yxcos e resolvendo a equação do 2º grau, vem:

COLÉGIO PEDRO II – UNIDADE ESCOLAR SÃO CRISTÓVÃO III TERCEIRA ETAPA LETIVA / 2011

COORDENADORA: MARIA HELENA M. M. BACCAR

PROFESSOR: WALTER TADEU DATA: ____________

NOTA:

NOME: GABARITO Nº: ______ TURMA: _____

TRABALHO DE MATEMÁTICA II – 1 ª SÉRIE (Vale 1,5 pontos)- ENTREGA ATÉ 04/11/2011

1) Demonstre a identidade trigonométrica: tgx . cot gx x

sec x cos x sec cos

senx  

Solução. Desenvolvendo o 1º membro escrevendo em termos de senos e cossenos, temos:

gx cot . senx tgx

x . cos x cos x senx cos . senx senx . . x cos

1 x

cos . senx

1 . senx x cos

1

x cos . senx

1 . senx x cos

x cos x sen

x cos . senx

1 senx x cos x cos senx

x cos . 1 senx

1 senx

. 1 x x cos cos . 1 senx x

sec . x sec cos

x sec cos . x cos x sec . senx x

sec x cos x sec cos

senx

2 2











 







 





.

2) Resolva a equação 2 cos

²

x  cos x  1 , com 0 < x < 2.

Solução: Fazendo a substituição de cos x  y e resolvendo a equação do 2º grau, vem:

 



 



 

 

 



 

 

 

 





 







 









4 1 4 4

3 1

2 1 4 2 4

3 1 4

3 1 4

8 1 1 )2(

2

)1 )(2 (4 )1(

0 1 1 2

2 2 1

2

y y y

y y

Considerando o intervalo 0< x < 2π, temos:

 













 



 

  

 



 





3 5 2 3 x 3 ou x 3 2 x 1 cos

)i ^{. ii ) cos x   1  x   .}

 



 

   

 3

, 5

S 3 .

3) Na figura a seguir, a reta r passa pelo ponto T = (0, 1) e é paralela ao eixo OX. A semi-reta Ot forma um

ângulo  com o semi-eixo OX (0° <  < 90°) e intercepta a circunferência trigonométrica e a reta r nos

pontos A e B, respectivamente. Calcule a área do triângulo TAB, como função de .

Solução. A fórmula da área do triângulo é dada por

2 altura A  base  .

Observe na figura a identificação dos elementos da fórmula. O raio da circunferência vale 1. A altura vale a diferença entre o raio e o seno do ângulo assinalado. Isto é, h  1  sen  . A base é por definição a cotangente do ângulo. Substituindo na fórmula, temos:



 

 



tg sen sen

sen tg A g

. 2

) 1

( 2

) 1

1 ( 2

) 1

( )

(cot  



 



 





 

  .

4) Sabendo que 2 senx  5 cos x  0 ,   x  

2 , obtenha senx e cos x .

Solução. O arco é do 2º quadrante. O seno é positivo e o cosseno, negativo. Aplicando a relação fundamental, temos:

 















 







 





 







 



 



 





































 



 



  





 







29 29 5 ) 29 ( 2

29 10 2

29 29 10

2 29

29 5 2

2 x cos senx 5

29 29 x 2

cos

29 2 29 x 4 cos 4 x cos 29

4 x cos 4 x cos 25 1 x 4 cos

x cos 1 25

x 2 cos

x cos 1 5

x cos x sen

2 x cos senx 5

0 x cos 5 senx 2

2

2 2

2 2 2

2 2

2

.

5) A água utilizada na casa de um sítio é captada e bombeada do rio para uma caixa d´água a 50 metros de distância. A casa está a 80 metros de distância da caixa d’água e o ângulo formado pelas direções caixa d’água-bomba e caixa d’água-casa é de 60º. Pretende-se bombear água do mesmo ponto de captação até a casa. Quantos metros de encanamento serão necessários?

Solução. De acordo com a situação ilustrada, a quantidade de metros pedida é a distância entre a bomba e a casa. Essa distância está no lado de um triângulo oposto ao ângulo de 60º. Aplicando a lei dos cossenos, temos:

m 70 4900 d

4900 d

4000 8900

d

2 8000 1 2500

6400 d

º 60 cos ) 50 )(

80 ( 2 ) 50 ( ) 80 ( d

2 2 2

2 2

2











 

 



 











.

2