MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
Resoluções das atividades Sumário Aula 1 –
Trigonometria I ............................................................................................................................................................................................................................1
Aula 2 –
Trigonometria II ...........................................................................................................................................................................................................................3
Aula 3 –
Trigonometria III ..........................................................................................................................................................................................................................6
Aula 4 –
Trigonometria IV ..........................................................................................................................................................................................................................8
I. Os ângulos internos do ∆ABC medem 60º, uma vez que
Aula 1
Trigonometria I
este é equilátero. II. O segmento PM corresponde corresponde à distância do ponto ponto P à
Atividades para sala 01
reta t. Note que PM
D
D
ˆ P = 60º ⇒ MP ˆ C = 30º. III. MC
30 o 30 o 0 0 1
IV. ∆MCP (30º, 60º, 90º) ⇒ PM = 3 3 h 04
A
30 o
t.
D
60 o 100
B
θ
C
∆ABD isósceles ⇒ BD = 100
h
02
⇒ Op Opos osto to ao 60 ⇒ o
a
100 3 h= 2 h = 50 3
b = 90º – θ θ
D
a θ
b
3 3 =1
90º – θ
tg α = 3 20
tg α
α
3 17
α
= 45
Na figura, tem-se: o
2a e b b tg θ = a tg θ =
03 A
Observe a figura: r
A 4 60º 4 B 60º 60º C 60º 4
M
Logo:
2a b = b a 2a2 = b2
t
6 30º
a 2 =b
P s
u
Portanto: tg θ =
Pré-Universitário
a 2 2
⇒
tg θ = 2
1
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
Tem-se que m (HGP) = m (H PG) = 45o e, portanto, PH = HG = x. Consequentemente, AH = 240 – x. Logo, no ∆APH, tem-se:
Atividades propostas
01
x 3 x ⇒ = ⇒ 240 − x 3 240 − x 240 3 3− 3 ⋅ = 120( 3 − 1) m x= 3+ 3 3− 3 tg 30o
B 3 2
A
=
B
x
05
o
0 3
pico
D
o
60
C
6 km
6 0 °
30º
∆ABC (30º, 60º, 90º):
2 3 ⇒ oposto a 30 o ⇒ 2 3 2 3 02
=
x 2
=
posição do geógrafo
hipotenusa ⇒ 2
Assim, como o triângulo possui como ângulos internos 6 30º, 60º e 90º, h = = 3 km. 2
⇒ x=4 3
D 06
c m 0 1
B
40
5 o ⇒ α = 30 sen α = 10
5
A
D
B
75o
30 o
α
5 cm 03
h
15o
B
40
60 o
75o
∆BCD (30º, 60º, 90º): ⇒ Oposto ao 30º ⇒ hipotenusa 40 ⇒= ⇒ = 2 2 = 20 m
C
x
07
C
1,2 m
No triângulo assinalado, tem-se:
x
1, 2 1 1, 2 sen 30 = ⇒ = ⇒ x = 2, 4 x 2 x
+ x 1 0
o
04
B
10 3
30 o
D
Considere x a altura do pássaro em relação à praia, conforme a figura.
08 A
60 o 45 o
2
D
45
o
240 – x
H
C 30 o
x
30
(10 + x)2 = x2 + (10 3)2 ⇒ 100 + 20x + x 2 = x2 + 100 · 3 ⇒ 20x = 200 ⇒ x = 10 cm
P
A
Aplicando o Teorema de Pitágoras:
x
6
E
A área pedida é:
6
o
No triângulo retângulo CED, tem-se: 6 3 6 tg 30o = ⇒ = ∴ CE = 6 3 3 CE CE
G
6⋅6 + A
Pré-Universitário
6
B
1 2 ⋅ 6 ⋅ 6 3 , ou seja, 18(2 + 3) m 2
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
09
D
Na figura dada, a tangente de ϕ é dada por tg ϕ =
1, 8 . 5, 4
Aula 2
Trigonometria II
Tem-se, então, o triângulo a seguir, que é semelhante ao
Atividades para sala
do enunciado. 01
D
C H
a 1
B 45º
ϕ
4 A 30º
Portanto: a2 = 12 + 32
I. Note, pela figura, que o ∆ALH possui ângulos internos: 30º, 60º, 90º. Desse modo, se o cateto AH que se opõe ao ângulo de x + 4 60º mede x + 4, tem-se que HL medirá , pois HL 3 se opõe a 30º.
