Matemática Ciência e Aplicações, Vol. 2

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MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 2

A circunferência trigonométrica

6.

a) ambos medem 45° (oitava parte de 360°) b) comprimento do 1o. arco: 2π · 3 ∙ 3π cm (≅ 2,355 cm) 8 4 2π · 2 o. comprimento do 2 arco: ∙ π cm (≅ 1,57 cm) 8 2

7.

180° ∙ 12; assim, a medida de 15° equivale a π rad. 15° 12 Daí, como α ∙ ∙ ⇒ π ∙ ∙ ⇒ 3,14 ∙ ∙ ⇒ r 15 15 12 12 ⇒ ∙ = 3,925 cm

8.

Em uma volta, o andarilho percorre a distância de: 2π · 40 ∙ 80π (m) ∙ 80 · 3,14 ∙ 251,2 (m) O número de voltas é, portanto, 7536 ∙ 30. 251,2

9.

a) 60° ∙ π rad ⇒ π ∙ 18 ⇒ r ∙ 54 ∙ 17,19 (cm) 3 3 r π b) Se o arco mede 1 rad, por definição, seu comprimento é igual ao raio; logo, 18 cm.

1

Exercícios 1.

a) 1 · π ∙ π rad 6 6 180° b) Como ∙ 12, obtemos π rad 15° 12 2 2π c) · π ∙ rad 3 3 d) 210° ∙ 7 ; 7π rad 180° 6 6 e) 3 · 90° ∙ 3 · π rad 2 300° 5 5π f ) ∙ ; rad 180° 3 3

g) 20° é a nona parte de 180°, portanto π rad. 9 150° — x 5π ⇒x∙ rad h) 6 180° — π i) 315° ∙ 7 · 45° ∙ 7π rad 4

2.

a) 180° ∙ 60° 3 180° b) ∙ 90° 2 c) 180° ∙ 45° 4 180° d) ∙ 36° 5 180° — 3,14 rad ⇒ x ≅ 28,66° e) x — 0,5 rad f ) 3 · 180° ∙ 135° 4 g) 2 · 180° ∙ 40° 9 h) 11 · 180° ∙ 330° 6 3,14 rad — 180° ⇒ x ≅ 172° i) 3 rad — x

3.

2πr ∙ 188,4 ⇒ 3,14 · r ∙ 188,4 ⇒ r ∙ 60 m 2

4.

1o. modo: O comprimento da circunferência que contém o arco AB é 2 · π · 8 ∙ 16π cm; como a medida do arco é 120°, seu comprimento é 1 · 16π ≅ 16,75 cm. 3 2o. modo: 120° equivalem a 2π rad; daí 2π ∙ ∙ ⇒ ∙ ∙ 16π cm. 3 3 3 8

5.

1 AMB : 2 · 2π · 6 ∙ 6π 1 O caminho ADCEB ADC : 2 · 2π · 2 ∙ 2π tem comprimento 1 CEB : 2 · 2π · 4 ∙ 4π 2π + 4π ∙ 6π.

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ℓ = 25,12 m

10. α

32 m Temos: α ∙ ∙ ∙ 25,12 ⇒ α ∙ 0,785 rad 32 r

11. π – 180°

x = 2π 5 x – 72° α = ∙ ⇒ r = ∙ r α r = 157 = 125 ou 125 m. 2π 5

12. a)

12

1 2 α

3

O ângulo α mede 3 · 30° ∙ 90°.

b) Como em 60 minutos o ponteiro menor percorre 30°, em 30 minutos, ele percorrerá 15°. Assim, α ∙ 15°. O ângulo pedido mede 2 · 30° + 15° ∙ 75°.

α 9 8 7

6 3h45min

c)

β

9

3

α 8

4 7

6

5

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Capítulo 1 • A circunferência trigonométrica

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O ângulo pedido mede α; para determinar β, podemos

b) O comprimento de IJ é: 1 · 2π · 5 (cm) ∙ 5π (cm) ≅ 7,85 (cm) 4 2 O comprimento ∙ do arco KL é:

fazer a seguinte proporção, para o ponteiro das horas: 60 min — 30° ⇒ β ∙ 22° 30' 45 min — β

∙ ∙ α · r ∙ 1,1 · 6 cm ∙ 6,6 cm Assim, o arco IJ possui maior comprimento.

