RESOLUÇÃO - LISTA DE EXERCÍCIOS N° 05
Goiânia, ____ de ___________ de 2012
Aluno(a):_______________________________________________________________
Série: Curso  Turma: _______
Código:__|__|__|__|__
Disciplina: Matemática  Professor: Jhonny  e-mail: [email protected]
Resolução
tgβ 
Resposta da questão 1:
a) Considere a figura.
hH
hH
y
y
tgβ
e
tg α 
hH
 x tg α  y tg α  h  H,
xy
segue que
x tg α 
Como ADB  45 e CAD  15, segue que
ACD  120 e BCE  60. Desse modo, sabendo que
CE  12cm, do triângulo BCE vem
cosBCE 
CE
BC
 cos60 
12
BC
 BC  24cm.
24
 12cm e, portanto,
Mas BC  2  CD. Logo, CD 
2
BD  3  CD  36cm.
b) De (a), temos que o triângulo ECD é isósceles com
CE  CD. Então, se F é o pé da perpendicular
baixada de C sobre DE, segue que ECF  60 e
DE
.
2
Portanto, do triângulo CEF, obtém-se
EF 
hH
tg α  h  H  x tg α tg β  h tg α  Htg α  h tg β  Htg β
tg β
 H(tg α  tg β)  x tg α tg β  h(tg α  tg β)
x tg α tg β
H
 h.
tg α  tg β
Resposta da questão 3:
a) Da relação entre os senos dos ângulos agudos do
triângulo, obtemos
senB  2senC 
x
y
 2   x  2y.
5
5
Portanto, aplicando o Teorema de Pitágoras, vem
x 2  y 2  52  (2y)2  y 2  25
 5y 2  25
 y  5 m.
b) De (a), obtemos x  2 5 m. Por conseguinte, a
medida pedida é dada por
h  6  x  6  2 5  2  (3  5) m.
Resposta da questão 4:
a) no triângulo ABC, temos:
DE
senECF 
 sen60  2  DE  12 3 cm.
12
CE
EF
Resposta da questão 2:
Considere a figura.
2y + 30° + 40° + 50° = 180°
2y = 60°
y = 30°
No triângulo CBD x = 180 – 2.30 = 120°
Portanto, BDC  120
Como
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-1-
Portanto, do triângulo APQ, vem
tgQAP 
PQ
AQ

3
PQ

3
240  PQ
 (3  3)PQ  240 3
b) cos30o 
5
3
5
10
10 3
.


 BD 
 BD 
BD
2
BD
3
3
c) No triângulo BCE, temos:
 PQ 
240 3
 PQ 
240 3 3  3

 120( 3  1) m.
3 3 3 3
3 3
Resposta da questão 6:
[E]
Seja o lado do quadrado.
Como AEFG é um quadrado, segue que o triângulo
ˆ  60. Além disso,
ABC é retângulo. Logo, ABC
ˆ e, portanto,
sabemos que BD é bissetriz de ABC
ˆ  CBD
ˆ  30. Daí, segue que BDC
ˆ  120.
ABD
Aplicando a Lei dos Senos no triângulo BCD, obtemos
BC
CD
BC 2 3



 BC  6cm.
ˆ
ˆ
1
senBDC senCBD
3
2
2
sen30 
CE
1 CE
 
 CE  5
10
2 10
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo BCE,
temos:
BE2  52  102  BE  5 3
Assim, no triângulo ABC, temos que
ˆ  AB  AB  6  cos60  3cm.
cos ABC
BC
Por conseguinte, do triângulo BGF, vem
No triângulo BEA:
BE
6 5 3
25 3
tg50o 
 
 AE 
AE
5
AE
6
3( 3  1)
ˆ  GF  3 
tgABD
 
cm.
3
3
2
BG
Portanto,
Resposta da questão 7:
a)
AC  AE  EC 
25 3
5
6
Resposta da questão 5:
[B]
Considere a figura, sendo Q o pé da perpendicular
baixada de P sobre AG.
No triângulo ABC assinalado, temos:
Queremos calcular PQ.
Como PGQ  45, segue que PQ  QG. Desse modo,
AQ  240  QG  240  PQ.
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-2-
152  x 2  x 2  2  x  x  cos120
 1
225  2x 2  2x 2   
 2
225  3x 2
x 2  75
x  5 3m
b)
(no ΔBPD)
x
2. 3x
 cos 30o  y 
y
3
(no ΔAPC)tg30 
o
No triângulo BDC, temos:
y 2  152  102  2  15  10  cos 60
4
2. 3x
3  3  12  2 3.x  x  2 3  1
2
3
6
Resposta da questão 10:
Considere a figura abaixo.
y 2  225  100  150
y  175
y  5 7m
Resposta da questão 8:
[B]
Seja AH  x.
Como o triângulo AFH é isósceles e BC  HK  1, segue
que FK  x  1. Além disso, BH  CK  3  x. Logo, do
triângulo FKC, obtemos:
tg30 
3
1
3
 
 AO  6cm
AO
2 AO
Logo, 6  3  x  8  x  1cm .
sen30o 
CK
3 3x
9 3


x
 4  3.
3
x 1
FK
3 3
Desse modo, FK  4  3  1  3  3. Por conseguinte,
ainda do triângulo FKC, vem que:
cos30 
Resposta da questão 9:
[C]
FK
3 3 3


 CF  2( 3  1).
2
CF
CF
Resposta da questão 11:
[B]
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-3-
O triângulo POB é isósceles logo, OB  3  3
Portanto, AB  x  3  3 


3  1  2km  20hm .
Resposta da questão 14:
100 passos = 100. 3,15 = 315m
a) Na figura 1
2
2
sen  = 1 – cos 
α= 180o  75o  45o  60o
Aplicando o teorema dos senos, temos:
sen  = 1 2
0,99 2
sen  = 0,01
sen  = 1/100
2
AC

sen60o
8
sen45o
2
3
 8.
2
2
AC  4 6
logo
Resposta da questão 12:
[B]
aplicando o teorema dos cossenos.
AC.
1
h

 h  31,5m
10 315
b) na figura 2
2
2
2
22 = b + b – 2b.b.
b2 
22 2
.
3
2
2 3
1 3 2  3
b  22 2 .(2  3 )
b  22 2  3 cm
Aplicando o teorema dos senos no triângulo assinalado,
temos:
x
160

o
0,342
sen150
0,342.x  160.sen150o
0,342x  80
x  233,9
Aproximadamente 234m.
Resposta da questão 13:
De acordo com os dados do problema temos a figura.
Resposta da questão 15:
[D]
2
2
2
o
AC =3 + 4 – 2.3.4.cos150

3 
2
AC = 9 + 16 – 2.3.4.  
 2 


2
AC = 25 +12 3
AC =
3 3
o
sen120

y
o
sen30

3 3

2
25  12 3
3.y
 y  3 1
2
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