a = 10 sen ϕ =
60º L
3
x + 4 3
x
1 10 = 10 10
II. Como ∆BHL é retângulo e isósceles, tem-se que BH = HL. Logo: 10
D
x=
Considere a figura.
x+4 3
x=
→
x 3
=
x + 4 → x( 3 − 1) = 4
( 3 + 1) → x = 4 3 + 4 4 3 −1 3 − 1 ( 3 + 1)
x = 2 3 +2 h+H
α
III. BL = x 2 → BL = (2 3 + 2 ) ⋅ 2 y
x–y
BL = 2 6 + 2 2
b
BL = 2 ( 6 + 2 )
x
Antes
02 A
A
h+H h+H ⇒y= , y tg β h+H e tg α = ⇒ x ⋅ tg α − y ⋅ tg α = h + H, segue que: x−y h+H x ⋅ tg α − ⋅ tg α = h + H tg β Como tg β =
x
14
B
C y–1
x ⋅ tg α ⋅ tg β − h ⋅ tg α − H ⋅ tg α = h ⋅ tg β + H⋅ tg β
Depois
H(tg α + tg β ) = x ⋅ tg α ⋅ tg β − h( tg α + tg β) D
x ⋅ tg α ⋅ tg β H= −h tg α + tg β
x 45°
B
E
y
Pré-Universitário
3
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
I. ∆DBE: x=y 2
II. ∆PNT (30º, 60º, 90º): NT = RS = 10 PT = 10 3
II. ∆ABC: x2
=
( 14 )2 + ( y − 1)2 2
(y 2 )
=
III. ∆MPS (Pitágoras) PS = PT + TS PS = 10 3 + 5 em que: e MS = MR + RS MS = 5 3 + 10
14 + y − 2y + 1 2
2y = 15 + y 2 − 2y 2
y = 3 y 2 + 2y − 15 = 0 y = −5 (não convém)
III. x = y 2 x=3 2 x = 3 1, 4 x = 4, 2 03
D
C
(MP )2
=
(PS)2 + (MS) 2
(MP)2
=
(10 3 + 5 )2 + (5 3 + 10 )2
(MP)2
=
100 ⋅ 3 + 100 3 + 2 5 + 25 ⋅ 3 + 100 3 + 100
(MP)2
=
200 3 + 500
(MP )2
=
100(2 3 + 5 ) ⇒ MP = 10 5 + 2 3
H
D
45º
Atividades propostas 01
C
B (Norte)
10 m
45º
60º
60
A
B 10 m
120°
AB = BD = 10 ∆ABC (30º, 60º, 90º)
A
Distância p ercorrida = AC + CB
Logo: H + 10 = 10 3 H = 10 3 – 10 H = 10 · 1,7 – 10 H=7m 04
60°
C (Oeste)
∆ABC (30º, 60º, 90º): AB = x 3 60 = AC Fazendo AC = x , tem-se que: x 3 = 60 ⇒ x = 3 BC = 2x 60 3 Logo: AC = ⋅ ⇒ AC = x = 20 3 3 3
B
P
BC = 2x = 40 3 ° 0 3
Assim: Distância percorrida = AC + BC = 20 3 + 40 3
20 ? 60°
N 10 M
02
C
C
T
60°
30°
30° R
60°
S
I. ∆MNR (30º, 60º, 90º): NR = TS = 5
D
MR = 5 3
4
60°
30° B
A 90
Pré-Universitário
=
60 3
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
∆ABC (30º, 60º, 90º):
∆ABC (30°, 60°, 90°):
AC = AB 3
x = 12
AC = 90 3 ∆ABC (30º, 60º, 90º):
Altura do suporte:
AD = AC 3
h = 12 – 4 + 3
AD = 90 3 3
h = 11
h=x–4+3
AD = 90 3 = 270 06 03
D
C
T
Observe a figura. B
Poste
60º 18 m
h P
30°
Q
1,20
30º C
A
A
15
∆ABC (30º, 60º, 90º) 18 Logo, h = =9m 2 04
∆PTQ (30º, 60º, 90º): Fazendo PQ = x 3 = 15, tem-se: TQ = x =
D
A opção D é a única que não apresenta um ponto sobre uma reta com qualquer das inclinações citadas no enunciado, pois:
15 15 3 ou TQ = 3 3 3
⇒
TQ = 5 3
Assim: AT = TQ + 1, 2
y
AT = 5 3 + 1,2 AT = 5 ⋅ 1, 73 + 1,2
(10 3, 3 ) 3
AT = 9, 85 m 07
Seja P o centro da circunferência menor. Considere o raio PC per-
α
O
tg α
05
3 = 10 3
x
10 3
C
pendicular ao segmento tangente OA em C, como mostra a figura.
