Trigonometria no Triângulo Retângulo

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MATEMÁTICA
F B O N L I N E . C O M . B R
//////////////////
Professor(a): Fabrício Maia
assunto: TrigonoMeTria no Triângulo reTângulo, arcos noTáveis
frente: MaTeMáTica i
001.759_128111/18
AULAS 01 E 02 
EAD – ITA/IME
Resumo Teórico
Razões Trigonométricas
Se é um ângulo de um triângulo retângulo, firmamos as 
definições a seguir:
sen
m
m
m
α α α
α
= → =
=
−(cateto oposto)
(hipotenusa)
(sen )
cos
(c
1 cossec
aateto )
(hipotenusa)
(cos ) sec
(cateto opo
adjacente
m
tg
m
→ =
=
−α α
α
1
ssto)
( )
( ) cotg
m cateto adjacente
tg→ =−α α1
Pondo em prática as definições acima, dispomos de:
a
a
b
cA
C
B
a: hipotenusa
b: cateto oposto a 
c: cateto adjacente a a
sen
b
a
a
b
c
a
a
c
tg
b
c
g
c
b
α α
α α
α α
= → =
= → =
= → =
cossec
cos sec
cot
Consequentemente,
• + = → 



+ 



= → + =
• =
b c a
b
a
c
a
sen
sen
b
a
c
2 2 2
2 2
2 21 1α α
α
α
cos
cos
aa
b
c
tg
sen
= → =α
α
αcos
Ângulos notáveis
Os ângulos agudos especiais de 30º, 37º, 45º, 53º e 60º têm 
razões trigonométricas cujos valores podem ser calculados de modo 
exato ou aproximado, a partir dos triângulos retângulos a seguir:
2k
k
30º
60º
(ângulos exatos) (ângulos exatos) (ângulos aproximados)
k 3
5k
3k
37º
53º
k 4k
k
45º
45º k 2
Tabela Trigonométrica
Razões
Trigonométricas
Notação 30º 37º 45º 53º 60º
seno sen
1
2
3
5
2
2
4
5
3
2
cosseno cos
3
2
4
5
2
2
3
5
1
2
tangente tg
3
3
3
4
1
4
3
3
cotangente cotg 3
4
3
1
3
4
3
3
secante sec
2 3
3
5
4
2
5
3
2
cossecante cossec 2
5
3
2
5
4
2 3
3
Exercícios
01. A área de um triângulo é dada pela fórmula A
a b= +
2 2
4
 onde 
a e b são dois de seus lados. Determine (em graus) a medida do 
maior dos ângulos do triângulo.
A) 120º B) 90º
C) 75º D) 60º
E) 45º
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Módulo de estudo
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02. Calcule o valor de cossec6 10º – cotg6 10º – 3 · cossec2 10º · cotg2 10º.
A) 1 B) –1
C) 2 D) 1
2
E) 
1
3
03. Observe a figura a seguir.
C
α θ
A D
B
O
 Nessa figura, O é o centro do semicírculo de diâmetro AD, 
AC = CO, BAD = e BCD = .
Demonstre que
1 1
2
2
tg tg tgα α θ
+ = .
04. Considere o triângulo ABC de lados a = BC, b = AC e c = AB e 
ângulo internos α = CÂB, β = ABC e γ = BCA. Sabendo-se que a 
equação x2 – 2bx cos a + b2 – a2 = 0, admite c como raiz dupla, 
pode-se afirmar que
A) a = 90º
B) β = 60º
C) γ = 60º
D) O triângulo é retângulo apenas se a = 45º.
E) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa.
05. Considere a figura a seguir.
B
A d
1
d
2
CD
α β
A área do triângulo BDC é
A) 
d d1 2+
−cotg cotgα β
B) 
d d1 2
2
⋅
+(cotg cotg )α β
 
C) 
d d
g g
1 2
2
+
−(cot cot )α β
 
D) 
d d1 2
2
⋅
−cotg cotgα β 
E) 
d d1 2
2
⋅
−(cotg cotg )α β
 
06. Em um triângulo ABC retângulo em A, seja D a projeção de A sobre CB. 
Sabendo que o segmento BD mede l cm e que o ângulo DÂC 
mede θ graus, então a área do triângulo ABC vale:
A) 
l2
2
sec θ θ⋅ tg
B) 
l2 2
2
sec θ θ⋅ tg
C) 
l2 2
2
sec θ θ⋅ tg
D) 
l2
2
cossec θ θ⋅ cotg
E) 
l2 2
2
cossec θ θ⋅ cotg 
07. Se em um quadrilátero convexo de área S, o ângulo agudo entre 
as diagonais mede 
π
6
 radianos, então o produto do comprimento 
dessas diagonais é igual a
A) S 
B) 2S 
C) 3S 
D) 4S
E) 5S 
08. Um triângulo ABC apresenta lados a, b e c. Sabendo que B e C  
são, respectivamente, os ângulos opostos aos lados b e c, o valor 
de 
tgB
tgC

 é
A) 
a b c
a b c
c
b
2 2 2
2 2 2
− +
+ −
⋅ 
B) 
a b c
a b c
2 2 2
2 2 2
+ −
− + 
C) 
a b c
a b c
2 2 2
2 2 2
– +
+ − 
D) 
a b c
a b c
c
b
2 2 2
2 2 2
+
− +
⋅
–
E) 
b
c
09. Em um triângulo de vértice A, B e C são dados B C = =
π π
2 3
, e o 
lado BC = 1 cm. Se o lado AB é o diâmetro de uma circunferência, 
então a área da parte do triângulo ABC externa à circunferência, 
em cm2, é
A) 
π
8
3 3
16
− B) 
5 3
4 2
− π
C) 
5
8
3 3
4
π
− D) 
5 3
16 8
− π 
E) 
5
8
3 3
16
π −
 
