Baixe Exercícios Resolvidos de Matemática - Trigonometria e outras Exercícios em PDF para Química, somente na Docsity! 1 (Vunesp-SP) Um pequeno avião deveria partir de uma cidade A rumo a uma cidade B ao Norte, distante 60 quilô- metros de 4. Por um problema de orientação, o piloto se- guiu erradamente rumo ao Oeste. Ao perceber o erro, ele corrigiu a rota, fazendo um giro de 120º à direita em um ponto, de modo que o seu trajeto, juntamente com o traje- to que deveria ter sido seguido, formaram, aproximadamen- te, um triângulo retângulo ABC, como mostra a figura. Com base na figura, a distância em qui- B (Norte) lômetros que o avião voou partindo de A até chegar a B é: aj30/3 dp 803 b403 e) 9043 xe) 6043 120º (Oeste) C A Temos a figura: B(Norte) Assim, E p= BO 48 (60 E = = BC =40V3 so o = 80 y7 = 60 1960" = To 3 T 120º. = AC=20/3 CA AC + BC =20/3 + 40/3 =60/3 (Oeste) C A 2 (EEM-SP) Quantos degraus de 19 cm de altura são necessários para substituir uma rampa de 9,5 m de exten- são com inclinação de 30º? Fazendo a figura, vem: 68 95 a a Logo, o número de degraus é: n=&8 os 019 N = 25 degraus TER 132 M2 - Trigonometria nos Triângulos asi o) 3 (UEM-PR) Um balão parado no céu é observado sob um ângulo de 60º. Afastando-se 3 metros, o observador passa a vê-lo sob um ângulo o tal que tga= 1 Então, a altura do balão multiplicada por (6 — /3) é: 3m A No triângulo ABC, temos: , 60-25 oh- 4x O No triângulo ABD, temos: ga--Do-Loo-x+a D B = 2n-3=x O legal ye! Substituindo (2) em (D, vem: h=v3(2n-3) >h=2/3h- 3/3 25h -hn=3/35 h(243 —1) = 33 av3 ov7+1 s(6+43) EE (o - s7)n = 2-8) a(o + 8) o Portanto, 11 3(36 - 3) = 99 > 99m 4 (UFMG) No triângulo ABC, o ângulo ABC é reto, BC = 56 e cos (BÃC) = —. "15 Considerando esses dados, calcule o comprimento do cateto AB. Representando o triângulo ABC, temos: A yo =x" + (506) 5 y2=xº +150 OD AX 3 x 3y cos (BÁ)=L > 8 -Xoy- CO voa yo a O x y Substituindo (2) em (7), temos: y dE +1505yº =375 5y = 55 B JE e Portanto: né ENE ss 5 5 (UFIF-MG) Um topógrafo foi chamado para obter a altura de um edifício. Para fazer isto, ele colocou um teodolito (instrumento ótico para medir ângulos) a 200 metros do edifício e mediu um ângulo de 30º, como indi- cado na figura abaixo. Sabendo que a luneta do teodolito está a 1,5 metro do solo, pode-se concluir que, dentre os valores abaixo, o que melhor aproxima a altura do edifí- cio, em metros, é: a) 112 Use os valores: ) sen 30º = 0,5 ) 17 cos 30º = 0,866 d) 120 tg30º = 0,577 ) Pelos dados, temos: A h=x+15 No triângulo retângulo ABC, temos: tg30º = 5 0,577= 200 200 x=1154m Logo: h=x+155h=1154+15 h=1169m Portanto, a altura do edifício é aproximadamente 117 m. 6 (UCSal-BA) A autora alegrava-se em conseguir esti- mar o comprimento de objetos inacessíveis como, por exemplo, a altura x da torre mostrada na figura abaixo. | ia 20m ————ei A partir do conhecimento de relações trigonométricas e sabendo que sen o: = (0,6428 e cos o: = 0,7660, ela podia encontrar que x, em metros, era aproximadamente igual a: a) 16 xb) 17 c) 18 d) 19 e) 20 Observando a figura, temos: x tga=U ga=o O sen a 0,6428 Mas, tg a = 5tga= cos a 0,7660) tga=0,84 Substituindo (2) em (D), vem: À 0,84 »x=168m 20 Portanto, a altura da torre era aproximadamente 17 m. 7 (UFAC) Se à medida do ân- gulo BÃC é igual a 60º, AB = AC e BC = 10, então a área do triân- gulo ABC da figura vale: a) 10 dj 1043 bjJ3 e) 53 xe) 2543 Usando a tigura, temos: 