1 = 10
OP = R − r = R − 5
B
PC = r = 5 1 AOP = ⋅ AOB = 30° 2
B 4 24
3
30°
B
r P C
R
O
Então:
A tangente obtida não é de um ângulo notável.
A
A
Considerando o triângulo retângulo COP, obtém-se: x
C 3
PC OP 1 5 Logo: = 2 (R − 5 ) R = 15 cm sen 30° =
Pré-Universitário
5
MATEMÁTICA 1 08
LIVRO 1
D
10
C
A R
A
45°
30° R 30º
4R
20
R
h
x
H
R 60°
R 60º C
B
10
I. ∆ADB (30°, 60°, 90°): BD = 10 m AD = h = 10 3
II. ∆AMC (30º, 60º, 90º)
II. ∆ADC (45°, 45°, 90°): DC = h = 10 3
Logo, x = 2R 3 III. H = x + 2R ⇒ H = 2R 3 + 2R
III. x = BD + DC = 10 + 10 3 = 10 + 10 ⋅ 1,7 x = 27 m
H = 2R( 3 + 1) C
A
B
° 0 3
5
D
I.
Trigonometria III
Atividades para sala
y
01
60° 5 2
15 2
E
C
E
sen2 α + cos2 α = 1 4 Como cos α = sen α , tem-se: 3 2
4 sen2 α + sen α = 1 3 16 25 sen2 α + sen2 α = 1 ⇒ sen2 α = 1 9 9 3 sen α = 9 5 sen2 α = ⇒ 3 25 sen α = − (não convém) 5
∆ADE (30º, 60º, 90): 5 2 5 3 AE = 2
DE =
EC = DC − DE 5 15 EC = 10 − = 2 2
II.
