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LISTA DE EXERCÍCIOS3º ANO

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04

Questão 10a)

Sendo o ângulo FPG = α, temos: α + 90° + 120° + 90° = 360° => α = 60°.

Como os lados adjacentes ao ângulo α são os lados de quadrados congruentes, o triângulo FGP é isósceles de base FG. Consequentemente, os ângulos GFP e FGP são congruentes.

Daí, o triângulo FGP é equilátero. Portanto, o dode-cágono é equilátero.

Observando ainda que os ângulos internos do do-decágono são dados por 90° + 60° = 150°, concluímos que o mesmo é equiângulo.

Por conseguinte, este polígono é regular.

b) 6 + 3 3

Matemática

Questão 1Letra C

Questão 2Letra D

Questão 3Letra C

Questão 4Letra A

Questão 5Letra B

Questão 6Letra C

Questão 7Letra B

Questão 8Letra B

Questão 9Soma dos ângulos internos de um pentágono:

( )180 5 2 540° − = °

Ao redor de cada bolha temos 360°Seja T o número de triângulos e n o número de bo-

lhas, temos a seguinte relação:

( )T 180 n 360 540 :180T 2n 3T 2n 3

⋅ ° − ⋅ ° = ° °

− == +

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05

Por semelhança de triângulos, têm-se:( ) ( )d x 6d 2xHL d x HL

6d 2x 5d 2x 5d 2x+ ⋅ ++= → =

+ + +

( )x 5d 2xCH 5d 2x CHx d x d x

⋅ ++= → =+ +

( ) ( )d x 4d 2xGJ d x GJ4d 2x 5d 2x 5d 2x

+ ⋅ ++= → =+ + +

Sabe-se que CL 3GJ,= logo:

( ) ( )d x 4d 2xCL 3

5d 2x+ ⋅ +

= ⋅+

Mas CL CH HL,= + portanto:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2 3 3 2 2 2 2 3 2 2 3 3

x 5d 2x d x 6d 2x x 5d 2x d x 6d 2xCL CH HL

d x 5d 2x d x 5d 2x

25d x 20dx 4x 6d 12d x 6dx 2xd 4dx 2x 39d x 30dx 6x 6dCLd x 5d 2x d x 5d 2x

⋅ + + ⋅ + ⋅ + + + ⋅ += + = + =

+ + + ⋅ +

+ + + + + + + + + + +→ =+ ⋅ + + ⋅ +

Igualando as duas equações, tem-se:( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 3 2 2 2 3 3

3 2 2 3 2 2 3 3 3 2 2

d x 4d 2x 39d x 30dx 6x 6d3 3 d x 4d 2x 39d x 30dx 6x 6d5d 2x d x 5d 2x

12d 30d x 24dx 6x 39d x 30dx 6x 6d 6d 9d x 6dx 0

+ ⋅ + + + +⋅ = → ⋅ + ⋅ + = + + ++ + ⋅ +

+ + + = + + + → − − =

Dividindo tudo por d e resolvendo a equação, tem--se:

3 2 2 2 2

2 2 2 2 2

6d 9d x 6dx 0 6d 9dx 6x 0

( 9x) 4 6 ( 6x ) 81x 144x 225x9x 15xd d 2x (OBS. : solução com d 0 descartada)

12dx2

− − = → − − =

∆ = − − ⋅ ⋅ − = + → ∆ =±= → = <

=

Substituindo o valor de x, tem-se:

( ) 2d d5d d 6d d 2 12d 12d2 2CH 6d CH 2dd 3d 2 3d 6d 6d 2 2

⋅ + ⋅= = = ⋅ ⋅ = = → =

+ Analisando o triângulo CHM e considerando b

como sendo o lado menor do triângulo isósceles, pelo Teorema de Pitágoras, tem-se:

( )2 2 2 22 2 2 2 2 2 2d b d b2d 4d 16d d b b 15d b d 15

2 2 4 4 = + → = + → − = → = → =

Para encontrar o lado maior a, pode-se analisar o triângulo AMB, também pelo Teorema de Pitágoras:

( )22 222 2 2 2

d d 15dAM AG 2d HM 4d 2x 2d x 4d 2 2d AM2 2 2

b 15d d 15a AM a a 60d a d 60 a 2d 152 2 2

= + + = + + + = + ⋅ + + → =

= + → = + → = → = → =

A área do triângulo ABC será:

