado que um triângulo é ampliação do outro, podemos garantir a congruência entre os
ângulos correspondentes e, também, a proporcionalidade entre as medidas dos lados
correspondentes.
a) cmLILILI
MA
GL
SM
3
164
8
6 .
b) O ângulo SÂM é congruente ao ângulo GÎL; logo, a medida de SÂM = 65º.
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4
c) º88ˆ180ˆ2765180ˆˆˆ 0000 AMSAMSAMSASMMAS .
d) O ângulo IGL ˆ é congruente ao ângulo ASM ˆ ; logo, a medida de IGL ˆ = 27º.
e) O ângulo ILG
é congruente ao ângulo AMS
; logo, a medida de ILG
= 88º.
Problema 2
a) A base menor de TUBA tem 5 unidades, bem como sua altura. Assim, em uma
redução de fator 2,5, essas medidas passarão a ser iguais a duas unidades no polígono
NECO. E a base maior de TUBA tem 9 unidades; com a redução passará a ser igual a
3,6 unidades, conforme representado na figura.
b) NECO é também um trapézio isósceles, assim como TUBA, visto que um é redução
do outro. Nesse caso, mantêm-se as características da figura inicial.
c) A altura de TUBA mede 5 cm e a altura de NECO mede 2 cm, pois 5 ÷ 2,5 = 2.
d) A base maior de NECO = 9 ÷ 2,5 = 3,6 cm e base menor de NECO = 5 ÷ 2,5 = 2 cm.
e) O perímetro de TUBA é 2,5 vezes maior que o perímetro de NECO, pois todas as
medidas lineares de TUBA foram reduzidas 2,5 vezes a fim de que fosse obtido
NECO.
f) A área de TUBA é (2,5)2 maior do que a área de NECO, conforme é possível
perceber pelo cálculo seguinte:
Área de trapézio = 2
. alturamenorbasemaiorbase
Área (TUBA) = 2352
5.59cm
Área (NECO) = 26,52
2.26,3cm
35 ÷ 5,6 = 6,25 = (2,5)2.
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Atividade 4 – Semelhança entre prismas representados na malha
quadriculada
Problema 1
São semelhantes 1 e 3 e são semelhantes 4 e 5.
Fator de proporcionalidade:
• de (1) para (3): ampliação (fator 2);
• de (3) para (1): redução (fator 2
1);
• de (4) para (5): redução (fator 2
1);
• de (5) para (4): ampliação (fator 2).
Problema 2
a) e b) Resposta pessoal. Um exemplo:
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6
Problema 3
Problema 4
Desenho: resposta pessoal.
Dois cubos são sempre semelhantes, pois em um cubo todas as suas arestas possuem a
mesma medida.
Problema 5
MMeeddiiddaa AArreessttaa ÁÁrreeaa ddaa bbaassee ÁÁrreeaa ttoottaall VVoolluummee
MMeennoorr ssóólliiddoo x y z w
MMaaiioorr ssóólliiddoo x .4 = 4x y .42 = 16y z .42 = 16z w .43 = 64 w
As medidas lineares manterão a razão 1 : 4, enquanto a relação de proporcionalidade
entre as áreas será de 1 : 42 e, entre os volumes, será de 1 : 43.
Páginas 11 - 13
Problema 1
a) DA
EH
CB
FG mDA
DA75
25
180
60 .
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7
b) DA
EH
CB
FG mEH
EH6
18180
60 .
c) DA
EH
CB
FG kDA
DA
k3
180
60 .
Problema 2
ABCDDA
EH
AB
EF
CD
HG
DA
EH
CB
FG 1518
180
60
a) mCDCD
5418
180
60 .
b) mABAB
4515
180
60 .
Problema 3
O perímetro do trapézio ABCD é igual a 309 m. Como BC = 180 m, CD = 54 m e
AB = 45 m, a medida de DA será igual a: 309 – (180 + 54 + 45) = 30 m.
Problema 4
TTrraappéézziioo AABBCCDD
BC 180 DA 30 AB 45 CD 54
TTrraappéézziioo EEFFGGHH
FG 60 EH 10 EF 15 GH 18
Convém observar e salientar que a razão de semelhança entre os trapézios ABCD e
EFGH é igual a 3, como é possível perceber pela divisão entre dois valores de uma
mesma coluna da tabela. ABCD é uma ampliação de EFGH (fator 3); EFGH é uma
redução de ABCD (fator 3
1).
