Matemática II
Seja d a menor distância do barco ao ponto fixo P, então:
3
d
d
sen 60o =
→
=
→
2000
2
2000
Capítulo 30
→ 2d = 2000 3∴d =
2000 3
= 1000 3
2
3. B
De acordo com enunciado, temos:
Trigonometria no triângulo retângulo
B
1. E
45º
3 km
B
X
C
L
2
2 km
45º
A
2 km
30º
x
30º
H
x
C
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo ABH, temos:
x2 + x2 = 22 → 2x2 = 4 → x2 = 2 ∴x = 2.
No triângulo BCH de hipotenusa BC, o cateto oposto ao
ângulo 30° é igual a x. Sendo assim:
A
Como cada um dos irmãos deve ficar com a terça parte da
área de extração, que, por sua vez, é igual a um quarto de
um círculo, a área de extração de cada um corresponde a um
1 1
setor circular de ângulo central . . 360o = 30o .
3 4
No triângulo retângulo ABC, temos:
sen (30o ) =
2
x
1
→ =
→ L = 2 2m
L
2
L
4. C
C(Balão)
3 x
x
2 3
km
→
= → 3x = 2 3 km ∴x =
2
3
2
3
(cateto oposto do triângulo ABC).
tg 30° =
Cálculo da área do terreno de João.
x.2
2 3
km2 ≅ 2 . 0,58 ≅ 116
A∆ =
=x=
, km2 .
2
3
Cálculo da área do terreno completo.
60°
A = 2 · 3 = 6 km2.
D
Sendo assim, a porcentagem da área recebida por João é
igual a:
1,8 Km
,
km2 − − − − → y
116
, . 100 116
116
y=
=
≅ 19, 30%
6
6
3,7 Km
3
h
h
→
=
→ 2h = 3, 7 3 →
3, 7
2
3, 7
3, 7 3 (3, 7) . (1, 7) 6, 29
→h=
=
=
≅ 3,1
145
2
2
2
sen 60o =
2º modo de resolução: Teorema de Pitágoras:
P
h2 + (1,8)2 = (3,7)2 → h2 + 3,24 = 13,69 → h2 = 10,45 →
h = 10, 45 .
60º
3, 24 = 1, 8; 3, 61 = 1, 9 ; 9, 61 = 3,1 e 13, 69 = 3, 7 .
Se
Podemos concluir então que:
d
20
0
m
0
Considere o triângulo ACD na figura anterior. Aplicando o
Teorema de Pitágoras, temos:
B
h = 10, 45 ≅ 3,1.
2000 m
ensino médio
B
1º modo de resolução:
2. B
A distância do barco ao ponto fixo P é a menor possível se,
e somente se, o barco formar com o ponto P um ângulo de
90° (reto). Ver figura:
30º
30°
A
Observe que a medida do ângulo B é o dobro da medida do
ângulo A, logo AB = AC.
6 km2 − − − − − − → 100%
A
3,7 Km
h
1
1º ano
Capítulo 31
Capítulo 32
.
Relações métricas num triângulo
qualquer
A triginometria da meia volta
1. B
sen 45o =
1. D
Aplicando na relação a2 = b2 + c2 – 2 cm, temos:
2
2
cos 45o = cos 45o =
a2 = b2 + c2 − 2cm
x 2 = 102 + 202 − 2 ⋅ 20 ⋅ 1, 25
x 2 = 100 + 400 − 50
x 2 = 450
x = 15 2 cm
2
2
2
2
2
cos 225o = − cos 45o = −
2
sen 225o = −sen 45o = −
2. E
2. D
A
sen α é positivo

α ∈1º quadrante ⇒ cos α é positivo
tg α é positivo

x
6m
sen β é positivo

β ∈1º quadrante ⇒ cos β é positivo
tg β é positivo

120º
B
sen γ é positivo

γ ∈ 2º quadrante ⇒ cos γ é negativo
tg γ é negativo

C
10 m
Aplicando a lei dos cossenos, temos:
x 2 = 62 + 102 − 2 ⋅ 6 ⋅ 10 ⋅ cos 120°
 1
x 2 = 36 + 100 − 120 ⋅  − 
 2
x 2 = 136 + 60
x 2 = 196 ∴ x = 14 m
Se a e b são complementares, então:
sena = cosb ou sen b = cosa.
Se a e γ são suplementares, ou seja, a + γ = 180° → a = 180° – γ.
Sendo assim, temos:
3. B
sen α = sen(180° − γ ) = sen γ

