54 75 65

(1)

COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE SÃO CRISTÓVÃO III 1ª SÉRIE – MATEMÁTICA II – PROFº WALTER TADEU

www.professorwaltertadeu.mat.br LEI DOS SENOS E COSSENOS – VESTIBULAR - GABARITO

1) (UFRGS) No triângulo representado na figura, AB e AC têm a mesma medida e a altura relativa ao lado BC é igual a

3

2 da medida de BC. Com bases nesses dados, o cosseno do ângulo CAB é:

a) 25

7 b) 20

7 c) 5

4 d) 7

5 e) 6 5

Solução. O triângulo é isósceles e a altura é também mediana neste lado. O valor dos lados congruentes está representado por “y”. Aplicando a relação de Pitágoras em um dos triângulos retângulos mostrados, temos:

6 5 36 25 36

9 16 4

9 4 2

3

2 ² ² ² ² ² ² ²

2 x x x x x x

x y

y x        



 







 





O ângulo CAB é oposto a BC = x. Aplicando a Leis dos Cossenos, temos:

   

 

25 7 50

) 14 cos(

) cos(

50 50

36

) 36 cos(

50 36

) 50 36 cos(

2 25 36 25 36 25

) 6 cos(

5 6 2 5 6 5 6

) 5 cos(

) )(

( 2

2 2 2

2 2

2

2 2

2 2 2 2

 

 











 



 







 



 



 







 



 







 



 



 







 













x CAB x

CAB x

x x

x CAB x x

x CAB x

x x

x CAB x

x x x

CAB y

y y

y x

2) (FUVEST) Em uma semicircunferência de centro C e raio R, inscreve-se um triângulo equilátero ABC.

Seja D o ponto onde a bissetriz do ângulo ACB intercepta a semicircunferência. O comprimento da corda AD é:

a) R 2 3 b) R 3 3 c) R 21 d) R 31 e) R ₃ ₂

Solução. O segmento CD é bissetriz, logo o ângulo ACD mede 30º. A corda

ADestá oposta a este ângulo. Além disso, CD = CD = R. Aplicando a Lei dos Cossenos, temos:

       

      

         



² ³



² ³

2 3 2 2 2

3 2 4 2

2 3 2

) º 30 cos(

2 ˆ )

cos(

) )(

( 2

2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2











 



 











 



















R R

AD

AD R R

R AD

R R R

R AD D

C A CA CD CA

CD AD

3) (FUVEST) Na figura mostrada, O é o centro da circunferência de raio 1, a reta ABé secante a ela, o ângulo  mede 60º e

4

 3



sen .

a) Determine ^sen



^O^A^ˆ^B



em função de AB.

b) Calcule AB.

Solução. Os lados do triângulo de lados 1 formam um triângulo eqüilátero, já que  ^⁶⁰^º.

a) O ângulo



^O^A^ˆ^B



está oposto a OB = 1. Aplicando a Lei dos Senos, temos:

(2)

    ^{ }     _{ }

B AB O A sen B

O A sen AB AB

B O A sen sen

AB B

O A

sen 4

ˆ 3 4

ˆ 3 .

4 ˆ 3

1 ˆ

1       



b) O ângulo em B suplementar a 60º vale 120º. Considerando AB x, aplicando a Lei dos Senos

novamente, temos: ^y ^AB  ^y

 

^AB  ^y

 

^AB

sen AB sen

y 1 2

2 . 3 4 1

3

4 3 2

3 1 º

120

1          



Aplicando agora a Lei dos Cossenos no triângulo OAB, temos:

       

6 13 1

) (

6 0 13 1

6 13 1 6

13 1 )

3 ( 2

)1 )(

3 ( 4 1 0 1

1 3

1 2 4

2 1 1

2 )º 120 cos(

) )(

1(

2 1

1

2

2 2

2 2 2

2 2

 



 



 





 



 



 



 



 













 



 

 

















AB

el incompatív x

ok x

x x

x x x

x x

y

4) (FUVEST) No paralelogramo ABCD mostrado, têm-se que AD = 3 e DAˆB30º. Além disso, sabe-se que o ponto P pertence ao lado DC e à bissetriz do ângulo DAˆB _.

a) Calcule AP.

b) Determine AB sabendo que a área do quadrilátero ABCP é 21.

Solução. Como ABCD é um paralelogramo, os ângulos adjacentes são suplementares, logo

º ˆP150 D

A implicando que APˆD 15º.

a) Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo isósceles ADP, temos:

 

   

 

⁹



² ³



⁹



² ³



³ ² ³

3 9 2 18

18 3 9 9 )

º 150 cos(

) 3 )(

3 ( 2 3 3

2

2 2 2

2 2













































AP AP

AP

b) A altura do paralelogramo é a mesma do triângulo ADP e do quadrilátero ABCP. A área de ABCP é a diferença entre a área do paralelogramo ABCD e a do triângulo ADP. Temos:

 

   

2 31 6 93 6

9 )21 (4 4

9 21 6

4 9 2 3 2

. 3

4 9 2

3).3 2 ( 2

.

