gabarito - Walter Tadeu

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COLÉGIO PEDRO II – UNIDADE ESCOLAR SÃO CRISTÓVÃO III
SEGUNDA ETAPA LETIVA / 2010 – INFORMÁTICA
COORDENADORA: MARIA HELENA M. M. BACCAR
PROFESSOR: WALTER TADEU
DATA: ____________
NOME: GABARITO
NOTA:
Nº: ______ TURMA: _______
TRABALHO DE MATEMÁTICA I – 1ª SÉRIE (Vale 1,5 pontos)
1) (UNIFOR-CE) Reduzindo-se ao primeiro quadrante um arco de medida 7344º, obtém-se um arco. Calcule a
medida deste arco em radianos.
Solução. Dividindo o valor indicado por 360º e transformando a 1ª determinação em radianos, temos:
7344º 360º  20(voltas)  144º
 .rad
180º

. Repare que na verdade este arco é do 2º quadrante.
x
144 .rad 4
x

rad
144º
180
5
2) (UERJ) Duas partículas, X e Y, em movimento retilíneo e uniforme, têm velocidades respectivamente iguais a
0,2km/s e 0,1km/s. Em certo instante t1, X está na posição A e Y
na posição B, sendo a distância entre ambas de 10km. As direções
e os sentidos dos movimentos das partículas são indicados pelos
segmentos orientados AB e BC , e o ângulo ABˆ C mede 60º,
conforme o esquema.
Sabendo que a distância mínima entre X e Y vai ocorrer em um
instante t2, calcule o valor inteiro mais próximo de (t2 – t1), em
segundos.
Solução. Enquanto Y se desloca uma distância “d”, X com o
dobro da velocidade se desloca uma distância “2d”. No
instante t = t2 as posições estão mostradas na figura. Considerando D a distância entre as partículas e
aplicando a Lei dos Cossenos, temos:
 D 2  (10  2d ) 2  d 2  2(10  2d )( d ) cos 60º

(50) 50
 2
1
2
2
 D ²(mínimo)  d (mínimo)  

 D  100  40d  4d  d  2(10  2d )( d ). 
2
2
(
7
)
14



2
2
2
2
 D  100  40d  5d  10d  2d  7d  50d  100

50
d  v.t  t  14  35,7  36s
0,1
ˆ C é 30º e BD = DC, onde D
3) (FUVEST) Na figura mostrada, AD = 2cm, AB = 3cm , a medida do ângulo BA
é ponto do lado AC . Calcule a medida do lado BC em centímetros.
Solução. Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo ABD e depois em ABC, temos:
y2

 2
y

x 2

 2
x


 3
2
 
 (2) 2  2 3 .2  cos 30º
 y  1  1cm  AC  3cm
 3
(4)(3)
7
 3  4  4 3 .

7

6

1

2
 2 
 

 3
2
 
 (3) 2  2 3 .3 cos 30º
 x  BC  3cm
 3
(6)(3)
  12 
 3  9  6 3 .

12

9

3

2
 2 
 
4) (UFMG) Observe a figura. Nela, tem-se: AB = AC = 6, BC = BD = 4 e CBˆ Q  QBˆ D . Calcule a tangente do
ângulo CBˆ Q .
Solução. O triângulo BDC é isósceles. Como CBˆ Q  QBˆ D , a ceviana BQ é bissetriz, mediana e altura. O
triângulo BQC é retângulo. O mesmo acontece com ABQ. Com esses dados encontramos o valor de “x”.
   BQ   16  x
 (6  x)  BQ   36  36  12 x  x
T ( BQC ) : 4  ( x) 2  BQ
2
T ( ABQ ) : 6
2
2
2
2
2
4
cat.oposto
x
3
ˆ
tg (CBQ) 


2
cat.adjacente
16  x
16  4
 3
1
tg (CBˆ Q) 
2 2
2
.
2

2
16 4

12 3
4
4
3
3  1


128
2 2
16  16
9
9
2
 16  x 2  x 
2
4
5) (UNICAMP) O quadrilátero convexo ABCD, cujos lados medem consecutivamente, 1cm, 3cm, 4cm e 6cm,
está inscrito em uma circunferência de centro O e raio R. Calcule o raio desta circunferência.
Solução. O quadrilátero é inscritível. Logo os ângulos opostos são suplementares. Dividindo este
quadrilátero pela diagonal AC e aplicando a Lei dos Cossenos nos triângulos ABC e ACD, temos:
Bˆ  Dˆ  180º  Bˆ  180º  Dˆ  cos Bˆ   cos Dˆ
   1  3  2(1)(3) cos Bˆ  10  6 cos Bˆ  AC   10  6 cos Bˆ 

   6  4  2(6)(4) cos Dˆ  42  48 cos Dˆ AC   52  48 cos Bˆ
 AC   10  6 cos Bˆ
42
7

 0  42  54 cos Bˆ  cos Bˆ  

54
9
AC   52  48 cos Bˆ
42
42
132
 7
Logo : AC   10  6    AC  10 
 10 

9
9
9
3
 AC

 AC
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2


Calculando o seno e aplicando a relação da Lei dos Senos, temos:
7
49
32
32
 7
cos Bˆ    senBˆ  1      1 


9
81
81
9
 9
AC
132 / 3
3 132 3 132 32 3.2.2 2 66 3 66
 2R  2R 
R

.


2.32
8
senBˆ
32 / 9
2 32
2 32 32
2
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