cos α = cos(180° − γ ) = − cos γ .
tg α = tg(180° − γ ) = − tg γ

80 m
60º
Analisando as afirmativas, podemos concluir que:
senb = cosa e cosa = – cosγ, então senb = – cosγ.
50 m
3. E
• tg 160º = – tg 20º = – a
• tg 340º = – tg 20º = – a
• tg 200º = tg 20º = a
Portanto,
x
BOMBA
tg 160o + tg 340o −a − a −2a
=
=
= −2 .
tg 200o
a
a
Aplicando a lei dos cossenos, temos:
4. A
2 1
+
cos 45o + sen 30o
2
2=
=
o
1
cos 60
2
ensino médio
x 2 = 502 + 802 − 2 ⋅ 50 ⋅ 80 ⋅ cos⋅ 60°
1
x 2 = 2500 + 6400 − 8000 ⋅
2
x 2 = 8900 − 4000
x 2 = 4900 ∴ x = 70 m
2 +1
2 = 2 +1
1
2
2
1º ano
4. B
4
Capítulo 34
45°
Área de uma superfície poligonal
x
3 2
1. E
Usando a lei dos cossenos, temos:
21 cm
30 cm
x 2 = (3 2 )2 + 42 − 2 ⋅ 3 2 ⋅ 4 ⋅ cos 45°
2
x 2 = 18 + 16 − 24 2 ⋅
2
x 2 = 34 − 24
x = 10 m
2
21 cm
21 cm
21 cm
21 cm
9 cm
9 cm
9 cm
9 cm
9 cm
21 cm
21 cm
21 cm
21 cm
Capítulo
33
30 cm
21 cm
21 cm
21 cm
9 cm
Medida de uma circunferência9 cm
A ( figura 2) =
9 ⋅ 9 21⋅ 21
81 441
+
+ 12 ⋅ 9 =
+
+ 108 =
2
2
2
2
552
+ 108 = 261+ 108 = 369 cm2
2
2. C
Pelos dados temos:
2. A
Figura 2
10 m
J
P
caminho do
passeio
canteiro
b=9
5
canteiro
C
y
P
5
1=a
x
52
M
a=1
C
c
20
19 = c
Calculando a medida do ângulo x no triângulo destacado.
5/2 5 1 1
cos x =
= · = ∴ x = 60º.
5
2 5 2
Sendo assim, y = 180o − 60o = 120o.
120o ·
2 · 5 10
·5 =
Então PJ é igual a PJ =
=
.
180o
3
3
a=1
a=1
3. C
O arco percorrido pela esfera é
π
36 ⋅
= 3π = 3⋅ ( 3,14 ) = 9, 42 cm.
12
b=9
Cálculo do valor do metro quadrado do terreno:
50.000
= 250, 00 / m2 ⇒ R$ 250, 00 / m2
10 ⋅ 20
Cálculo da área real do terreno:
1⋅ 9
1⋅ 19
A = 10 ⋅ 20 − 2 ⋅
− 2⋅
2
2
A = 200 − 9 − 19
4. B
Comprimento da circunferência: C = 2 ⋅ π ⋅ r
I) C = 2 ⋅ π ⋅ 324 = 648π
II) 648π − − − − − −− → 360o
198 − − − − − −− → α
198 ⋅ 360 110 110
=
=
≅ 35o
α=
π
3,14
648π
ensino médio
9 cm
9 cm 12 cm
1. B
Convertendo o ângulo 30º em radianos.
30 ⋅ π π
α = 30o =
= rad
180
6
π 3,14
= 1,57 m.
A medida do arco AB é igual a 3 ⋅ =
6
2
Figura 1
9 cm
9 cm
9 cm
A = 172 m2
Prejuízo:
P = (200 – 172) · 250 ⇒ P = 7000
Portanto, o prejuízo foi de R$ 7.000,00.
3
1º ano
3. B
A largura de cada parte do telhado mede:
Capítulo 35
Áreas de figuras semelhantes
X
1. C
Observe a figura:
30
F
a
a
40
x2 = 302 + 402 ⇒ x2 = 2500 ∴ x = 50
Cada parte do telhado é um retângulo de dimensões:
A
E
O
a
a
2
L
50 cm
a
a
B
D
a
a
C
122 cm
A área é igual a:
S = 122 · 50 = 6.100 cm2
A área total é igual a:
2S = 2 · 6100 = 12.200 cm2 = 1,22 m2
L 3 a
a 3
= ⇒L =
2
2
3
Assim, as áreas AH e AK são tais que:
 a2 3  3a2 3
AH = 6 ⋅ 
 =
2
 4 
2
a 3
3 a2 3
=
AK = 6 ⋅ 
 ⋅
2
 3  4
4. C
Da figura, temos:
B
AH
=
Logo:
AK
21 – a
a
Se a é a medida do lado hexágono ABCDEF, então o
raio da circunferência também mede a. Observe ainda
que, no triângulo destacado, temos:
3a2 3
2
=
3
a2 3
2
2. A
Do enunciado, temos:
A
X
D’
C
N
h
Usando, Pitágoras, temos:
R
(21− a)2 = a2 + x 2 ⇒ 441− 42a + a2 = a2 + x 2 ⇒
A
x 2 = 441− 42a
Área do triângulo ABC: A ABC =
42a = 441− x 2
a=
Área do triângulo ACM:
441− x 2
42
A ACM
A área do triângulo é:
x ⋅a
A=
⇒A=
2
ensino médio
M
x⋅
441− x 2
3
42 ∴ A = 441x − x
2
84
4
B
( AB) ⋅ h
2
AB
⋅h
( AM) ⋅ h
( AB) ⋅ h 1 A ABC 1200
=
= 2
=
⋅ =
=
= 600 cm2
2
2
2
2
2
2
Análogo ao cálculo anterior, podemos concluir que a
área do triângulo AMN é igual a 300 cm2 e que por
sua vez a área do triângulo AMR é igual a 150 cm2.
1º ano
3. B
Seja K a área do triângulo ABC.
Aplicando Pitágoras no triângulo ABC, temos:
(AB)2 = (BC)2 + (AC)2 ⇒ 52 = 3­2 + x2 ⇒ x = 4
BC
K
Se BD =
⇒ S( ABD) =
4
4
Portanto, a área hachurada vale:
K 3K
4 = 4 =K
3
3
4
K K 
K− +  K−K K
S
DC
4 4 =
2 = 2 =K
Se DF =
⇒ S(DEF ) = (DEC) =
2
2
2
2
2 4
 3K  K
K− 
S
 4 = 4 =K
Se EG = EC ⇒ S( GFC) = (EFC) =
2
2
2 8
K
Como S(GFC) = 40 alqueires, então = 40 ⇒ K = 320 alqueires.
8
S
AC
Se AE =
⇒ S( AED) = ( ADC) =
3
3
Ahachurada = Acírculo – Atriângulo ⇒ A = p(2,5)2 −
K−
∴ A = 6,25p – 6
3⋅ 4
∴
2
Substituindo p, vem:
A = 6,25 · 3,14 – 6
A = 19,625 – 6
A = 13,625 cm2
2. A
Completando a figura abaixo, obtemos um quadrado de lado
4 cm.
4. C
D
C
II
6
Q
P
III
4
I
hachurada
4