8 x sen 30º = Assim, cos 30º =, 43 = h ,hos43 x x x 2 10 A área do triângulo é: s-bh og 10:53 sy 5 5 2 2 8 (UEM-PR) No problema a seguir, considere que qual- quer trajetória do ciclista é feita em linha reta e com velo- cidade constante e igual a 10 m/s. Duas rodovias, H e R, cruzam-se em um ponto, segundo um ângulo de 60º. Um ciclista parte do ponto A pela rodo- via H e, após um terço de hora, atinge um ponto B, de onde é possível seguir para a rodovia R, percorrendo o menor caminho, atingindo-a no ponto C. Para retornar de Cao ponto À de origem, pela rodovia R, a distância que o ciclista deve percorrer, em quilômetros, é: Pelos dados do problema, temos: Rodovia R Rodovia H O ciclista tem velocidade constante de 10 m/s e demorou de A até E L hora = L.. 60 = 20 minutos. 3 3 Logo, ele percorreu 10 - 60 - 20 = 12000 —> 12000m = 12km. Portanto: cos 60" - AC, 1. AC Ac -6km 2 12 AC 18 133 15 (Unemat-MT) A rampa de acesso a um estaciona- mento de automóveis faz um ângulo de 30º com o solo e, ao subi-la, um carro desloca-se horizontalmente 8 m de distância, conforme o desenho. Dados: h pI sen 30 2 Soo Mo cos 30º E —=— 2 Sobre os dados, julgue os itens: 1. Aaltura da rampa, representada por A, no desenho, é «83 3 do m. 2.0 comprimento da rampa inclinada, por onde sobem os carros, é o dobro da altura A. 3. Na mesma rampa, se o ângulo formado com o solo fos- se de 60º, ou seja, o dobro de «, então a altura A tam- bém seria o dobro. Do enunciado, temos: c 8 A 1. No triângulo retângulo ABC, temos: 1930 = 1, sensor h 8 8 av n= É. m (verdadeira) 2. No triângulo retângulo ABC, temos: senso = Lo 1d x 2 x x = 2h (verdadeira) 3 B No triângulo retângulo A'B'C", te- mos: hr br 960º = 543 =D tg Go = x h=8/3m w sen 60º = b > RER ava x 2 x = 16m (falsa) c 8 A 136 16 (UERJ)A extremidade A de uma planta aquática encontra-se 10 cm acima da superfície da água de um lago (figura 1). Quando a brisa a faz balançar, essa extremidade tocaa superfície da água no ponto B, situado a 1043 cm do local em que sua projeção ortogonal C, sobre a água, se encontrava inicialmente (figura 2). Considere OA, OB e BC segmentos de retas e o arco AB uma trajetória do movimento da planta. A 110/35 cm— A+ Figura 1 Figura 2 Determine: a) a profundidade do lago no ponto O em que se encontra a raiz da planta b) o comprimento, em cm, do arco AB a) 1043] B (10 +02 = (1043) + xº 100 + 20x + xº = 300 + x? x aa 20x = 200 Ao x=10em o Como OA = OB (raio), o AABO é isósceles (ou seja, À = B). No AACB, temos: : CB : gÃ-SoUÃ-So B-e0" o Daí, À + B + Ô = 180º» 60º + 60º + O = 180º ô-e0” O AABO é eqjiilátero. O arco AB está contido em uma circunferência de centro Oe raio R = OA = OB = 20 cm. med (AB) = 1 .2np = 1 .2n-20- 207, 207 cm 6 6 3 3 17 (Fuvest-SP) Na figura, R M é o ponto médio da corda PQ a da circunferência e PQ = 8. 0 segmento RM é perpendiculara P PQe RM = 8. Calcule: a) o raio da circunferência b) a medida do ângulo PÔQ, onde O é o centro da circun- ferência ZA. Selo a) No triângulo retângulo OMG, tem-se: 1)0M=r— ato + MQ=4,0Q=re (00? = com + (MO)? a MB ig Assim sendo, 1º = (1 43 q r= 83 3 4 4 = so-00" 2jseno= > = , ro By 3 b) A medida do ângulo PÔQ é 2 - 6 = 120º 18 (UEMA) Em um triângulo de vértices 4, Be C, AB = 6 cm, BC = 10 me o ângulo interno formado pelos lados AB e BC mede 60º. A medida do cosseno do ângulo interno formado pelos lados AC e BC é: xe) A 1 219 n 5419 Aplicando a lei dos