Aula 3
5 3 2
10
10 3 x
I. ∆ABC é equilátero de lado 4R,
09
D
M
R
45°
B
02 A
10
III. ∆AEC (Pitágoras): 2
5 3 15 2 + y = ( AE) + (EC ) ⇒ y = ⇒ 2 2 2
y2 = y=
6
2
2
α
2
25 ⋅ 3 225 300 2 + ⇒ y = ⇒ 4 4 4 3 ⋅ 100 10 3 ⇒ y = ⇒ y = 5 3 2 4
x
α + cos α = 1 ( 0, 6 ) + cos2 α = 1 2 6 + cos2 α = 1 10 2
2
sen
2
Pré-Universitário
C
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
cos α = 8 36 64 10 cos2 α = 1− ⇒ cos2 α = 8 100 100 cos α = − (não convém) 10
03
C
tg α =
16 2 16 ⇒ tg α = 4 ⇒ tg α = 16 ⇒ tg α = tg α
Pelo Teorema de Pitágoras:
6 sen α 10 3 = = Logo, tg α = 8 4 cos α 10 3 10 40 ⇒ x = = 13,33... tg α = = 4 x 3
(MP)2
=
162 + ( tg α )2 ⇒ (MP )2
(MP)2
=
272 ⇒ MP = 272
=
(16)2 + 16
MP = 16 ⋅ 17 ⇒ MP = 4 17
Assim, o perímetro é dado por:
MP + NP + MN = 4 17 + 4 + 16 = 20 + 4 17 m 03
B 04
E = 1 – 2 sen2x + sen4x + sen2x · cos2x
D
Q α
E = 1 – 2 sen2x + sen2x · (sen2x + cos2x) E = 1 – 2 sen2x + sen2x
5 1 m
1
B
E = 1 – sen2x
x
E = cos2x P 04
90° – α 30,6 m
A
R
E
A
15º
D
E
C
B
tg 15º = 0,26 = 26 = 13 = BC 100 50 AB BC 13 Logo: = 114 50 114 13 BC = 50 1482 = 29,64 ≅ 30 ,00 BC = 50
Aplicando a relação fundamental, sen2 α + cos2 α = 1, calcula-se cos α: 2
15 + cos2 α = 1 ⇒ cos2 α = 289 − 225 ⇒ 64 17 289 289 cos α = ±
Abase = (BC)2 = (30,00)2 ≅ 900 m2
8 17
Como α é a medida de um ângulo agudo, utiliza-se ape8 nas o valor positivo do cosseno, isto é: cos α = . 17 Do triângulo CDE, obtém-se: x x ⇒ cos α = 30, 6 30 ,6 8 x 30,6 ⋅ 8 = ⇒x= = 14, 4 17 30, 6 17
sen ( 90° − α ) =
Atividades propostas
⇒
Portanto, a distância do ponto D à hipotenusa BC é de 14, 4 m. 01
B 05
x α
36
02
D
3 4 sen α = ; cos α = 5 5 3 sen α 5 3 tg α = = = cos α 4 4 5 36 tg α = x 3 36 = ⇒ x = 48 4 x
D
α + 90° = 2 α + θ ⇒ θ = 90° – α
sen θ = sen (90° – α) ⇒ sen θ = cos α
Pré-Universitário
h – 10
b
h 10 α
x
h − 10 h e tg α = . x x Mas 3 ⋅ tg α = 4 ⋅ tg β, log o: h h − 10 3⋅ = 4⋅ 3 h = 4 h 40 x x h = 40 m
Tem-se que tg β =
7
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
III. ∆QPM
D
06 A
P α
1 h C
Q
60°
I.
cos α =
M
y ⇒ y = 0,8 1
O
45°
IV. h = 0,8 + 1,8 + 1,2 = 3,8 18
B
y
10
Tem-se que:
A
18
D
y
Note que o quadrilátero OABC é quadrado. Logo: OB = 18 2 ; BC = 18 m; COB = 45°; OC = 18 m
DC ⇒ 3 OC
DC ⇒ DC = 18 3 18
II.
III. h = BC + DC = 18 + 18 3 = 18( 3 + 1)
tg 60° =
=
2
x 60°
07 A
y = sen4a − cos4a
tg 75° =
08 A
tg 60° =
Se = AB = 5 m, houve 5 deslocamentos de 1 m de A até B. BC = 5 40 cm = 2 m.
09
=
52 + 22 ⇒ AC = 29
15°
y y ⇒ 3 +2 = ⇒ 3 x + 2 x = y ( I ). x x y y ⇒ 3 = ⇒ 3 x + 2 3 = y ( II ). x+2 x+2
Igualando I com II, tem-se:
Pelo Teorema de Pitágoras: ( AC )2
3 4 4 H (Escarpa) 2 4 4 1
1,6 m
y = (sen2a − cos 2a) ⋅ (sen2 a + cos2a) y = (sen a − cos a ) ⋅ (sen a + cos a) ⋅ 1 y = m⋅ n
2m
3x + 2x = 3 x + 2 3 ⇒ 2 x = 2 3 ≅
5, 4 .
x= 3 Logo: H = 1, 6 + x = 1, 6 + 3
C
De acordo com a figura do enunciado, desenha-se o esquema a seguir: P α
Q
Aula 4
=
1, 6 + 1,73 = 3 ,33 m
Trigonometria IV
0,8
Atividades para sala
M 1,8
N
D
Observando a figura a seguir, conclui-se que a distância entre o edifício 1 (E1) e o edifício 2 (E 2) é de 100 2 m.
