gabarito - Walter Tadeu

COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III
1ª SÉRIE – MATEMÁTICA II – PROF. WALTER TADEU
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Relações métricas num triângulo qualquer – 2014 - GABARITO
1. Determine o valor do cos  de acordo com a seguinte figura:
Solução. Aplicando a Lei dos Cossenos, temos:
8 2  10 2  12 2  2.(10).(12). cos   64  100  144  240 cos  
 64  244  240 cos   240 cos   64  244  240 cos   180  cos  
 180 3

 240 4
.
2. (UERJ) Um triângulo tem lados 3, 7 e 8. A medida de um de seus ângulos é igual a:
a) 80º
b) 60º
c) 120º
Solução. Testando para cada lado sendo oposto ao ângulo.
d) 45º
e) 90º
6
1

 42
7
.
 24 1
ii) 7 2  8 2  3 2  2.( 8).( 3). cos   49  64  9  48 cos   cos  
    60º
 48 2
 124 72
2
2
2
iii) 3  7  9  2.( 7).( 9). cos   9  49  81  126 cos   cos  

 126 61
i) 8 2  7 2  3 2  2.( 7).( 3). cos   64  49  9  42 cos   cos  
3. (UFPI) Em um triângulo, um dos ângulos mede 60° e os lados adjacentes a este ângulo medem 1cm e
2cm. O valor do perímetro deste triângulo, em centímetros, é:
a)
3 5
b)
5 3
c)
3 3
d)
3 7
e)
5 7
Solução. Encontrando o terceiro lado, oposto ao ângulo 60º, temos:
 1
i) x 2  2 2  12  2.( 2).(1). cos 60º  x 2  5  4.   x 2  5  2  x 2  3  x  3 .
2
ii) Perímetro : 1  2  3  3  3
4. Sejam A, B e C pontos de uma circunferência tais que, AB = 2km, BC = 1km e a medida do ângulo
AB̂C seja de 135°.
a) Calcule o raio dessa circunferência.
b) Calcule a área do triângulo ABC.
Solução. Calculando o lado oposto ao ângulo de 135º, temos:

2 
2
.
x 2  2 2  12  2.( 2).(1). cos 135º  x 2  5  4. 
x 52 2 x 52 2
2


a) Utilizando a razão da Lei dos Cossenos, vem:
52 2
2
52 2
52 2
 2R  2R.
 5  2 2 R 

km .
sen135º
2
2
2
b) Utilizando a fórmula que associa dois lados e o ângulo entre eles, temos:
Área 
(2).(1).sen135º
2
 sen135º 
km 2 .
2
2
5. (UFRJ) Os ponteiros de um relógio circular medem, do centro às extremidades, 2 metros, o dos minutos, e
1 metro, o das horas. Determine a distância entre as extremidades dos
ponteiros quando o relógio marca 4 horas.
Solução. Como a circunferência completa possui um arco em graus de
360º, o relógio a divide em 12 arcos congruentes de 30º cada.
Considerando que às 4h o vértice do ângulo dos ponteiros forma um
ângulo de 120º, temos:
 1
x 2  2 2  12  2.( 2).(1). cos 120º  x 2  5  4.    x 2  5  2  x  7 m .
 2
6. (FUVEST) A corda comum de dois círculos que se interceptam é vista de seus centros sob ângulos de 90°
e 60°, respectivamente, como é mostrado na figura a seguir. Sabendo-se que a distância entre seus centros é
igual a
3  1, determine os raios dos círculos.
Solução. O segmento (x + y) liga os centros dividindo os ângulos ao meio. Desta forma temos dois
triângulos retângulos sendo um isósceles, t = x, e outro de catetos t e y. Efetuando os cálculos onde r
e R são os raios das circunferências menor e maior, respectivamente, temos:
t
2
  sen45º  t  r.
r. 2 R
r
2
i) 

 Rr 2
2
2
 t  sen30º  t  R. 1
R
2

r 2
x  t 
2

ii) 
 y  cos 30º  y  R. 3  r 2. 3   r. 2. 3
 2 
R
2
2




.

r 2 r. 2. 3
r 2
iii) x  y  3  1 

 3 1
3 1  3 1
2
2
2
r 2
2
2
2 2 2

 1 r 2  2  r 

.

 r  2.
2
2
2
2 2
  
Logo, R  r 2  . 2 . 2  2
3  1,7 a área do triângulo da figura vale:
a) 1,15
b) 1,25
c) 1,30
d) 1,35
e) 1,45
Solução. Encontrando a medida do lado y pela Lei dos Senos, temos:
7. (Mackenzie) Supondo
 2
y
2
  2. 1   y 2  2  y  2  2 2  2 .

 y.

sen30º sen45º
2
2
2
2


Calculando o valor do lado x (maior lado) pela Lei dos Cossenos, temos:
 2
 3
  x 2  2 3 x.  4  2  0  x 2  2 3 x.  2  0
 2 2  x 2  2.( 2)x  cos 30º  2  4  x 2  4 x.

