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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.