Como α + β ∙ 180°, temos que: α ∙ 180° – 22° 30' ∙ 157° 30'

15.

d)

π 3

3π 4

x 45° 30°

8 7

6

5

Para o ponteiro menor, temos: 60 min — 30° ⇒ 40 min — x ⇒ x ∙ 20° O ângulo pedido mede (30° – x) + 2,30, isto é, 10° +

5π 3

9

----

9h35min α

8 7

α ∙ 60° + β Cálculo de β 30° — 60 min β — 35 min

β ∙ 35 · 30 ∙ 17,5 60 α ∙ 60° + 17°30' ⇒ α ∙ 77°30'

17. P:

o triângulo é equilátero, m( AC) ∙ m( AB ) ∙ ∙ m( BC ) ∙ 360° ∙ 120° ∙ 2π rad 3 3 π Como A é imagem de , B é imagem de: π + 2π ∙ 7π 2 2 3 6 e C é imagem de: 7π + 2π ∙ 7π + 4π ∙ 11π 6 3 6 6

de 120° contido em uma circunferência de raio 12 cm.

Usando a aproximação dada:

π ; C: x ∙ π; D: x ∙ 3π 2 2

19. Como

20 min descreverá um arco de medida 360° ∙ 120°. É 3 preciso, portanto, determinar o comprimento de um arco

2π · 12 — 360° ⇒ ∙ ∙ 8π cm ∙ — 120°

π ; Q: π + π ∙ 7π 4 6 6

18. A: x ∙ 0; B: x ∙

13. O ponteiro dos minutos percorre 360° em 60 min; em

Temos:

π , 5π , 2π , 4 6 12 7 3 Segundo quadrante: 2π , 2, 3π , 5π , 7π , 7 3 5 9 12 4π 15π Terceiro quadrante: , , 10 , 13 3 11 3 4 Quarto quadrante: 7π , 15π, 5 4 8

16. - Primeiro quadrante:

e) β

0

60°

7π 6

+ 60° ∙ 70°. 10

60°

20.

π 3

2π 3

Simetria em relação ao eixo vertical. 60° 60° 0

∙ ∙ 8 · 3,1 ⇒ ∙ ∙ 24,8 cm

14. a)

π rad equivalem a 30°; o comprimento do arco é: 6 30° · 2π · 3 ∙ 1 · 6π ∙ π (cm) 12 2 360° 45° é a oitava parte de 360°; o comprimento do arco é: 1 · 2π · 2 ∙ 1 · 4π ∙ π (cm) 8 2 8 Logo, os comprimentos são iguais.


21. a)

π 6 30°

Não há simetria. 0 60° 5π 3

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b)

Cálculo de γ (deslocamento do ponteiro dos minutos): 30° — 5 min ⇒ γ = 12° γ — 2 min

π 6

Simetria em relação ao eixo horizontal. 0 11π 6

Desse modo, o ângulo α mede: 9° + 120° + 12° = 141°.

2.

c)

2 2 c) A abscissa de U é 2 (cos 45°); a de T é – 2 2 = 2. (cos 135°); assim UT = 2 · 2 3 3 d) A ordenada de T é 2 (sen 60°); a de U é – 2 3 (sen 300°); daí, UT = 2 · 2 = 3 .

π 8

Simetria em relação 0 9π 8 centro da circunferência. ao

d)

π 2

Simetria em relação ao eixo horizontal (ou 0 em relação ao centro).

a) UT é um diâmetro do ciclo: UT = 2. b) Note que o △UOT é equilátero, pois OT = OU e m(UÔT) = 60°; desse modo, UT = 1.

3.

12

1

42°

2

30°

3

3π 2

1 h ∙ 60 min — 360° ∙ 30° 12 x — 42° – 30° ∙ 12°

π ∙ 5π ; a ∙ 5π 6 6 6 π 11π Q': 2π – ∙ ; b ∙ 11π 6 6 6

22. Q: π –

23. m( AB ) ∙ m( BC ) ∙ ... ∙ m( FA ) ∙ 360° ∙ 60° 6 A: 0

D: π

B: π 3

E: π + π ∙ 4π 3 3 π F: 2π – ∙ 5π 3 3

C: 2 · π 3

Ponteiro menor

x = 12 · 60 = 24 minutos 30 e o horário marcado é 13h24min.

ou π rad 3

4.

C1 = 3 000 m e C2 = 2 400 m A largura da pista é dada por: r1 – r2 =

C1 C – 2 = 3 000 – 2 400 = 600 ≅ 95,5 (m) 2π 2π 2π 2π 2π

Exercícios complementares 1.

