gabarito - Walter Tadeu

COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE ESCOLAR SÃO CRISTÓVÃO III
APROFUNDAMENTO DE MATEMÁTICA
APOSTILA I – EXAME DE QUALIFICAÇÃO UERJ
ALUNO(A): ________________________________________________
AULA 7: Lei dos Senos e Cossenos - GABARITO
1. (UERJ) Um piso plano é revestido de hexágonos regulares congruentes cujo lado mede 10cm. Na
ilustração de parte desse piso, T, M e F são vértices comuns a três hexágonos e representam os pontos nos
quais se encontram, respectivamente, um torrão de açúcar, uma mosca e uma formiga. Ao perceber o
açúcar, os dois insetos partem no mesmo instante, com velocidades constantes, para alcançá-lo. Admita que
a mosca leve 10 segundos para atingir o ponto T. Despreze o espaçamento entre os hexágonos e as
dimensões dos animais. A menor velocidade, em centímetros por segundo, necessária para que a formiga
chegue ao ponto T no mesmo instante em que a mosca, é igual a:
(A) 3,5
(B) 5,0
(C) 5,5
(D) 7,0
Solução. Observe no hexágono destacado que a distância entre dois vértices opostos é o dobro do
lado. O piso fica com os valores mostrados. Aplicando a Lei dos cossenos, temos:
d2  302  502  2(30)50cos(120º ) 
 1
2
 d  900  2500  3000.   
 2
.
 d  3400  1500  d  4900  70
2
Distância  70cm
D 70cm
v 
 7cm / s

Tempo

10
s
T
10s

2. (UERJ) Considere o triângulo ABC mostrado, onde os ângulos A, B e C estão em progressão aritmética
crescente. Determine os valores de cada um desses ângulos, respectivamente, sabendo que:
3 3 .
senA  senB  senC 
2
Solução. Considerando três termos em PA como x – r, x, x + r, a soma será (x – r + x + x + r) = 3x.
Representando os ângulos do triângulo como esse trio e sabendo que a soma dos ângulos internos
vale 180º, temos:
A  x  r
180º

 60º .
B  x . Como A  B  C  180  3x  180º  x 
6
C  x  r

Calculando as expressões dos senos e utilizando a condição, temos:

3. cos r senr

senA  sen(60º r )  sen60º cos r  senr cos 60º 
2
2


3
senB  sen60º 
2


3. cos r senr

senC  sen(60º r )  sen60º cos r  senr cos 60º 
2
2


3. cos r senr
3
3. cos r senr




senA  senB  senC 

2
2
2
2
2  2 3. cos r  3  3  3 

2
2
2
3

3
senA  senB  senC 

2
2 3. cos r
3 3
3
2 3. cos r 3
3
3
3 3 3

 

  2 3. cos r  3  cos r 

.


2
2
2
2
2
2
2 .3
2 3 2 3 3
A  60º 30º  30º
3

 cos r 
 r  30º  B  60º
2
C  60º 30º  90º
.


3. (UERJ) A figura 1 representa uma chapa de metal com a forma de um triângulo retângulo isósceles em que
AB = BC = CD = 2m. Dobrando-a nas linhas BE e CE, constrói-se um objeto que tem a forma de uma
pirâmide (figura 2). Desprezando a espessura da chapa, calcule o cosseno do ângulo formado pela aresta AE
e o plano ABC.
Solução. O cosseno procurado é do
ângulo formado pelos lados AM e AE
oposto ao lado EM na figura 2.
Observamos na figura 1 temos que as
medidas AE e ED são iguais, pois o
triângulo é retângulo isósceles. Logo,
AD é hipotenusa e EM é a altura e
mediana relativa a essa hipotenusa.
Temos:
AD2  AE2  ED2

2

i) AD  6
 (6)²  2AE  AE 
 2
2
AE  ED
36
 18  3 2
2
.
AE2  AM2  EM2

2

ii) AE  3 2
 3 2 ²  (3)2  EM  EM  18  9  9  3

AM  3
 
Na figura 2, o triângulo ABC é equilátero, pois, AB = BC = A1 = 2m. Logo AM é altura desse triângulo e
mede AM  L 3  2 3  3 . Aplicando a lei dos cossenos no triângulo AEM, temos:
2
2
  
   3 ²  2.3 2  3 . cos EÂD 
EM  AE  AM  2. AE AM . cos EÂD  3 ²  3 2 ² 
2
2
2
 9  18  3  6 6. cos EÂD  6 6. cos EÂD  9  21  cos EÂD 
 cos EÂD 
.
 12
2
2
6 2 6


.