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2
TRIÂNGULOS: UM CASO ESPECIAL DE SEMELHANÇA
Páginas 15 - 20
Problema 1
Resposta pessoal.
Problema 2
b = d = f = 58o; a = c = g = e = 180o – 58o = 122º.
Problema 3
Pares de ângulos opostos pelo vértice: (b) e 58o; (f) e (d); (a) e (c); (g) e (e).
Pares de ângulos alternos e internos: (a) e (g); (d) e 58o.
Pares de ângulos alternos e externos: (c) e (e); (b) e (f).
Pares de ângulos correspondentes: (c) e (g); 58o e (f); (b) e (d); (a) e (e).
Problema 4
32o + 83o + BCA = 180o BCA = 65o.
DEA = BCA = 65o.
Atividade 2 – Triângulos semelhantes: contexto e aplicações
Problema 1
a) Os ângulos internos dos dois triângulos são correspondentemente congruentes.
Assim, os ângulos internos de MEU medem 100o, 58o e 22o.
b) Os ângulos internos dos dois triângulos são correspondentemente congruentes.
Assim, os ângulos internos de GIL medem 100o, 58o e 22o.
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c) cmIGIGIG
ME
IL
EU8,3
2
10
2,5 .
Problema 2
a) SD e SC, SA e SB.
b) SB
SA
SC
DS
BC
AD .
c) 4554180
30
SA
SA
SD
SD
SB
SA
SC
SD
BC
AD.
As medidas SD e SA podem ser obtidas dessa dupla proporção, resultando
SD = 10,8 m e SA = 9 m.
Convém observar e salientar a razão de semelhança entre os dois triângulos, nesse
caso igual a 6
1.
SC = SD + DC = 10,8 + 54 = 64,8 m.
SB = SA + AB = 9 + 45 = 54 m.
TTrriiâânngguulloo SSAADD ((mm)) SA 9 AD 30 SD 10,8
TTrriiâânngguulloo SSBBCC ((mm)) SB 54 BC 180 SC 64,8
d)
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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cmTETETETE
TE
mTHTHTHTH
THTH
TH
TE
TE
TG
TH
FG
EH
TF
TE
315010601560
10
6,318010601860
101860
10
15
Portanto,
TTrriiâânngguulloo TTEEHH ((mm)) TE 3 TH 3,6 EH 10
TTrriiâânngguulloo TTFFGG ((mm)) TF 18 TG 21,6 FG 60
Páginas 20 - 25
Problema 3
Semelhança entre os triângulos OBE e OCF: CF
BE
OF
OE
OC
OB ,
105,12810
15
12 CFOF
CFOF.
Semelhança entre os triângulos ODG e OBE: BE
DG
OB
OD
OE
OG ,
3,137,16812
20
10 DGOG
DGOG.
Problema 4
Os triângulos ABC e ADB têm ângulos correspondentemente congruentes, sendo,
portanto, semelhantes.
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mADADBDAD
AC
BD
BA
BA
BC25,11
1815
15
24 .
Portanto, a viga AD medirá 11,25 m.
Atividade 3 – Semelhanças: cordas, arcos e ângulos
Problema 1
a) Ângulos com mesma medida: PCB e PDA, CPB e DPA, CBP e DAP.
Proporções: PD
PC
AD
BC
PA
PB .
b) PDPBPAPCPD
PC
PA
PB.. ; logo, é correta a relação citada.
Problema 2
Podemos estabelecer a seguinte proporção entre as medidas dos lados dos triângulos
representados na figura: 68
129 PA
PAPD
PC
PA
PB.
Problema 3
a)
b)PB
PD
PC
PA
BC
AD .
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c) PDPCPBPA
PB
PD
PC
PA
BC
AD..
Problema 4
De acordo com a relação obtida na atividade anterior, podemos escrever:
12.4 = x(x – 10)
48 = x2 – 10x
x2 – 10x – 48 = 0
7352
29210
1.2
)48(.1.4)10(10 2
x
Portanto, x = 5 + 73 13,5 cm.