O ângulo pedido é α; da figura, temos que: α = β + 120° + γ

5. Sejam ri e rc as medidas dos raios das rc

9

γ

3

α

β

8 7

6

4 5

Cálculo de β (deslocamento do ponteiro das horas): 30° — 60 min ⇒ β = 9° β — 18 min (note que 42 + 18 = 60)


ri

2

circunferências inscrita e circunscrita ao quadrado: ri = 2 cm = 1 cm ⇒ ci = 2πri = 2π cm 2

(2rc)2 = 22 + 22 ⇒ 4rc2 = 8 ⇒ rc = 2 cm ⇒ ⇒ Cc = 2πrc = 2π · 2 cm C 2 1 2π A razão pedida é: i = = = 2 . Cc 2 2π 2

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6.

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3 · 2π + 3 · 2 = 2π + 6 (cm) 3

α tem imagem no 1o. quadrante e β, no 2o. quadrante. β α

90 = 45 (cm) = 0,45 m. 2 O comprimento do aro é: 2 · π · 0,45 = 2 · 3,2 · 0,45 =

10. O raio r do aro mede r =

0

= 2,88 (m). O número de voltas dadas pelo aro no percurso de 16,56 m é 16,56 = 5,75 (5 voltas completas + 3 de uma 2,88 4 volta completa). 3 de uma volta no sentido anti-horário "levam" o ponto 4 Q ao contato com o solo, ocupando, assim, a posição inicialmente ocupada por P.

ângulo comprimento ⇒ x = π (comprimento de α) 90

360° — 2π 2° — x

Como β mede 2 radianos, seu comprimento é igual ao dobro do raio da circunferência, isto é, o comprimento de β é igual a 2.

7.

360° α (a ± 5)° — y fatias; y = 360° (a ± 5)°

11. α° — x fatias; x =

Da hipótese, x – y = 1, isto é:

Observe que cada um dos arcos determinados pelos vértices do triângulo mede 360° = 120°. 3

360° – 360° = 1 ⇒ 360 (a ± 5) – 360 · α = α(α ± 5) α (a ± 5)° 1o. caso:

8. 3

360 · (α + 5) – 360 α = α(α + 5) ⇒ α2 + 5α – 1 800 = 0 ⇒ △ = 7 225; α = –5 ± 85 ⇒ α = 40° ou α = –45 (não 2 serve) O número de setores obtidos foi: y = 360° = 8. 45°

3

0

2o. caso: a) O comprimento do lago circular é: 32 · 3 = 96 (m). Daí, 2πr = 96 ⇒ r = 96 = 96 = 15 (m). 2π 2 · 3,2 b) O novo espaço entre os coqueiros seria: 0,8 · 3 = 2,4 (m). O novo número de coqueiros seria: 96 = 40 (oito a 2,4 mais que o número inicial).

9.

360 · (α – 5) – 360 α = α · (α – 5) ⇒ α2 – 5α + 1 800 = = 0 ⇒ ∃/ α  ℝ, pois △ < 0.

12. O comprimento da polia menor é 2π · 2 = 4π cm, isto é, em uma volta completa a polia menor percorre 4π cm. O comprimento da polia maior é 2π · 6 = 12π cm, isto é, ao fazer uma volta completa ela percorre 12π cm. Ora, em uma volta completa, a polia descreve um arco de 360°.

2 cm

Podemos, então, estabelecer a proporção:

α 60° 60°

12π cm — 360°

60°

4π cm — α°

Note que α = 360° – (60° + 2 · 90°) = 120°. O comprimento do arco destacado pode ser obtido pela regra de três: 360° — 2π · 1 cm 120° — x

⇒ x = 2π cm 3

O comprimento em centímetros da polia é, portanto:


13. Sol

r

⇒ 3 = 360° ⇒ α = 120° α

Terra

• r = 150 · 380 · 103 km • 2πr = 2 · 3 · 150 · 380 · 103 = 902 280 (km) 902 280 km 902 280 km • Vm = 365 · 24 h = 8 760 h = 103 km/h

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T

14. Considere k1, k2 ∈ ℤ: k1 · 54π = k2 · 70π

ℓ1

F

27k1 = 35k2

60°

Temos: mmc (27, 35) = 945. Daí, k1 = 945 = 35 voltas 27 e d = 35 · π · 54 =

3 dm

70 cm 54 cm

= 1 890 · 3,14 ≅ 5 934 (m)

Para que a roda menor percorra π dm é necessário que ela descreva um ângulo de 90°, pois o comprimento da circunferência menor é ∙2 = 2π · 2 = 4π cm, e daí: 4π — 360° ⇒ x = 90° π —x

15. E

F D

2 45° A

As grandezas “medida do raio” e “número de voltas” são inversamente proporcionais:

2 2 45°

2

C

2

medida do raio

B

Observe que:

• △DCB é isósceles retângulo: m (DBˆC) = 45°.

