exercícios propostos ctg - trigonometria

Fabiano Nader & Kenji Chung


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TRIGONOMETRIA – RESOLUÇÃO

EXERCÍCIOS PROPOSTOS E1. SOLUÇÃO: De acordo com a figura, temos: (onde x é a distância pedida)

Assim, x² = 8² + 5² = 64 + 225 = 289 �� x = 17 metros. RESPOSTA: LETRA C. E2. SOLUÇÃO: f(x) = sen x + cos x + cotg x + cossec x – tg x – sec x �� f(60º) = sen60º + cos60º + 1/tg60º + 1/sen60º - tg6 0º - 1/cos60º = √3/2 + ½ + 1/√3 + 2/√3 - √3 – 2 = (3 + √3 + 2 + 4 – 6 - 4√3)/2√3 =( 3 -3√3)/2√3. Racionalizando: (3 √3 – 9)/6 = (√3 – 3)/2. RESPOSTA: LETRA B. E3. SOLUÇÃO: Comprimento da circunferência (360º): C = 2πr Medida de um arco de circunferência de α: S = 2π r (α/360) S = 2 km = 2000 m; α = 300º; π = 3,14. Então 2000 = 2π·r ·(300/360) �� 1000 = π r (5/6) r = 6000/(5π) = 1200/π = 1200/(3,14) ≈ 382 m. RESPOSTA: LETRA C. E4. SOLUÇÃO: Usando a relação fundamental sen² x+ cos ² x = 1, temos: cos² x + 0,6² = 1 �� cos² x = 1 - 0,36 �� cos²x = 0,64 �� cos x = √0,64 = 0,8. Mas tg α = senα/cosα. Logo, tg α = 0,6/0,8 = 6/8 = ¾. Voltando à figura, temos: 10/ x = tgα �� 10/x = ¾ �� 3x = 40 �� x = 40/3. RESPOSTA: 40/3. E5. SOLUÇÃO: AB² + 5² = 13² �� AB = 12. Então cos BÂC = 12/13. RESPOSTA: LETRA A. E6. SOLUÇÃO: Sendo x a distância indicada na figura ab aixo, temos:

Cos 30º = x/4 = √3/2 �� x = 2√3 m. A distância entre M e N é: 1,5 + 2 √3 + 1 ≈ 2,5 + 2·1,73 ≈ 2,5 + 3,4 = 5,9 m.



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RESPOSTA: LETRA C. E7. SOLUÇÃO: Sen60º = x/15 = √3/2 �� x = 15√3/2 (um dos catetos). O outro cateto mede y, onde c os60º = y/15 = ½ �� y = 15/2. Assim, a soma das medidas dos catetos, vale: 15√3/2 + 15/2 = 15(√3 + 1)/2. RESPOSTA: LETRA E. E8. SOLUÇÃO: Tg30º = x/200 = 0,577 �� x = 200·(0,577) = 115,4 m. 1,5 + 115,4 = 116,7 ≈ 117 metros. RESPOSTA: LETRA C. E9. SOLUÇÃO: Se sen αααα = sen ββββ, enão αααα = ββββ = 45º. Assim, os catetos possuem a mesma medida x, e 2x² = 4² �� x² = 8 �� x = 2√2. Assim, a área Fo triângulo é A = (2 √2)²/2 = 4 cm². RESPOSTA: LETRA B. E10. SOLUÇÃO: Como CDB = 45º, então BC = 2dm, pois o triângulo BCD é isósceles. Calculando cada lado, te mos:

i) dmBDBD 22822 222==⇒+=

ii)

dmABAB

sen

AB

BD

ABsen

22

22

2

1

22

2

1º30

22º30

==⇒=⇒

=

==

ii)

dmADAD

AD

BD

AD

62

3.22

2

3

22

2

3º30cos

22º30cos

==⇒=⇒

=

==

RESPOSTA: LETRA C. E11. SOLUÇÃO: Se sen α= 3/5:

Então x = 4 e tg α = ¾ = 36/x �� x = 48 m. RESPOSTA: 48. E12. SOLUÇÃO:

Sen30º = x/21 = ½ �� x = 10,5 m. (10,5 = 3 · 3,5). Assim, estamos falan do do 3º andar. RESPOSTA: LETRA B.



