Gabarito da 8ª lista de geometria

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Gabarito da 8ª lista de geometria

  1. 1. 1Geometria Prof.:Carlinhos.Lista n°08 06/04/2013TRIGONOMETRIA NO TRIÂNGULORETÂNGULOGABARITO:Resposta da questão 1:[C]Se θ é um arco do primeiro quadrante e tg 1,θ  temosque 45 .θ  Portanto,2cos cos45 .2θ   Resposta da questão 2:[A]h = altura do avião ao ultrapassar o morro.htan 15 h 3,8 tg153,8     Resposta da questão 3:02 + 04 = 06.[01] Falsa, pois5 3 5 10 3sen60 y km.y 2 y 3    [02] Verdadeira, pois5 1 5sen30 x 10 km.x 2 x    [04] Verdadeira, pois o triângulo At1t2 é isósceles, logo z =y > 5.[08] Falsa, pois z = y > 5.Resposta da questão 4:[B]No triângulo assinalado, temos:1,2 1 1,2sen30 x 2,4x 2 x    Resposta da questão 5:[B]Considere a figura, sendo Q o pé da perpendicularbaixada de P sobre AG.Queremos calcular PQ.Como  PGQ 45 , segue que PQ QG. Desse modo,AQ 240 QG 240 PQ.   Portanto, do triângulo APQ, vem          PQ 3 PQtgQAP3AQ 240 PQ(3 3)PQ 240 3240 3PQ3 3240 3 3 3PQ 120( 3 1) m.3 3 3 3Resposta da questão 6:[B]O triângulo BPR é retângulo e isósceles, logo BP = PR = h.Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever que2 2 2h h (6 2) ,  logo h = 6.No triângulo APR, podemos escrever:
  2. 2. 2h 3 6tg30h AB 3 AB 618 6 3 18 3 18AB AB33AB 4,2 e 4 4,2 5.        Resposta da questão 7:[B]Seja α o ângulo que a rampa faz com o solo.O ângulo α é tal que12tg 0,50.24  Desse modo, como a função tangente é crescente e3tg30 0,58 0,50,3    segue que 30 .α  Resposta da questão 8:[E]h = altura entre os dois andares.hsen306h0,56h 3 m Resposta da questão 9:Portanto, o valor mínimo do comprimento da rampa deacesso será 7 m e o valor máximo será 10 m.Resposta da questão 10:[D]tg (37°) = 0,75AC0,75100AC 75mResposta da questão 11:[D]Da figura dada, temos que1,8tg .5,4φ Temos, então, o triângulo abaixo semelhante ao primeiro.Portanto:2 2 2a 1 3a 101 10sen1010φ  Resposta da questão 12:[A]Considere a figura, em que H é o pé da perpendicularbaixada de A sobre a reta BC.Queremos calcular AH.Temos que CAB BAH 30 .   Logo, do triânguloAHB, vemHB 3tgBAH HB AH.3AH   Por outro lado, do triângulo AHC, obtemos
  3. 3. 3HB BC 3tgCAH 3 AH AH 1003AH2 3AH 1003150 3AH 50 3 m.3 3          Resposta da questão 13:a) no triângulo ABC, temos:2y + 30° + 40° + 50° = 180°2y = 60°y = 30°No triângulo CBD x = 180 – 2.30 = 120°Portanto, BDC 120 b)o 5 3 5 10cos30 BDBD 2 BD 310 3BD3     .c) No triângulo BCE, temos:CE 1 CEsen30 CE 510 2 10     Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo BCE,temos:2 2 2BE 5 10 BE 5 3   No triângulo BEA:o BE 6 5 3 25 3tg50 AEAE 5 AE 6    Portanto,25 3AC AE EC 56   Resposta da questão 14:Considere a figura.Comoh H h Htg yy tgββ   eh Htg xtg ytg h H,x yα α α    segue que :h Hxtg tg h Htgxtg tg htg Htg htg HtgH(tg tg ) xtg tg h(tg tg )xtg tgH h.tg tg            α αβα β α α β βα β α β α βα βα βResposta da questão 15:[B]Num triângulo qualquer, o maior lado é sempre oposto aomaior ângulo e o menor lado oposto ao menor ângulo.Como ˆˆc B c b.  