2
.


2 3  12  4(1)( 2) 2 3  4 2 3  2 x  3  1  1,7  1  2,7  maior lado
x



2(1)
2
2
x  3  1  1,7  1  0,7  2
2
A área é: A  (2,7).( 2).sen30º 
2
 
 
(2,7). 2 . 2 
(2,7).( 2). 1
(2,7). 2 .sen45º
2  2,7  1,35 ou
 2   2,7  1,35 .
A

2
2
2
2
2
 
8. (UNESP) Cinco cidades, A, B, C, D e E, são interligadas por rodovias, conforme mostra a figura. A rodovia
AC tem 40km, a rodovia AB tem 50km, os ângulos x, entre AC e AB, e y, entre AB e
BC, são tais que senx = 3/4 e seny = 3/7. Deseja-se construir uma nova rodovia
ligando as cidades D e E que, dada a disposição destas cidades, será paralela a BC.
a) Use a lei dos senos para determinar quantos quilômetros tem a rodovia BC.
Solução. BC  AC  BC. 3   40. 3   BC  40. 3 . 7   (10).( 7)  70km .
senx
seny
7
4
43
b) Sabendo que AD tem 30 km, determine quantos quilômetros terá a rodovia DE.
Solução. Os triângulos AED e ABC são semelhantes: DE  30  DE.  30.70  2100  42 km .
BC
50
50
50
9. A mediana AM de um triangulo ABC mede 6cm, divide o lado oposto em dois segmentos iguais a 12cm e
forma com esse lado dois ângulos que diferem entre si de 60º. Determine as medidas
dos lados desse triângulo.
Solução. A soma dos ângulos x e y vale 180º.
O lado BC vale 24cm. Temos:
 2
 1
2
2
AB  12  6  2(12)( 6) cos 120º  180  144.  2   AB  252  6 7 cm .
y  x  180
y  120º 


 2y  240  


y  x  60
x  60
AC2  122  62  2(12)( 6) cos 60º  180  144. 1   AB  108  6 3 cm
2

10. Na figura, calcule o lado do triângulo equilátero
ABC , sabendo que PA  3 cm , PB  4 cm e
PC  5 cm .
Solução 1. Considere um ponto Q externo ao triângulo, tal que AQ = 3cm e
BQ = 5cm . Note que o triângulo PAC é igual ao triângulo QAB (LLL).
Então o triângulo PQA é equilátero. Logo, o ângulo APQ = 60°.
i) O triângulo PBQ é retângulo, pois possui os lados 3cm, 4cm e 5cm. Isto
também pode ser verificado aplicando a lei dos cossenos no triângulo
PBQ:
5 2  4 2  3 3  2.( 4).( 3). cos   25  16  9  24 cos  
 cos  
25  25
 0    90º
 24
.
ii) O ângulo APB mede (60º + 90º) = 150º. Aplicando a lei dos cossenos
para calcular o lado AB, pedido,temos:

3 
x 2  4 2  3 3  2.( 4).( 3). cos 150º  x 2  16  9  24. 

 2  .
 x 2  25  12 3  x  25  12 3 cm
Solução 2. Posicionando os vértices A, B, C e P sobre os eixos coordenados, lembrando que a
ordenada de C indica a altura do triângulo ABC, temos:
 L 
L 
A    , 0 ; B   , 0 
 2 
 2  . Calculando as distâncias d(P,A), d(P,B) e d(P,C) e
L 3 
C  
, 0 ; P  x, y 
 2

observando que 52 = 32 + 42, vem:
2
2
2

L 3 
L
L


2
2
x 2   y 
5
x    y  3
x    y  4
2 
2
2




,
e
Elevando ao quadrado ambos os membros, temos:
2
2
2

L
L
L 3 


2
2
2

 x    y   x    y  x   y 
2
2
2 



L2
L2
3L2
 x 2  Lx 
 y 2  x 2  Lx 
 y 2  x 2  y 2  Ly 3 

4
4
4
.
L2
3L2 3L2 L2
 x 2  y 2  Ly 3 
 x 2  y 2  Ly 3 



4
4
4
4
2
2



L 3 
3L2 L2
2
 y  L 3   L2
 x 2   y 



x


2 
4
4
2 



L 3 
Eq.Circunferê ncia : Raio  L; Centro   0, 
2 

Utilizando as fórmulas de áreas temos:
abc
4.3.L

A  4R  4L  3
3.4.sen APB
1

 3  senAPB  .

2
2
A  ( AP).(PB).sen APB

2
 APB  150º  obtuso
Lei dos cossenos:

3 
L2  4 2  3 3  2.( 4).( 3). cos 150º  L2  16  9  24. 
.
 2 
 L2  25  12 3  L  25  12 3 cm