cossenos, temos: (AC)? = (ABJº + (BC)? — 2(AB) - (BC) - cos 60º x =6+10:-2-6:10:5 00 = 36+100 -6005x]=76=x=219 Aplicando novamente a lei dos cossenos, vem: (ABY = (BC) + (AC)? — 2(BC) - (AC) - cosa (2419) -2-10-2419 = 36 = 100 + 76 — 4019 62 =10º+ “cos a 140 40/19 cos a =140 > cosa == > cosa = 7 40/19) 219 19 (UFU-MG) No instante do impacto com a torre sul do World Trade Center, o avião da United Airlines foi foto- grafado simultaneamente por três fotógrafos, cujos tripés estão representados na figura abaixo pelos pontos A, B e C. Ostrês fotógrafos tinham suas máquinas fotográficas colocadas sobre esses tripés de 1,70 m de altura cada um. Sabendo-se que as inclinações das máquinas fotográficas, em relação ao solo, nos tripés 4 e C eram de 45º e que cos q = - determine a altura em que o avião estava naquele momento. Pelos dados, temos: O triângulo EDA é isósceles, logo ED = DA = h. O triângulo EDC é isósceles, logo ED = DC =h. Aplicando Pitágoras no triângulo retângulo ABC, temos: (AC)? = (ABJº + (BC) — (AC) = (300)? + (400)? (AC) = 90 000 + 160 000 = 250 000 AC =500m Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ACD, temos: (CDY = (AC)? + (AD)? — 2 - (AC) - (AD) - cos a »-250000 + -2-500:h- 5 5 000 h = 1750 000 h=350m Como as máquinas fotográficas estavam sobre tripés de altura de 1,70 m, temos: 350 + 1,70 = 351,70 —» 351,70m 137 Em questões como a 20, a resposta é dada pela soma dos números que identificam as alternativas corretas. 20 (UFPR) Em um triângulo ABE, a medida do lado AE é 3, a do ângulo E é 75,e a do ângulo À é é 45º. Dois pontos, € e D, pertencem ao lado AB. Sabe-se que a dis- tância AC é "2 e que o segmento ED é perpendicular a AB. Nessas condições, é correto afirmar: (01) A medida do ângulo B é igual a 60º. (02) AD > ED (04) EB = 6 (08) EC = 5 01.Â+É+B=180º-45º+75º + = 180º > B = 60º (verdadeira) ED 2 ED av2 02. seng5 ==> 5 NÉ = Sep= HE 2 AD = ED (falsa) cosas = AD, AZ AD ap ID AE 2 3 2 04. No triângulo retângulo ADB, temos: av2 ED NS 2 sen 60º = - EB = 6 (verdadeira) E "2 EB 08. Usando a lei dos cossenos no triângulo AEC, temos: (EC) = (AE)? + (ACF — 2- AE - AG “cos 45º + (WE) co. v7.2 (EO) =32 EC = V5 (verdadeira) Portanto: 01 + 04 + 08 =13 21 (UFRN) Ao se tentar fixar as extremidades de um pedaço de arame reto, de 30 m de comprimento, entre os pontos M e P de um plano, o arame, por ser maior do que o esperado, entortou, como mostra a figura abaixo. A partir desses dados, calcule, em metros: a) o comprimento dos seguimentos MS e SP b) quanto o arame deveria medir para que tivesse o mes- mo tamanho do segmento MP a) + Cálculo de MS MR: cos 30º - ME MR =10 cos 30º = 1055 = 543. RS: cos 60º = NT NT =20 cos 60º = 205 = 10 «NT=RS -R$=10 MS: MS =MR + RS = 5/3 +10 =10 + 5/3 « Cálculo de SP PT: sen 60º = = PT =20 sen60º = 20. TS: sen 30º - NE NR = 10 sen 30º = 107 «NR=TS “Ts = SP=PT+TS=10/3 +5=5+10/3 b) Observando que MP é a hipotenusa do triângulo retângulo MPS, pode- se usar: (MPJ = (MN? + (NPJº — 2 - (MN) - (NP) - cos (MNP) (MPY = 10º + 20º —2- 10-20 - cos 150º (MP)? = 100 + 400 — 400 - (2) = (500 + 2003 = 10/5 +245 22 (UEMA) Considere um triângulo ABC inscrito nu- ma circunferência de raio unitário cujos lados medem a= 3, b=1ec=2. Determine a soma 2Ã + 3B + É, onde À, Be É são ângulos internos desse triângulo. Desenhando o triângulo ABC, vem: B a=35 ce Aplicando a lei dos senos, temos: Portanto: 2À + 38 + É =2-60º+3- 30º + 90º = 300º