2 3 2 .3 1 º30 3 3 º30



 



 











 



 







 

 



 









AB AB A AB

h AB AB A

h A DP

h sen h h sen

ABCP ABCD

ADP

(3)

5) (FUVEST) Na figura o ângulo OAˆB mede 120º, AO = 3 e AB = 2. Os segmentos _AB e CD são paralelos. Sabendo-se ainda que a área do triângulo OCD vale 600 3.

a) Calcule a área do triângulo OAB.

b) Determine OC e CD.

Solução. Observando o triângulo OAB calculamos a altura “h” e sua área.

a)

 

2 3 3 2

3 ).

3 ( 2

.

2 3 . 3 2 º

30 2 º

2 60











 









h A AO

h sen

h h sen

OAB

b) O triângulo OAB é semelhante ao triângulo OCD. Aplicando as proporções envolvendo áreas e dimensões, temos:

 







































40 : 60

Re

60 3 3600

) 600 ( 3 18

600 . 9 2 .

3 3 9 3 600

2 3 3 ) 3

40 3 1600

) 600 ( 3 8

600 . 4 2 .

3 3 4 3 600

2 3 3 ) 2

2 2

2

2 2

2

CD sposta OC

x x

x x x

A ii A

y y

y y y

A i A

OCD OAB OCD OAB

6) (FUVEST) A figura representa um trapézio ABCD de bases AB e CD, inscrito em uma circunferência cujo centro O está no interior do trapézio. Sabe-se que AB = 4, CD = 2 e AC = 3 2.

a) Determine a altura do trapézio.

b) Calcule o raio da circunferência na qual ele está inscrito.

c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência.

Solução. Observe que o trapézio inscrito é isósceles, pois os lados não paralelos determinam arcos congruentes. Os ângulos consecutivos são suplementares. Os lados BC e CD são congruentes. Logo as alturas determinam segmentos também congruentes na base AB medindo 1. Aplicando a Lei dos Cossenos nos triângulos ACD e ABC, temos:

(4)

    ^{ }  

  ^{ }

    ^{ }

  ^{ }  

  ^{ }

  ^{ }   ¹⁰

3 24 24 54

3 54 cos

) (8 16 18

cos ) (8 8 2

36 : cos

) (8 16 18

2 cos

) (4 4 18

) cos(

) (8 16 18

) cos(

) (4 4 18

) cos(

) (8 16 18

) cos(

)4 )(

(2 4 2

3 ) 180 cos(

) (4 4 18

) 180 cos(

)2 )(

(2 2 2

3

2 2

2

2 2

2 2 2 2

 









 

 











 



 

 















 



 













 

 

 































AD AD

x AD AD

CB AD OBS x

CB CB

x AD AD

x AD CB

x AD

AD

x CB CB

x CB

CB

x AD

AD x

AD AD

Calculando os valores pedidos, temos:

a)

 

^CB² ^^h²^¹² ^^h² ^

 

¹⁰ ²^¹^^h^ ¹⁰^¹^ ⁹ ^³

b) O raio da circunferência é o mesmo da circunferência que circunscreve o triângulo ADC, cuja base é 2 e altura, 3. Aplicando a fórmula que associa a área ao raio, temos:

  

₅

2 5 2 2 20 12

20 20 6

6 4 24

2 3 10 ) 2 6 ( 4

2 6 ) 3 ).(

4 (















R R R

R A abc A

ACD ACD

c) A área pedida é a diferença entre as áreas da circunferência e a do trapézio.

 

  ^3. ³⁽ ⁾³⁾⁽ ⁹ ⁵ ⁹

2 2 . 4 2

5 5

²

2







 



 





 



 



  

 

 



  





trapézio ncia circunferê trapézio

ncia circunferê

A h A

b A B

R A

7) (FUVEST) Na figura adiante o quadrilátero ABCD está inscrito numa semicircunferência de centro A e raio AB = AC = AD = R. A diagonal AC forma com os lados BC e _AD ângulos α e β, respectivamente.

Logo, a área do quadrilátero ABCD é:

a) 2

) 2

2(sen  sen

R 

b)

2

) 2

2(sen sen 

R 

c)

2

) 2 2

2(sen  sen 

R 

d) 2

) cos

2(sen  

R e)

2

) cos 2

2(sen   

R

Solução. A área pedida será a soma das áreas dos triângulos ACD e ABC.

(5)

i) No triângulo ACD temos:

  ^{    }

2 . 2

. . 2

.

.  

