03 21 (Lista Semelhança de Triângulos e Teorema de Tales) Resolução

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Prof. Anderson Weber 
Matemática 
 
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Lista de Exercícios – Semelhança de Triângulos e Teorema de Tales 
Resolução 
 
1. b) 
Aplicando o teorema de Tales na figura, temos: 
 
2 2 2x x 6 2x 7x x 8x 12 x x 12 0 x 4
x 2 2x 7
+
=  + = + +  − − =  =
+ +
 
 
ou 
x 3= − (não convém) 
 
Portanto, x = 4. 
 
2. d) 
 
 
Considerando que x é a medida da sombra da pessoa, 
podemos escrever que: 
40 1,70
40x 30,6 x 0,765 m
18 x
=  =  = 
 
Portanto, a medida da sombra da pessoa será: 
x 0,765 m 76,5 cm= = 
 
3. b) 
 
4. x = 15; y = 18; y = 27 
 
5. a) 
Utilizando o Teorema de Tales, temos: 
 
a b c a b c
18 24 33 18 24 33
a b c 100
18 24 33 75
+ +
= = =
+ +
= = =
 
 
Portanto, a = 24, b = 32 e c = 44. 
 
6. e) 
Considerando os dados do enunciado: 
 
 
( )
( )
ABC CFG AB AC
BM CM BM 1 B 1; 3
ABC DBE
DE DB DE 0,5 E 0,5; 2,5
    =
=  = 
  
=  = 
 
 
7. d) 
Do enunciado e da figura, temos: 
 
 
 
ˆEAD é um ângulo comum aos triângulos AED e ABC. 
ˆ ˆAED ABC 90= =  
Dessa forma, os triângulos AED e ABC são semelhantes. 
Daí, 
( )
8 x 6
8 10
8 x 3
8 5
5 8 x 3 8
40 5x 24
5x 16
16
x
5
x 3,2 cm
−
=
−
=
 − = 
− =
=
=
=
 
 
8. b) 
 
 
 
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Considerando x a medida do lado do quadrado, temos: 
4,2x
24x10
x624x4
6
x
4
x4
CAB~CED
=
=
−=
=
−
ΔΔ
 
 
9. c) 
Considere a figura, em que H é o pé da perpendicular 
baixada de A sobre BC, e D é o ponto em que o lado AC 
tangencia a circunferência de centro em O. 
 
 
 
Como OH OD 3cm= = e AH 8cm,= segue que 
AO 5cm.= Logo, AD 4cm.= Além disso, os triângulos 
AHC e ADO são semelhantes por AA e, assim, 
 
AD DO 4 3
8AH HC HC
HC 6cm.
=  =
 =
 
 
Portanto, como H é o ponto médio de BC, segue-se que 
BC 12cm.= 
 
10. 
Considere a figura. 
 
 
Os triângulos retângulos ODC e BAC são semelhantes. 
Logo, 
OC OD R r r
R sBC BA
R s r s R r
R s R r r s.
−
=  =
  −  = 
  =  + 
 
 c.q.d. 
 
 
 
 
 
11. e) 
Os triângulos AEB e BDC são semelhantes e do tipo 
30, 60 e 90 (o ângulo em C é igual ao ângulo em B e em 
A). Assim, pode-se calcular: 
x cateto menor
30 / 60 / 90 x 3 cateto maior
2x hipotenusa
=

  =
 =

 
 
Em BCD : 
BCD 30 / 60 / 90
CD 3 x 3 x 3
2x BD 2 3
  
= =  =
= =
 
 
Em AEB : 
AEB 30 / 60 / 90
2x AB 6 x 3
x BE 3
DE 3 2 3
  
= =  =
= =
= +
 
 
12. b) 
Considere a figura. 
 
 
Sendo =AP u e =PB v, temos = −BC v u. Assim, da 
semelhança dos triângulos MAE e ABC, vem 
2MA u u uv
MA .
u v v u v u
+
=  =
+ − −
 
 
A resposta é 
2
MP MA AP
u uv
u
v u
2uv
.
v u
= +
+
= +
−
=
−
 
 
13. c) 
É fácil ver que os triângulos AEC e BED são semelhantes. 
Logo, 
AF AC AF 4
6BF BD BF
AF BF 2 3
2AF
AF 2
.
5AF BF
=  =
+ +
 =
 =
+
 
 
 
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Além disso, como os triângulos AEF e ABD também são 
semelhantes, vem 
AF EF AF EF
6AB BD AF BF
EF 2
6 5
EF 2,4 m.
=  =
+
 =
 =
 
 
14. c) 
Considere a figura, em que é a medida do lado do 
quadrado PQRS. 
 
 
É fácil ver que os triângulos BQS e CQS são semelhantes 
por AA. Ademais, como QS 2cm= e C é ponto médio 
de QS, temos 
2
2
QC QA 62
10QB QS 2
60
2 15 cm.
=  =
 =
 =
 
 
15. a) 
Considere a figura. 
 
 
 
Sejam Q, S e H, respectivamente, o pé da perpendicular 
baixada de P sobre BC, a interseção de AM com DP e o 
pé da perpendicular baixada de M sobre CP. 
 
Queremos calcular PQ. 
 
Como AB AP 4cm,= = MD MP 2cm= = e AM é lado 
comum, segue-se que os triângulos ADM e APM são 
congruentes por LLL. Desse modo, AM é mediatriz de DP. 
 
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo APM, vem 
 
2 2 2 2 2 2AM AP MP AM 4 2
AM 2 5 cm.
= +  = +
 =
 
 
Além disso, temos 
 
2 2MP AM MS 2 2 5 MS
2
MS cm.
5
=   = 
 =
 
 
É fácil ver que o triângulo CPD é retângulo em P. Logo, 
HP MS.= Por outro lado, CM MP= e HM CP⊥ implica 
em CH HP.= Daí, 
4
CP 2 HP cm.
5
=  = 
 
Finalmente, como os triângulos HMP e QCP são 
semelhantes, encontramos 
4
PQ CP PQ 5
2 2HP MP
5
4
PQ .
5
=  =
 =