3 dm

80

2 dm

x

⇒

⇒ 3 · 80 = 2 · x ⇒ x = 120 voltas

• O comprimento de AE é 1 45° de 2π · 4 = 1 · 8π = π cm 8 360° 8 Analogamente, o comprimento de FB é π cm. • • DE = EB – BD = 4 – 2 2 1 • O arco EF tem comprimento 4 de 2π · (4 – 2 2 ) = π (4 – 2 2 ) observe que 90° = 1 . = 2 360° 4 O resultado procurado é: 2·π+

número de voltas

π (4 – 2 2 ) 4π + 4π – π 2 2 = (4 – 2 ) π = 2 2

16.

Desafio O padrão é: • a parte inteira de um termo é igual à parte inteira do termo anterior mais 1; • a parte decimal de um termo é igual à parte decimal do termo anterior acrescida de dois décimos. Assim, depois do 50,6 (8o. termo), temos: 9o. termo: 51,8 10o. termo: 52,0 11o. termo: 54,2 12o. termo: 55,4

Testes A A' 3 dm

7 dm

1 dm

x 2 dm

2 dm α

P

1.

B

r Q

a) △AA'B: 72 = 12 + x2 ⇒ x = 48 = 4 3 dm

Quito

sen α = BQ PB mas PB2 = 22 + PQ2 = 22 + x2 = 4 + 48 = 52 ⇒ ⇒ PB = 52 13 2 2 1 . Daí, sen α = = = = 3 52 13 2 13 b) Quando a roda maior descreve um arco de 60°, o comprimento correspondente é: ∙1 = 2π · 3 = π dm 6

MCA2-Resoluc�o�es-Mercado.indd 127

6 370

Cingapura

• A distância percorrida pelo avião é: 2π · 6 370 = π · 6 370 ≅ 20 000 km 2 1h — 800 km ⇒ x = 25 h • x — 2 000 km Resposta: c.

2.

Rodas dianteiras: raio = 50 cm, número de voltas: 25

9/3/10 7:17:10 PM


|6|

da roda menor = 70π cm. Como mmc(70, 110) = 770, é necessário que a roda maior dê, pelo menos, 770 = 7 voltas. 110 Resposta: b.

Rodas traseiras: raio = ? , número de voltas: 20

25 ⋅ 2π⋅ 50= 20 ⋅ 2π⋅ r =r

25 ⋅ 50 = 62,5cm 20

8.

Resposta: d.

3.

pneu:= raio 25 = cm 25 ⋅10 −5 km

1volta − 2π⋅ 25 ⋅10 −5 km 185600 voltas − x

R > r; as grandezas "raio" e "número de voltas" são inversamente proporcionais. Daí: R · 3 = r · 10 ⇒ 3 = r ⇒ r = 0,3 10 R R Resposta: c.

9.

B

x = 2π⋅ 25 ⋅10 −5 ⋅185 600 ≅ 291 km Resposta: e.

4.

5.

O

1 volta do ponteiro das horas: 2π · 6 = π cm 12 360 ÷ 30 Em 8 voltas, a distância será de 8π cm. Resposta: d. Seja O o centro da Terra;

• m (POˆQ) = 76° + 23° = 99°

76°

Q

76° 23° 23°

O

P

99° • O comprimento do arco POQ é igual a 360° do comprimento da Terra, isto é, 99 · 40 000 = 11 000 km 360 Resposta: a.

6.

Seja BC = 2r, a primeira formiga, que percorre o semicírculo maior, andou π · (r + 1). (Observe que o raio do semicírculo maior vale (r + 1) cm.) A segunda formiga percorreu: 1 cm + π · r cm + 1 cm = = 2 + π · r cm A diferença entre as distâncias percorridas é: π · (r + 1) – [2 + πr] = πr + π – 2 – πr = π – 2 Resposta: d.

7.

Sabemos que 1 giro da roda maior = 110π cm e 1 giro


A

No 1o. trecho, de O até A, a distância d da formiga aumenta, até atingir o ponto A (neste ponto a distância é a maior possível, pois OA é raio). No 2o. trecho, a formiga caminha sobre a circunferência, de modo que sua distância à origem é constante, até chegar ao ponto B. No 3o. trecho, a formiga parte de B (ponto no qual sua distância ao centro é máxima) e vai se aproximando do centro, de forma que a distância d diminui. O gráfico que melhor ilustra esta situação está representado em (b). Resposta: b.