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3
RELAÇÕES MÉTRICAS NOS TRIÂNGULOS RETÂNGULOS; TEOREMA DE PITÁGORAS
Páginas 26 - 30
Atividade 1 – Triângulos retângulos: métrica e semelhança
Problema 1
a)
b) nmhm
h
h
n
HC
HB
BH
AH.2
Problema 2
a) x2 = 4 . 9 x = 6.
z2 = x2 + 42 z2 = 36 + 16 z = 13252 .
y2 = x2 + 92 y2 = 36 + 81 y = 133117 .
b) 62 = 2y y = 18,
z2 = 62 + y2 z2 = 36 + 324 z = 106360 ,
x2 = 62 + 22 x = 10240 .
m
h
b
a
h
nHC
HB
BC
AB
BH
AH
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Problema 3
a) Semelhança entre os triângulos (I) e (II): a
c
h
b
n
a ou
m
h
h
n
b
a .
b) ncaa
c
n
a.2
c) Semelhança entre os triângulos (I) e (III): b
c
m
b
h
a .
d) mcbb
c
m
b
h
a.2
Problema 4
a)
Aplicando a relação mcb .2 , temos:
4
27.1292 xx .
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
122 = 92 + y2 y = 7363 .
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b)
82 = 42 + y2 y = 3448 ,
y2 = 8m m = 6,
y2 = x2 + m2 x = 3212 .
Problema 5
a2 = c . n
b2 = c . m (+)
a2 + b2 = cn + cm
a2 + b2 = c . (n + m), mas (n + m) = c, logo: a2 + b2 = c . c a2 + b2 = c2.
A soma dos quadrados das medidas dos catetos é igual ao quadrado da medida da
hipotenusa de um triângulo retângulo qualquer.
Páginas 30 - 32
Problema 6
a) BD2 = 302 + 402 BD = 50 m.
b) DA2 = DB . DF 402 = 50 . DF DF = 32 m.
c) BF = DB – DF = 50 – 32 BF = 18 m.
d) AF2 + BF2 = AB2;
AF2 + 182 = 302 AF = 24 m.
e) BC2 + CD2 = BD2 (BCD é isósceles; BC = CD);
2 . BC2 = BD2 BC = m2252501 .
f) BC2 = BD.BE 1 250 = 50.BE BE = 25 m.
g) CE2 + BE2 = CB2 CE2 + 252 = 1 250 CE = 25m.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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h) FE + BF + DE = DB Como DE2 = DC2 – CE2, segue que DE = 25 m.
Sendo BF = 18 e DE = 25, segue que: FE + 18 + 25 = 50 FE = 7 m.
Problema 7
a) Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, temos:
BC2 = AC2 + AB2 BC = 100 km.
b) A menor distância entre o ponto A e a reta BC é a altura h, relativa à hipotenusa BC.
Para obter h, podemos analisar a semelhança entre os triângulos ABC e AHC,
representados na figura a seguir:
HC
AC
AC
BC
AH
AB
kmAHAH
4880
10060 .
c) Se o posto policial deve ficar a igual distância de B e C, então ele deve ficar no ponto
M, ponto médio de BC, a 50 km de ambas as cidades. Podemos calcular a distância x
de B até o pé da perpendicular de A até BC: no triângulo ABC, o cateto AB ao
quadrado é igual ao produto de BC por x; logo, 602 = 100 . x, ou seja, x = 36 km.
Com isso, concluímos que a distância do pé da perpendicular até o posto policial é de
14 km (50 km – 36 km), e Pitágoras fornece a distância a de A até o posto policial: a2
= h2 + 142; como h = 48, segue que a = 50 km. (Como o triângulo ABC é retângulo
em A, então o ponto A pertence à circunferência de centro em M e diâmetro BC, ou
seja, a distância de A até M também é 50 km)
Problema 8
a) A área do triângulo é: área = 26002
40.30
2
.m
alturabase .
b) A região retangular representada tem como lados as alturas h1 e h2 dos dois
triângulos em que o triângulo dado é dividido pela altura h relativa à hipotenusa. O
valor de h pode ser calculado, da mesma maneira que na atividade anterior, por
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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30 . 40 = 50 . h h = 24.