  4. 4. 4ˆb cˆˆsen(B) e sen(C)a aˆˆcomo b < c, temos sen(B)<sen(C). Resposta da questão 16:[C]No triângulo BO2C, tem-se:r 3 rtg30 r 434 3 4 3     1 2CAO ~ CBOΔ Δ4 4 34AB 16 3 48 3 4AB 32 3 AB 8 312 4 3 AB       cm.Resposta da questão 17:a) Da relação entre os senos dos ângulos agudos dotriângulo, obtemosx ysenB 2senC 2 x 2y.5 5     Portanto, aplicando o Teorema de Pitágoras, vem2 2 2 2 22x y 5 (2y) y 255y 25y 5 m.      b) De (a), obtemos x 2 5 m. Por conseguinte, amedida pedida é dada porh 6 x 6 2 5 2 (3 5) m.      Resposta da questão 18:[C]O resultado pedido é dado porytg60 y 100 3 m.100   Resposta da questão 19:[B]ABP é isósceles (AB BP 2000) ΔoNo PBC temos:dsen6020003 d2 2000d 1000 3 mΔResposta da questão 20:[C]1000cos45ºx2 10002 x2x 20002000x2x 1,414 mResposta da questão 21:[D]h = altura.o hsen60123 h2 12h 6. 3km = 600.000 3cmResposta da questão 22:[C]I. (V) - Observar o desenho.II. (F) -6cos(Â) 0,610  ;III) (V) -8 8 4 4 32sen  tg Â10 6 5 3 15      ;Resposta da questão 23:[B]
  5. 5. 5o 60sen60AB3 602 AB120AB3AB 40 3mResposta da questão 24:[D]Sabendo que AC 1 e  1sen ,3vem     BC 1 BC ABsen BC .3 3AB ABAplicando o Teorema de Pitágoras, obtemos:          22 2 2 2 22ABAB AC BC AB 138 AB193 3 2AB .42 2Resposta da questão 25:Na figura, temos:o 30 30sen3 0,05 0,05x 30x xx 600 cm     Logo, o comprimento da rampa será 600 cm = 6 m.Resposta da questão 26:[C]tg60H31,8H 1,8. 3H 3,1mResposta da questão 27:[A]1221)12(21212122Resposta da questão 28:[A]tg 30o = mxxx3.20033.600600Resposta da questão 29:[B]2 2 2x x 2  sen 30o =2L 2. 2L x 2Resposta da questão 30:[B]Resposta da questão 31:[B]341230  xxtg or = 363234  , logo a área da tampa será:A = 22m108)36.(  
  6. 6. 6Resposta da questão 32:[C]Resposta da questão 33:[A]Resposta da questão 34:[A]Resposta da questão 35:[E]Resposta da questão 36:[B]Resposta da questão 37:4 metrosResposta da questão 38:a) 2,4 m = 240 cm 24018 6= 10 degrausb) h = 1,92 mResposta da questão 39:[A]Resposta da questão 40:[D]Resposta da questão 41:[B]Resposta da questão 42:x ≈ 13,33 metrosResposta da questão 43:[A]Resposta da questão 44:[D]Resposta da questão 45:[D]Resposta da questão 46:20Resposta da questão 47:[A]Resposta da questão 48:[B]Resposta da questão 49:[C]Resposta da questão 50:[C]Resposta da questão 51:[C]Resposta da questão 52:[E]Resposta da questão 53:[E]Resposta da questão 54:[C]Resposta da questão 55:[C]Resposta da questão 56:[D]Resposta da questão 57:[B]TResposta da questão 58:[B]Resposta da questão 59:[D]Resposta da questão 60:[C]Resposta da questão 61:[A]Resposta da questão 62:[D]Resposta da questão 63:[C]Resposta da questão 64:[B]Resposta da questão 65:2,088m

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