α
S
01
1,2 E2
T
I. sen2 α + cos2 α = 1 sen2 α + (0,8)2 = 1 ⇒ sen α = 0,6
0 1 0 0 2 0
II. ∆QSN Q
sen α =
3
x
0, 6 = α
S
8
2
45º
2
E1
QS NQ
x ⇒ x = 1, 8 3
P
N
Pré-Universitário
45º 45º
45º 200
Q
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
02
C
04
B
P
E
30º 60º
D
h C 30º A
30º 30º
60º
B
Sendo AC = a; AD = b; DE = x, tem-se:
30º
3 a
I. sen 30° =
∆PTS (30º, 60º, 90º): ST = h 3
II. cos 30° =
∆PTL (30º, 60º, 90º): h LT = 3
a b
3 6 = 2 b
∆STL (Pitágoras):
3b = 12 ∴b =
12 3 ⋅ 3 3
(SL )2
=
(ST )2 + (LT )2 2
h ⇒ 900 = h2 ⋅ 3 + h2 30 = (h 3 ) + 3 3
b=4 3
2
x b
2
900 =
3 x = 3 4 3 x=
30 m
S
1 3 = 2 a a = 6 cm
III. tg 30° =
L
T
h2
=
9h2 + h2 3
⇒
10h2
=
2700
270 ⇒ h = 3 ⋅ 32 ⋅ 10 ⇒ h = 3 30
4 3 3 ∴ x = 4 cm 3
Atividades propostas
03 A
Com base nos dados do enunciado, é possível construir a figura a seguir, cotada em metros:
4 A
2,5 4 M B
01
D
B
T d
h
11
P
15º B
C 2 000 m
No ∆PBM (Pitágoras): (PB)2 = (BM)2 + (PM)2 (PB)2 = 42 + 112 (PB)2 = 137 No ∆BTP (Pitágoras): (PT)2 = (BT)2 + (PB)2 (PT)2 = (2,5)2 + 137 (PT)2 = 6,25 + 137 (PT)2 = 143,25 (PT)2 ≅ 144 (PT) ≅ 12
I. Calculando d (distância do ponto de decolagem até o topo da serra): BC 2000 ⇒ 0, 97 = ⇒ d d d ≅ 2062 m cos 15° =
II. Calculando h (altura da serra): h h sen 15º = ⇒ 0, 26 = d 2062 h ≅ 536 m
Pré-Universitário
9
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
Analisando as alternativas, tem-se: a) (F) 536 m < 600 m. b) (V) A colisão ocorrerá a 536 m de altura. c) (F) D está a uma altura de 600 m e a colisão acontecerá a 536 m. d) (F) Mesmo que essa distância seja adicionada antes do ponto B, o avião não alcançará altitude suficiente para evitar a colisão.
II. ∆BCD: sen 60º = ⇒
04
h 3 ⇒ 50 21
=
h 50 25
h = 25 3
C
Observe a figura:
Veja:
a h h
α
b
1,7 15º B
2 200
C
20
h h ⇒ 0 , 27 = ⇒ h = 594 m 2200 2200 ⇒ 594 m < 600 m tg 15° =
e) (F) O avião necessita decolar a uma distância do ponto C de, no mínimo, 2 222,2 m