As relações métricas conhecidas permitem calcular diretamente os valores de m e n:
302 = 50 . m m = 18 e 402 = 50 . n n = 32.
Determinando, agora, h1 e h2:
h . m = 30 . h1 h1 = 14,4 e h . n = 40 . h2 h2 = 19,2.
A área da construção será igual a: A = 14,4 . 19,2 = 276,48m2.
Páginas 33 - 35
Atividade 2 – Pitágoras: significados, contextos
Problema 1
O ponto de encontro das mediatrizes (retas que passam nos pontos médios dos lados
de um triângulo e são perpendiculares a esses lados) de um triângulo retângulo coincide
com o ponto médio de sua hipotenusa. Esse ponto, denominado circuncentro, é o centro
da circunferência circunscrita ao triângulo. Dessa forma, metade da medida da
hipotenusa coincide com a medida do raio dessa circunferência.
Portanto, a hipotenusa do triângulo mede 8 cm, que é o dobro da medida do raio, e os
outros lados, pelo fato de o triângulo ser isósceles, de acordo com o enunciado, medem
24 cm cada um.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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Problema 2
502 = 302 + a2 a = 40 m,
402 = 302 + b2 b = m710700 .
A distância entre os dois personagens, nesse caso, é igual a m71040 66,5 m.
Problema 3
AC2 = 22 + 32 AC = DB 3,6 m. Para duas barras, seriam necessários,
aproximadamente, 7,2 m, que é uma medida maior do que os 6,5 m disponíveis. Assim,
a barra não será suficiente para a tarefa desejada.
Problema 4
Medida da diagonal (d) do retângulo:
d2 = 62 + 42 d 7,2 m.
Quantidade, aproximada, necessária de conduíte:
6 + 4 + 2 . 7,2 = 24,4 m.
Problema 5
Sejam:
x: distância de A até o vértice superior esquerdo da caixa VI,
y: distância de A até o vértice superior direito da caixa VIII,
z: distância de A até o centro da face visível da caixa IX, temos:
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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a) x2 = 102 + 202 x = cm510500 .
b) y2 = 402 + 202 y = cm5200002 .
c) z2 = 252 + 252 z = cm225 .
Páginas 35 - 36
Problema 6
a) O raio da maior pizza que cabe na embalagem é a altura de um triângulo equilátero
de lado 18 cm, uma vez que um hexágono regular pode ser dividido em seis
triângulos equiláteros congruentes, cujo lado tem a mesma medida do lado do
hexágono. Assim, a altura do triângulo, ou o raio da pizza, mede 39 cm, e o
diâmetro mede 318 cm 31 cm.
b) A área de um dos triângulos que formam o hexágono é 3812
39.18 cm2. A área
do hexágono que forma a parte de baixo da caixa é 3486381.6 cm2.
A área da parte lateral da caixa é igual a 6 vezes a área de um retângulo de
dimensões 18 cm por 3 cm. Assim, a área é 6 . 18 . 3 = 324 cm2. Portanto, a área total
do papelão é 3486324 , que é igual, aproximadamente, a 1 166 cm2.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
20
Problema 7
a) O triângulo destacado em laranja na figura é um retângulo com catetos de 30 cm e 40
cm. Logo, a hipotenusa desse triângulo mede 50 cm, que corresponde à diagonal
solicitada.
b) O triângulo destacado em verde na figura é um retângulo com catetos de 20 cm e 50
cm, e a diagonal pedida no enunciado da questão corresponde à hipotenusa desse
triângulo. Assim, a diagonal d é igual a:
d2 = 202 + 502 d = 2910 54 cm.
Páginas 37 – 39
Problema 1
a) Área de CDJK = a . m Área de JEBK = a . n
Soma das áreas = a . m + a . n = a(m + n) = a . a = a2.
b) Área de ABC a partir dos catetos: (b . c) ÷ 2
Área de ABC a partir da hipotenusa e da altura h: (a . h) ÷ 2
(b . c) ÷ 2 = (a . h) ÷ 2 b . c = a . h
c) Área de CAHI = b2 Área de CDJK = a . m
Igualando as áreas, obtemos uma das relações métricas do triângulo ABC, ou seja,
b2 = a.m. Logo, as áreas são, de fato, iguais.
d) Área de JEBK = a . n Área de ABFG = c2
Igualando as áreas, obtemos uma das relações métricas do triângulo ABC, ou seja,
c2 = a . n. Logo, as áreas são, de fato, iguais.