2

ABC ABC

15dd 15b AM 15d 152S S2 2 4

⋅⋅= = → =

O perímetro do triângulo ABC será:P b 2a d 15 2 2d 15 P 5d 15= + = + ⋅ → =

Matemática

Questão 1Letra C

Questão 2Letra A

Questão 3Letra A

Questão 4Letra E

Questão 5Letra C

Questão 6Letra D

Questão 7Letra B

Questão 8Letra B

Questão 9Pelos dados do enunciado pode-se desenhar:

Se G é o baricentro do triângulo ABC, e conside-rando a como sendo o lado maior do triângulo isósce-les, então pode-se escrever:

AGB ABCa GJ a CL3 S S 3 CL 3GJ

2 2⋅ ⋅⋅ = → ⋅ = → =

Sabendo que AG 2GM,= e considerando HM como x, pode-se escrever:

( )GM 2d x

AG 2 2d x AG 4d 2x

= +

= ⋅ + → = +

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05

Questão 1002 + 08 = 10.Desenhando o triângulo proposto bem como as

linhas notáveis enunciadas (considerando α, 2α e 2α

como ângulos internos do triângulo ABC) :

∆ABC → 5α = 180º → α = 36ºAnalisando as proposições uma a uma:[01] INCORRETA. O triângulo ABQ também é isósce-

les, porém não é semelhante ao triângulo ABC, uma vez que não possuem ângulos congruentes.

[02] CORRETA. O lado BQ é oposto ao ângulo α (no

vértice A). O lado AQ é oposto ao ângulo α (no vértice B). Considerando o triângulo ABQ, ângulos iguais se

opõem a lados igual, portanto os segmentos BQ e AQ são iguais. Analisando o triângulo QCB, pode-se con-cluir que o ângulo no vértice Q é igual a 2α e se opõe

ao lado BC. De mesmo modo, o ângulo no vértice C é

igual a 2α e se opõe ao lado BQ. Portanto os lados BC e BQ têm o mesmo comprimento. Assim, conclui-se

que os segmentos AQ, BQ e BC têm o mesmo com-primento.

[04] INCORRETA. A área do triângulo ABC é igual a

AP BC u.a.2⋅

[08] CORRETA. Sendo α = 36º, pode-se escrever a razão entre os segmentos enunciados:

BC 2 PC PC BCmas sen sen 18 2 sen 182AC AC AC ACá⋅= → = ° = → = ⋅ °

Sabendo que os triângulos ABC e CBQ são seme-

lhantes e supondo BC 1= e AB AC x,= = pode-se cal-

cular o sen 18 :°

1BC AQ 1 e CP BP2

AB AC x e QC AC AQ QC x 1

= = = =

= = = − → = −

2

1sen 182x

x 1 1 5ABC CBQ x x 1 0 x (razão áurea!)1 x 1 2

1 1 1 5 1 5 5 1sen 18 sen 182x 4 41 5 1 5

Ä Ä

° =

+→ = → − − = → =−− − −° = = ⋅ = → ° =

−+ −

�

Assim a razão entre os segmentos BC e AC é igual a:

BC 5 1 BC 1 52 sen 18 24 2AC AC− − += ⋅ ° = ⋅ → =

[16] INCORRETA. Sendo α = 36º, pode-se escrever,

sobre os ângulos do triângulo AOB :

AÔB 180 18 36 AÔB 180 AÔB 1262á á+ + = ° → + + = → = °� � �

Portanto, a medida do ângulo AÔB é maior que 120 .°

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06

b) Sendo I o pé da bissetriz por C, considere a figura:

Sejam � � � �ACH HCI ICM MCB .á≡ ≡ ≡ = α.

Logo, �ACB 4 90 4 22 30'.á á á= ⇔ ° = ⇔ = °

Portanto,

� �BAC 90 ACH90 22 30'67 30'

= ° −= ° − °= °

e

�ABC 90 BAC90 67 30'22 30'.

= ° −= ° − °= °

Questão 10

02 + 04 + 16 = 22.

[01] Incorreto. Como DE é uma base média do tri-ângulo ABC, é fácil ver que os triângulos ABC e EBD são semelhantes, com razão de semelhança igual a 2.

[02] Correto. Pela Fórmula de Heron, temos:

2

11 11 11 11(ABC) 4 2 52 2 2 2

11 3 7 12 2 2 2

23142564

4cm .