²



sen R sen R R sen R A AC

R sen h

R AC Base

ACD

  

 

 





ii) No triângulo ABC temos:

     

   

 

  ^ ^{ } ^{ } ^

2 2 . 2

. cos 2 2

.

cos 2 cos

4 cos

2 2

cos cos

2 cos

cos 2

1 cos

2 cos : cos

2 cos 1 2 )

2 cos(

2 2 )

2 cos(

2 2

) 2 º 180 cos(

2 2 )

2 º 180 cos(

) )(

( 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2



sen R sen R

Rsen R

Rsen A BC

R R

BC R

BC

sen sen

R sen

sen R

BC

sen OBS sen

R BC R

R BC

R R BC R

R R

R BC

Rsen h

R sen h

ABC    





































































A área total será então:  

2 2 . 2

. 2

2

. ² ²

2 sen  R sen R sen  sen

A R

A_ABC _ACD 









8) (UERJ) Observe a figura I, onde ABC é um triângulo retângulo e {r, s, t, u} é um feixe de retas paralelas eqüidistantes. A figura I foi dobrada na reta (t), conforme ilustra a figura II.

Calcule: a) A área do triângulo A'BM hachurado. b) O seno do ângulo   BPˆA^. Solução. Observando as medidas apresentadas após a dobra, temos:

Na figura I temos um triângulo retângulo com hipotenusa 25 e cateto AB = 15. Logo, o cateto AC pode ser calculado como: AC  25²15²  625225  400 20. A altura é calculada pela

relação: 12

25 ) 300

20 ).(

15 (

25h h  . Isto determina os valores das alturas após a dobra. O triângulo BMP e BMA possuem a mesma área, pois a base é a mesma BM e altura 4. Na figura I o

ângulo B está oposto à altura. Logo,

5 3 25 1 16 cos ˆ

5 4 15

ˆ 12   B   

B

sen . Aplicando a Lei

dos Cossenos no triângulo BPM encontra-se a base BM:

(6)

   

       

 

⁶

 

⁰



⁶



⁰ ⁶ ⁵

.3 10 25

25 ˆ) cos(

) 5 ( 2 5

5

2

2 2 2

2































BM BM

BM

BM BM

B BM BM

a) Área do triângulo: 12

2 4 6

2   

basealtura A

b) Ângulo   BPˆA^:

25 24 5

5 ).4 6 ( ˆ

5   

 

 _sen_B ^sen sen

BM

9) (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:

         

 

s s cm

cm T

v D s

Tempo

cm Distância

d d

/ 10 7

70 10

70 70 4900 1500

3400

2 . 1 3000 2500 900

)º 120 cos(

50 ) 30 (2 50 30

2

2 2



 

 











 



 

 















10) (UFPE) Um terreno numa planície tem a forma de um trapézio ABCD como ilustrado na figura.

Pretende-se dividir o trapézio em duas regiões de mesma área usando um segmento com origem em C e extremidade num ponto P de AB. Qual o inteiro mais próximo da distância entre C e P?

Solução. A área do trapézio vale: .6  13.6 78 2

8

18   



 



 

trapézio  A

Logo as áreas separadas pelo segmento PC terão 39 unidades cada uma. O triângulo CHB é retângulo isósceles, logo HB mede 6.

Considerando o segmento PH = x, temos:

(7)

7 6 6 13

6 78 78 6).6 ( 2 39

6).6 ( 39

2 6).6 (





















 

 

 





 

x x

x x A

A x

triângulo triângulo

Logo, PB = 7. O cateto CB é calculado como: CB 6²6²  3636  72 6 2 Aplicando a Lei dos Cossenos em PBC encontramos PC:

 

^{ }

       

 

²⁴¹ ¹⁵⁶ ⁸⁵ ⁹^,² ^int ⁽⁹^,²⁾ ⁹

2 2 2 6 ) 13 ( 2 72 169 )

º 45 cos(

2 6 ) 13 ( 2 2 6 13

2

2 2 2 2

























 













eiro PC

PC

PC PC

OBS: PC também poderia ser calculado como hipotenusa do triângulo retângulo PHC:

2 , 9 85 36 49 6

7² ²    

 PC

11) (UERJ) Observe a ilustração do pistão e seu esquema no plano. O pistão é ligado, por meio da haste BC, a um disco que gira em torno do centro A. Considere que:

- o raio AB e a haste BC medem, respectivamente, 1 polegada e 4 polegadas.

- à medida que o disco gira, o pistão move-se verticalmente para cima ou para baixo, variando a distância AC e o ângulo BAˆC .

Se a medida do ângulo BAˆC é dada por x radianos, a distância entre A e C, em polegadas, pode ser obtida pela seguinte equação:

a) y4sen(x) b) y4cos(x) c) ysen(x) 16cos²(x) d) ycos(x) 16sen²(x)

Solução. Aplicando a Lei dos Cossenos, temos:

 

     



^cos( ⁾



²⁽ ¹⁶⁾^cos( ⁾⁽ ⁾^cos ⁽ ⁾ ^cos^cos(⁽⁾⁾ ¹¹⁶ ¹⁶ ⁽ ⁾ ^cos( ⁾ ^cos(¹ ⁾^cos¹⁶⁽ ⁾ ⁽ ⁾

16

) cos(

) ( 2 1 16

) cos(

1 2 1 4

2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

x sen x

AC x

sen x

AC x

sen x

AC

x x

AC x

x x

AC AC

x AC AC

x AC

AC



























