h = 600
Logo, tg α = 0,50
C
Portanto, a = 20 · 0,50 a = 10 h = a + 1,7 h = 11,7 m
15º X
tg 15º =
600 x
→
0,27 =
600 → x = 2 222,2 m x 05
02
D
Sendo x a distância da rocha até a árvore, tem-se: C a i a r P
A
160 m
E
No ∆BDE, tem-se: tg y = Logo: tg y =
B
T o r r e
30º 50
30º
60º D
B
I. ∆ADC é isósceles, logo: AD = CD = 50 m.
10
ED 3tg z = 5 5
=
(2tg x ) 5
6tg x 5
Portanto:
C
50 m
2 ⋅ senα ⋅ cos α 2
Logo, tg z = 2tg x
sen 50° 0, 76 x = = cos 50° 0,64 160 160 0 , 76 = 190 m = 0, 64
A
=
ED ⇒ ED = 3 tg z 3 ED 3tg z tg z = = No ∆CDE, tem-se: tg x = 6 6 2
tg 50° =
03
A triângulo
base ⋅ altura ⇒ A tri ângulo 2 = senα ⋅ cos α =
No ∆CDE, tem-se: tg z =
B
x
20 tg α = 40 tg β tg α = 2tg β
C
A triângulo
06
50º Ilha
tg β =
a ⇒ a = 20 tg α 20 a ⇒ a = 40 tg β 40
Mas tg α + tg b = 0,75 ⇒ 2tg b + tg b = 0,75 ⇒ 3tg b = 0,75 ⇒ tg b = 0,25
D
B
tg α =
20
h
6 tg x + tg x − 2tg x tg x + tg y − tg z 5 = M= tg x − tg y + tg z tg x − 6 tg x + 2tg x 5 1+ 6 −− 2 tg x 5 + 6 − 10 5 1 5 = = = 1 − 6 + 2 tg x 5 − 6 + 10 9 5 5
Pré-Universitário
⇒
MATEMÁTICA 1
LIVRO 1
07
B
Q
sen 30º =
75
IV. Por fim: ∆h = h1 – h2 ∆h = 4 230 – 3 000 ∆h = 1 230 m ou 1,23 km
P x
d 60º
30º
A
h2 ⇒ h2 = 6 000 · sen 30º 6000 3000 1 1 ⇒ h2 = 6000 2 ⇒ h2 = 3 000 m
B 09
E
Pelo enunciado dado, tem-se: I.
Cálculo de n: n 3 tg 30º = ∴ n = 2tg 30º = 2 ⋅ 2 3
75 tg 60º = d 75 3= d 75 d= 3
II. tg 30º =
D
75 3 ⇒ x 3
=
75 225 ⇒ x = x 3
E
= 2 ⋅ 0, 58 = 116 , km
3
C
2
III. ∆APB (Pitágoras): 2
2
225 + 75 y = x +d ⇒y = 3 3 2
2
2
1
2
A
50625 5625 + 3 3 5625 0 2 2 ⇒ y = ⇒ y = 18750 3 2 ⇒ y = 625 ⋅ 30 ⇒ y = 625 ⋅ 30 ⇒
⇒
y2
30º 1
B
=
Cálculo da área do triângulo ADE: 2 ⋅ 116 , A = = 116 , km2 2 ∆
y = 25 30
Cálculo da porcentagem: João ⇒ 1,16 km2
08
D
Total ⇒ 6 km2 116 , ≅ 0,193 ≅ 19 % % João = 6
m I. V = 48 000 m/min = 48 000 = 800 m/seg. 60 seg II. Em 7,5 seg, tem-se: 7,5 · 800 = 6 000 m percorridos por cada projétil; III. Assim, calculando-se a altura atingida por cada projétil após 7,5 s do disparo, tem-se:
10
C
Observe a figura: A
∆h
h1
6 0 0 0 m
45º
sen 45º =
α
b m 0 0 6 0
60 cm h2
⇒ h1 = 3 000 · 1,41 ⇒ h1 = 4 230 m
30º
C
30º
h1 ⇒ h1 = 6 000 · sen 45º 6000 2 ⇒ h1 = 6000 3000⋅ 1 2
30º
1 2 0 c m
ˆ C) = ∆ABC: sen (AB
B
60 ˆ C = 30º ⇒ AB 120
ˆ C = 60º Logo: BA ˆ C = 60º Assim: α + 30º = BA α = 30º 1 Portanto: α = β 2
Pré-Universitário
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