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E13. SOLUÇÃO: 1) O triângulo XZB é retângulo e isóscel es: XZ = h 2) No triângulo BZY, como XY = 30, tem-se ZY = 30 – h e tg 60° = h/(30 – h) = √3 �� h = 30√3 - √3h �� h(√3 + 1) = 30√3 �� h = 30√3/(√3 + 1). Racionalizando: h = 45 - 15 √3 km. RESPOSTA: LETRA D. E14. SOLUÇÃO: A partir das informações, temos:

Então tg ( ) = x/5 �� x = 5 · tg( ) RESPOSTA: LETRA A. E15. SOLUÇÃO: A altura da torre será a soma das medid as (5 + y). O valor de “y” será calculado conhecend o a medida “x” de AB.

i)

mxxx

sen

xadjcat

opcattg

353

3.

3

15

3

15153

3

35

3

3º30

5

.

.º30

===⇒=⇒=⇒

=

==

ii)

myy

tg

y

x

y

adjcat

opcattg

153.53.35335

35º60

35.

.º60

===⇒=⇒

=

===

. Logo, CD = 20m. RESPOSTA: 20. E16. SOLUÇÃO: Se a velocidade do foguete é de 180 m/s, em 5 segundos terá percorrido: 5· 180 = 900 m.

Assim, estará a y metros do ponto de lançamento, on de cos60º = y/900 = ½ �� y = 900 m. E terá atingido uma altura de x metros, onde sen60º = x/900 = √3/2 �� x = 450√3 m. RESPOSTA: LETRA D. E17. SOLUÇÃO: Pela figura 1, temos: tg α =10/30= 1/3 tg β = 10/20= 1/2 Pela figura 2, temos: tg α =h/(10+x) -->1/3 = h/(10+x) -->h = (10+x)/3 (l) tg β = h/x -->1/2=h/x --> h = x/2 (ll) Igualando (l) e (ll), temos: (10+x)/3 = x/2 --> 20 + 2x = 3x --> x = 20 m, Como tg β = h/x --> 1/2 = h/20 --> h = 20/2 --> h = 10 m. h+ 1,5 = 10 + 1,5 = 11,5 m, que é a altura da árvor e. RESPOSTA: 11,5 m.



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E18. SOLUÇÃO: Se cos x = -4/5:

y = 3. No III quadrante, sen x também é negativo, e ntão sen x = -3/5. Assim, cossec x = 1/sen x = 1/(- 3/5) = -5/3. RESPOSTA: LETRA A. E19. SOLUÇÃO: Sendo O o ponto (0,0), temos:

Como AO = BO, o triângulo BOA é isósceles, assim OA B = 45º. Olhando para o triangulo COA, temos: Tg ACO = CO/AO = √3/1 = √3. Então ACO = 30. Mas ABO é um ângulo externo do tr iângulo CAB, assim ABO = ACB + BAC �� 45º = 30 + BAC �� BAC = 15º. RESPOSTA: LETRA E. E20. SOLUÇÃO: x² + 1² = 5² �� x² = 24 �� x = 2√6.

cos αααα = 1/5 sen αααα = 2√6/5 tg αααα = 2√6.

Então cos sen

1 tgα − α− α

= (1/5 - 2√6/5)/(1 - 2√6) = (1 - 2√6)/5 · 1/(1 - 2√6) = 1/5.

RESPOSTA: LETRA A. APROFUNDAMENTO A1. SOLUÇÃO: Sejam a, b, c e d os segmentos represent ados na figura:

Então a² + b² = 2² �� a² + b² = 4 (I);



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a² + c² = 4² �� a² + c² = 16 (II); c² + d² = 5² �� c² + d² = 25 (III); b² + d² = x² (IV) Somando (I), (II) e (III), temos: 2(a² + c²) + b² + d² = 45. Substituindo nessa equaçã o (II) e (IV), obtemos: 2 · 16 + x² = 45 �� x² = 45 – 32 = 13 �� x = √13. RESPOSTA: LETRA C. A2. SOLUÇÃO: O segmento CD será a soma dos raios das circunferências: 3 + 8 = 11 cm. CP será a diferença : 8 – 3 = 5 cm. Assim, sen x = 5/11.