10. •

O atleta que sai da posição "mais interna" da pista percorrerá: 3d + 1 · 2πr + 3d + k = 300 2 1 6d + 3 · 10 + k = 300 ⇒ 6d + k = 270 • O atleta que sai da posição "mais externa" da pista percorrerá: 1 · 2π · (r + 6) + 3d + k = 300 2 2 3 · (10 + 6) + 3d + k = 300 ⇒ 3d + k = 252 1 2 De e , obtemos d = 6 e k = 234. k + d = 240 m Resposta: e.

1a. trajetória: 1 · 2π · (2R) = 2πR 2 1 • 2a. trajetória: 2 · 2 · 2πR = 2πR 3 3πR • 4 de 2πR = 2 ;

11. •

9/3/10 7:17:11 PM

|7|


O atleta da 2a. trajetória estará no ponto Q’ , com Q projeção de Q’ sobre AB . O atleta da 1a. trajetória estará sobre o ponto C indicado:

Resposta: b.

1 2πr = 2π ⇒ r = 3 cm 9 3 Vem: área A = πr2 = 9π cm2 Resposta: c.

16. ACB : ℓ = αr ⇒

C Q' 45°

P X

O R

A

Q

B

17. Circunferência da Terra: 50 · 5 000 = 250 000 estádios Daí:

• OQ = R = QQ’(∆Q’QO é isósceles) • OQ’2 = R2 + R2 ⇒ OQ' = R 2 • OC = 2R • d = CQ' é a distância pedida • Como OC = OQ' + CQ' vem: 2R = R 2 + d d = 2R – R 2 = R(2 – 1,4) = 0,6R Resposta: b.

1 estádio — x

x = 0,1575 km = 157,5 m Resposta: c.

18. •

A circunferência maior tem comprimento 18,84 u.c. Daí, 18,84 = 2 · 3,14 · r ⇒ r = 3 u.c. • Seja T o ponto de tangência das duas circunferências; △ATM é retângulo em T: sen 30° = MT ⇒ 1 = MT (*) AM 2 AM • Como △ABC é equilátero de lado 2 3 , sua altura é

12. roda: raio = 45 cm

2 3· 3 = 3 e, portanto, AM = 2 u.c. 2 Em (*): 1 = MT ⇒ MT = 1 u.c. 2 2 O comprimento do segmento MN é MT + NT = 1 + + 3 = 4 u.c. Resposta: c.

1volta − 2π⋅ 45 2000 voltas − x x = 2π⋅ 45 ⋅ 2 000 = 565 200 cm = 5,652km

Resposta: d.

13. Considerando a definição de radiano, o arco "faltante" — que é de 1 rad — tem comprimento igual a r. Assim, temos: 2p = 2πr – r + 2r = 2πr + r = (2π + 1) cm Resposta: e. r 2 OM ˆ 14. cos JOC = OJ = r = = 2π 3 ℓ = αr ⇒ ℓ = 2π · 5 = 3

250 000 estádios — 39 375 km

1 h ⇒ v = 7, 5 = 22,5 km/h i 1 3 3 t0 = 30 min = 1 h ⇒ v0 = 7,15 = 15 km/h 2 2 Sendo t o tempo até o encontro: 22,5t = 7,5 – 15t ⇒ 37,5t = 7,5 ⇒ ⇒ t = 1 h = 12 minutos 5 Resposta: b.

19. ti = 20 min =

1 ⇒ JOˆC = 60° ⇒ JOˆP = 120°= 2 10π m 3 J

20. ℓ = α · r; (2π – α) · 10 = 2π · 8 ⇒

P

O

M

Resposta: a.

15.

Pista quadrada de lado L ⇒ ⇒ perímetro = 4L = 640 m ⇒ L = 160 m Pista circular de raio R ⇒ 2= πR 628 m ⇒ = R 100 m

R 100 5 = = L 160 8


⇒ 20π – 10α = 16π ⇒ α = 2π = 72° 5 Resposta: e.

C

21.

π⋅ 3 − 180º  − 30º AB

3 ⋅ 30  π⋅ = = 1,57 m AB 180

Resposta: b.

9/3/10 7:17:10 PM

Matemática Ciência e Aplicações, Vol. 2

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