= − − −

= ⋅ ⋅ ⋅

=

<

=

[04] Correto. Como ABC e EBD são semelhan-tes, basta mostrar que ABC é obtusângulo. De fato,

2 2 2 2 2 2AB BC AC 5 4 2 .> + ⇔ > +

[08] Incorreto. Do item [04] sabemos que ABC é obtusângulo. Portanto, segue-se que o circuncentro de ABC não está no seu interior.

[16] Correto. Do item [01], temos:

2(ABC) 2 4.(EBD)

= =

Daí, como (ABC) (EBD) (AEDC),= + segue que (AEDC) 3 (EBD).= ⋅

Matemática

Questão 1Letra D

Questão 2Letra A

Questão 3Letra A

Questão 4Letra A

Questão 5Letra D

Questão 6Letra B

Questão 7Letra C

Questão 8Letra E

Questão 9Considere a figura:

Seja P o ponto diametralmente oposto ao ponto C e H o pé da perpendicular baixada de C sobre AB. É fácil ver que � ACB BPC≡ e � AHC CBP≡ (pois CP é

diâmetro). Logo, � �ACH BCP≡ e, portanto, o diâmetro CP contém a mediana do triângulo ABC relativa ao vértice C e o circuncentro O do triângulo ABC. Além disso, como O é a interseção da mediana relativa ao vértice C e da mediatriz de AB, segue que M O,= com M sendo o ponto médio do lado AB. Por conseguinte, o triângulo ABC é retângulo em C.

a) Como o triângulo ABC é retângulo em C, temos

ABCM .2 2

= =

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07

ABCD é inscritível. Além disso, como AC BD,⊥ segue que DE EB= e, portanto,

2DE EB AE EC DE 18 32

DE 9 2 32

DE 3 8

DE 24cm.

⋅ = ⋅ ⇔ = ⋅

⇒ = ⋅ ⋅

⇔ = ⋅

⇔ =

Desse modo, como AE 18 3 6= = ⋅ e

DE 24 4 6,= = ⋅ vem que AD 5 6 30.= ⋅ = Por outro

lado, como EC 32 4 8= = ⋅ e DE 24 3 8,= = ⋅ obtemos

CD 5 8 40.= ⋅ =

Portanto, como os triângulos ABE e ADE são con-gruentes, bem como os triângulos BCE e vem CDE,

AB BC CD DA 2 30 2 40 140cm.+ + + = ⋅ + ⋅ =

Matemática

Questão 1Letra A

Questão 2Letra C

Questão 3Letra D

Questão 4Letra B

Questão 5Letra A

Questão 6Letra E

Questão 7Letra E

Questão 8Letra D

Questão 9

y = 180° – 112° = 68°

Logo, BED 68 .= °

portanto, ˆEBC x.=

No triângulo AEB : 2x = 68°

Portanto, x = 34°.

Questão 10

Sabendo que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero convexo é igual a 360° e que os ângu-los ABC e �ADC são retos, temos que o quadrilátero

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09

A reta que representa a variação da altura da vela B

com o tempo t passa pelos pontos (1, h 2)− e (6, 0).

Logo, B0 (h 2) 2 hh (t) t b t b,

6 1 5− − −= + = +

− em que Bh (t)

é a altura no instante t e b é o valor inicial.

Daí, B(2 h) 6h 12h (6) 0 6 b 0 b .

5 5− −= ⇔ ⋅ + = ⇔ =

Como as velas têm a mesma altura para t 2,= se-gue que:

A Bh (2 h) 6h 12h (2) h (2) 2 h 25 5 5

3h 4 2h 6h 12h 8cm.

− −= ⇔ − ⋅ + = ⋅ +

⇔ = − + −⇔ =

Portanto, as velas A e B tinham, respectivamente, 8 cm e 6 cm antes de serem acesas.

Matemática

Questão 1Letra C

Questão 2Letra E

Questão 3Letra A

Questão 4Letra D

Questão 5Letra E

Questão 6Letra C

Questão 7Letra E

Questão 8Letra A

Questão 9De acordo com as informações do problema, te-

mos:

A

B

y 720 – 10x

y 60 12x

=

= +

O valor 0x indicado no gráfico é o valor de x quan-do yA = yB, ou seja:

720 10x 60 12x22x 660

x 30

− = +− = −

=

Logo, 0x 30 horas.=

Questão 10

Sejam h e h 2,− respectivamente, as alturas iniciais das velas A e B.

Como a reta que representa a variação da altura

da vela A com o tempo t passa pelos pontos (0, h) e (5, 0), vem:

A0 h hh (t) t h t h,5 0 5

−= + = − +−

em que Ah (t) é a altura

no instante t.