R
6
S
3. C
As áreas são iguais a:
S1 = πR12 ⇒ S1 = π ⋅ 62 = 36π m2
IV
A
Logo, a área da lâmina é: 4 · 4 = 16 cm2.
B
S2 = πR22 ⇒ S2 = π ⋅ 122 = 144 π m2
A área hachurada é igual a S. Então:
S = S( quadrado ) − S( ∆I) − S( ∆II) − S( ∆III) − S( ∆IV )
3
3
⋅
⋅
⋅
⋅
2
2
4
4
2
4
4
−
−
S= −
−
2
2
2
2
2
2
2
2
3 3 162 − 32 − 22 − 32 − 22
2
S= −
− −
− ⇒S=
⇒
16
16 8 16 8
2
2
6
3
S=
=
16
8
Portanto:
tempo
área
3 h − − − −− → 36π
xπ − − − − → 144 π
3 36
=
⇒ x = 12 h
x 144
4. E
A massa da planta da cidade é 40 g. A área da praça de
dimensões 100 m por 100 m é 10 000 m2 e o recorte da planta
tem massa 0,08 g. Logo, a área da cidade é de 5000.000 m2,
pois:
S 10.000
=
⇒ S = 5000.000
40
0, 08
Capítulo 36
Áreas de um círculo e de sua partes
1. B
AB é o diâmetro da circunferência, pois passa pelo centro O,
logo o triângulo ABC é retângulo em C.
Substituindo os valores na figura, vem:
C
X
A
ensino médio
2,5
3
2,5
B
5
1º ano