6
6 6
6
6 6
6
3
4. Sobre os lados de um triângulo retângulo constroem-se quadrados, conforme mostra a figura abaixo.
Sendo "a" a medida da hipotenusa, "b" e "c" as medidas dos catetos, e P e Q os pontos representados na
figura, então a distância entre P e Q é igual a:
a)
a2  b2
b)
2.a 2  b 2
c)
a 2  2.b 2
d)
3.a 2  b 2
e)
a 2  3.b 2
Solução. Observe que y = 180º - x. Aplicando a razão do cosseno no triângulo de catetos a, b, c e a lei
dos cossenos para calcular PQ, temos:
PQ 2  a²  b²  2(a)(b) cos y
2
 PQ  a²  b²  2ab cos180º  x  

y  180º  x
PQ 2  a²  b²  2ab cos x   a²  b²  2abcos x 
2

b .

 PQ  a²  b²  2ab  
b
a
cos x 
a

2
 PQ  a²  b²  2b²  PQ  a²  3b²
5. (UERJ) Duas partículas, X e Y, em movimento retilíneo uniforme, têm velocidades respectivamente iguais a
0,2 km/s e 0,1 km/s. Em um certo instante t1, X está na posição A e Y na
posição B, sendo a distância entre ambas de 10 km. As direções e os
sentidos dos movimentos das partículas são indicados pelos segmentos
orientados AB e BC, e o ângulo ABC mede 60º, conforme o esquema.
Sabendo-se que a distância mínima entre X e Y vai ocorrer em um instante
t2 , o valor inteiro mais próximo de t2 – t1 , em segundos, equivale a:
(A) 24
(B) 36
(C) 50
(D) 72
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 .



 D 2  100  40d  5d 2  10d  2d 2  7d 2  50d  100

d  v.t  t 
50
14  35,7  36s
0,1
6. Na figura a seguir, determine o valor de x e o perímetro do triângulo.
Solução. Aplicando a Lei dos cossenos:
( x  2)2  ( x  1)2  x 2  2( x  1)( x ) cos 120º 
 1
x ²  4 x  4  x ²  2x  1  x ²  2( x  1)( x ).   
 2
.
 x ²  4 x  4  2x ²  2x  1  ( x  1)( x )  x ²  4 x  4  3 x ²  3 x  1  2x ²  x  3  0 
1 5 6 3

x  4  4  2
 ( 1)  ( 1)²  4(2)( 3) 1  25
x


. Como x  0  x  1,5
2(2)
4
x  1  5  1  0

4
Logo, x = 1,5. O perímetro é: 2p = (1,5 + 2) + (1,5) + (1,5 +1) = 3,5 + 1,5 + 2,5 = 7,5.
7. (FUVEST) Um triângulo ABC tem lados de comprimento AB = 5, BC = 4 e AC = 2. Sejam M e N os pontos
de AB tais que CM é a bissetriz relativa ao ângulo ACB e CN é a altura relativa ao lado AB. Determine o
comprimento MN.
Solução 1. Observando a figura e escrevendo as expressões da
altura para os triângulos ACN e CNB, temos:
h²  (2)²  AN2
2
2
 4  AN  16   25  10.AN  AN   .

2


h²  ( 4)²  5  AN


2
2
 4  AN  16  25  10.AN  AN  10.AN  13  AN 
13
10
Aplicando o teorema das bissetrizes internas, temos:
AM MB
AN  MN AB  AN  MN




AC BC
AC
BC
37 26
11
11
3MN 

 3MN 
 MN 
10 10
10
30
13
 MN 5  13  MN
26
37
10
10


 2MN 
 MN  .
2
4
10
10
Solução 2. Teorema das bissetrizes em ABC:
AM
AC

MB
BC

AM 5  AM
5

 2AM  5  AM  AM  .
2
4
3
Lei dos cossenos em ABC:
4²  2²  5²  2(2)(5) cos   16  4  25  20 cos   cos  
13 .
20
Razão do cosseno em ACN: cos   AN  13  AN  AN  26  13 .
2
20
2
20 10
Cálculo de MN: MN  AM  AN  5  13  50  39  11 .
3 10
30
30
8. Determine o raio de um círculo no qual está inscrito o triângulo ABC em que A = 60º e BC = 4cm.
Solução. O ângulo A está oposto ao lado BC. A razão entre os lados de um triângulos e os senos dos
respectivos ângulos opostos é o diâmetro da circunferência circunscrita a esse triângulo. Temos:
BC
4
4
 2R 
 2R 
senA
sen60º
3
 2R  4 
2
2R 3
4
4
3
4 3.
R 

.
R 
2
3
3
3 3