RESPOSTA: LETRA B. A3. SOLUÇÃO: Do enunciado, temos a figura:

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ADB, t emos: (AB)² = (AD)² + (DB)² (AB)² = 3² + (3√3)² = 9 + 27 = 36 �� AB = 6 CM. Ainda nesse triângulo, temos: tg αααα = DB/AD �� tg αααα = 3√3/3 = √3 �� αααα = 60º e β = 60º. Assim, os arcos P 1FT1 e P2GT2, medem, respectivamente, 240º e 120º. Portanto, o comprimento L da correia, é:

RESPOSTA: 6(ππππ + 3 ). A4. SOLUÇÃO:



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Área do triângulo BCQ: (1-x) ·1/2 = (1-x)/2 = (1 –√3 + 1)/2 = (2 - √3)/2. RESPOSTA: LETRA C. A5. SOLUÇÃO: Pela figura, temos:

tg θθθθ = AB/CB = AB/1 �� AB = tg θθθθ. cos θθθθ = CB/CA = 1/(1 + DA) �� 1 + DA = 1/cos θθθθ �� da = sec θθθθ - 1. Assim, o perímetro de ABD, será: tg θθθθ + θθθθ + sec θθθθ - 1. RESPOSTA: tg θθθθ + θθθθ + sec θθθθ - 1. A6. SOLUÇÃO: A menor distância do barco ao farol é o segmento de reta perpendicular a direção AB que fo rma os triângulos retângulos de hipotenusa BP e AP. Seja y a distância do barco ao farol e seja x a distância do barco ao ponto B. A razão trigonométrica y / x é a tangente do ângulo de 60º. De modo análogo, a razão y / (1000 + x) é a tangente de 30º. Como a tg60º = √3 e tg30º = √3/3, vem que, y = x √3 . Então, ( √3/3)/3 = y/(1000 + x) = (x √3) /(1000 + x) �� 1000 + x = 3x �� 1000 = 2x , logo x = 500. Assim, y = 500 √3. RESPOSTA: LETRA B. A7. SOLUÇÃO: Como o triângulo é retângulo, a medida da mediana relativa à hipotenusa é igual à metade d a hipotenusa. Isso pode ser observado pela figura:



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De acordo com o enunciado, x = √(ab). Por Pitágoras: a² + b² = 4x² �� a² + b² = 4ab �� a² - 4ab + b² = 0. Então

. Considerando a > b ��a = b(2 + √3). Portanto:

. RESPOSTA: LETRA C. A8. SOLUÇÃO: Os dois corredores percorrem a mesma distância, poi s como um percorre uma semicircunferência de raio 2 R, o outro percorre uma circunferência de raio R. O corredor q ue percorre a semicircunferência de raio 2R, quando percorrer 3/4 do seu trajeto, irá parar no ponto S, sendo que o ângul o SÔB = 45º. O outro corredor, quando percorrer 3/4 do seu trajeto, irá parar no ponto R, sendo RQO = 90º.

RS = OS – OR = 2R – R 2 = 2R – 1,4R = 0,6R. RESPOSTA: LETRA B. A9. SOLUÇÃO: Sabemos que cos²x + sen²x = 1. Então de (cos x + sen x)² + k ·sen x ·cos x – 1 = 0, temos: (cos x + sen x)² + k sen x · cos x = 1 cos²x + 2senx ·cosx + sen²x + k ·senx ·cosx = 1 sen²x + cos²x + 2senx ·cosx + k ·senx ·cosx = 1 1 + 2senx ·cosx + k ·senx ·cosx = 1 k·senx ·cosx = - 2senx ·cosx k = - 2 RESPOSTA: LETRA B. A10. SOLUÇÃO: n arco 0..........10° 1..........82° 2.........154° 3.........226° 4.........298° 5........370° = 10° São cinco pontos distintos: a figura de um pentágono regular. RESPOSTA: LETRA C.

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