Problema 2
a) Cálculo da hipotenusa do triângulo: x2 = 52 + 122 x = 13 cm.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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Cálculo da altura relativa à hipotenusa: 5 . 12 = 13 . h h 4,6 cm.
b) Cálculo das projeções dos catetos sobre a hipotenusa:
52 = 13 . n n 1,9 cm e 122 = 13.m m 11,1 cm.
Área de cada triângulo:
A1 = (11,1 . 4,6) ÷ 2 25,5 cm2 e A2 = (1,9 . 4,6) ÷ 2 4,4 cm2.
Problema 3
Os lados 3, 4 e 5 indicam que o triângulo considerado é retângulo. A altura pedida
corresponde à altura do triângulo relativamente à hipotenusa. Como o produto dos dois
catetos é igual ao produto da altura pela hipotenusa (b . c = a . h), concluímos que
4 . 3 = 5 . h e que h = 2,4 m.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4
RAZÕES TRIGONOMÉTRICAS DOS ÂNGULOS AGUDOS
Página 40
Problema 1
Resposta pessoal. Uma possível resposta: α = 15o, β = 30o e θ = 45o.
Problema 2
O tipo de papel e o tipo de impressão podem fazer com que as respostas variem.
Problema 3
Resposta pessoal.
Páginas 42 - 47
Problema 4
A inclinação é: %404,0100
4
50
2 .
Quanto ao ângulo, é preciso determinar o ângulo que tem seno igual a 0,04. Uma calculadora científica nos informa que, nesse caso, ele mede aproximadamente 2,3o.
Problema 5
Uma inclinação de 30% significa que o telhado sobe 30 m a cada 100 m de deslocamento horizontal. O ângulo, nesse caso, tem tangente igual a 0,3, resultado da divisão de 30 por 100. Uma calculadora nos informa que, nesse caso, ele mede aproximadamente 16,7o.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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Problema 6
O ângulo = 82o da figura é o complementar do ângulo de inclinação da rua. Assim, a rua tem inclinação de (90o – 82o) = 8º.
Problema 7
a) O seno do ângulo de inclinação é igual a 100
8= 0,08, que corresponde a um ângulo
de, aproximadamente, 4,6o.
b) O seno do ângulo de inclinação é igual 500
20= 0,04, que corresponde a um ângulo de,
aproximadamente, 2,3o.
c) Podemos calcular o deslocamento do carro y pela semelhança entre triângulos:
mxx
2008
500
20 .
Atividade 2 – Medindo ângulos e calculando distâncias inacessíveis
Problema 1
a) sen 23o 0,39, cos 23o 0,92 e tg 23o 0,42.
b) Escolheria a tangente do ângulo α, pois a tangente de α, no caso, é igual a d
h.
c) mhh
d
htg 04,5
1242,0 .
Problema 2
Sendo tg 23o = 0,42 e tg 34o = 0,67, temos:
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
24
mhemmmm
mh
mh
m
hm
h
m
htg
md
htg
38,304,567,0)3(42,0
67,0
)3(42,0
67,0
342,0
Problema 3
Sendo tg 45o = 1 e tg 37,5o = 0,77, temos:
mxxx
xx
y
x
yx
y
xtg
y
xtg
3,8048,1877,0
)24(77,0
2477,0
77,024
5,37
145
0
0
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 8a série/9º ano – Volume 3
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Problema 4
Determinando a medida de PB, que é igual a medida de RC:
mRCPBPB
m
PBtg 71,1
357,0 .
Determinando a medida de QC:
mQCQC
p
QCtg 92,6
473,1 .
Pelo teorema de Pitágoras, temos no triângulo PQR:
222 )()( QRPRx , mas PR = n = 4 m e QR = QC – RC; logo,
Seja:
tgα = tg 30o = 0,57
tgβ = tg 60o = 1,73
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