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Módulo de estudo
10. Considere um ponto P em uma circunferência de raio r no plano 
cartesiano. Seja Q a projeção ortogonal de P sobre o eixo x, como 
a figura a seguir, e suponha que o ponto P percorra, no sentido 
anti-horário, uma distância d < r sobre a circunferência.
r
Q
P
x
y
Então, o ponto Q percorrerá, no eixo x, uma distância dada por
A) r sen
d
r
1−



B) r
d
r
1−



cos
C) r tg
d
r
1−



D) r sen
r
d




E) r
r
d
cos




11. Em uma coroa circular (conforme a figura a seguir) estão inscritas 
n circunferências, cada uma tangente às duas vizinhas. Se o raio 
da circunferência interna da coroa mede 1, então o raio da 
circunferência externa da coroa mede 
A) 
1
1
+
−
sen
sen
π
π
/n
/n
B) 
1
1
+
−
cos π
π
/n
/nsen
C) 
1 2
1 2
+
−
sen
sen
π
π
/n
/n
D) 
1 2
1 2
+
−
cos
cos
π
π
/n
/n
E) 
1 2
1 2
+
−
cos π
π
/n
/nsen
12. Em um triângulo retângulo ABC (Â = 90º), tem-se cotgC + cotgB = 4, 
então o valor de 16sen B · sen C · cos B · cos C é igual a
A) 
1
2
 B) 1
C) 2 D) 
1
3
E) 3
13. Na figura a seguir, sabe-se que: AD = CD = a e AB = b.
B
D θ
A C
 Expresse cotg θ
4




em função de a e b.
A) 
b ab
ab b
+
−
2
2 2
 B) 
b ab
ab b
+
− 2
 
C) 
a b
a b
+
−
 D) 
b ab
a ab
+
+
E) 
b
a
14. Se x é um ângulo agudo e 
 
sec sen ... sen
cos cos ... cos
3 15
2
10 20 80
10 20
x sen− °( )
=
° + ° + + °
° + ° + + 880º
, então x é igual a
A) 15º
B) 12,5º
C) 16º
D) 37º
E) 25º
15. Se ABCD é um quadrado, com m(EBA) = 53º, m(DCE) = a, 
m(BEA) = 90º, então o valor de 5 10 ⋅cosα é
DC
A
E
B
A) 18
B) 15
C) 12
D) 9
E) 6
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Módulo de estudo
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Gabarito
01 02 03 04 05
B A E E E
06 07 08 09 10
B D B D B
11 12 13 14 15
A B A E D
01. Temos que:
B
h
a
b
C A
α
i) sen
h
a
h a senα α= → =
ii) Área
b asen a b
( )∆ABC = ⋅ = +α
2 4
2 2
Daí,
sen
a
b
b
a
α = +



≥
1
2
1
Logo,
sen α α= → =1 90º (maior ângulo)
 Resposta: B
02. Sabemos que:
sen2 10º + cos2 10º = 1
Dividindo tudo por sen2 10º, encontramos:
1 + cotg2 10º = cossec2 10º
1 = cossec2 10º – cotg2 10º
Elevando ao cubo, tem-se:
13 = (cossec2 10º – cotg2 10º)3
1 = cossec6 10º – cotg6 10º – 3 cossec2 10º · cotg2 10º 
 Resposta: A
03. A partir da figura a seguir, tem-se:
C O H
h
2
α θ 2α
1 1 k D
B
A
• tg
h
k tg
k
h
α
α
=
+
→ = +
2
1 2
• tg
h
k tg
k
h
2
1
2
α
α
= → =
• tg
h
k tg
k
h
θ
θ
=
+
→ =
+
1
1 1
Logo, 
1 1
2
2
tg tg tgα α θ
+ =
04. Como c é raiz dupla, podemos escrever:
Girard
c c b
c
b
c c b a b a c
+ = → =
⋅ = − → = + →




2
2 2 2 2 2
cos cosα α
∆ABC é retângulo em B, em que b é a hipotenusa.
 Resposta: E
05. De acordo com o enunciado, tem-se:
B
A d
1
d
2
CD
h
E x
α β
i) tg
h
d x
d x
h
tg
α
α
=
+
→ + =
1
1
ii) tg
h
x
x
h
tg
β
β
= → =
Substituindo (ii) em (i) tem-se:
d
1
 + h cotg β = h cotg a
d
1 
= h(cotg a – cotg β)
iii) [BDC] = Área =
d
d
2
1
2
⋅
−cotg cotgα β
 [BDC] =
d d
cotg
1 2
2
⋅
−( )α βcotg 
 Resposta: E
06. Do enunciado, tem-se:
A
D BC
h
y
α θ
αθ
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Destacar
regiam
Claro
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Módulo de estudo
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i) tg
h
h tg
h
tg
θ θ
θ
= → = → =
l
l l
ii) tg
y
h
y htgθ θ= → =
iii) [ABC] rea= =
+




⋅
Á
htg
h
tg
hθ
θ
2
 
[ABC]
[ABC]
[ABC]
=
+




⋅
=
+




⋅ ⋅
tg
tg
h
tg
tg
tg
θ
θ
θ
θ
θ
1
2
1
2
2
2 2l
==
+( )
=
⋅ +( )
=
⋅
tg tg
tg tg
tg
3 2
2 2
2 2
2
1
2
2
θ θ
θ θ
θ θ
l
l
l
[ABC]
[ABC]
sec
 Resposta: B
07. Diante do exposto, tem-se:B
C
D
d
a
c
b
150º
150º
30º
30º
A
ABCD
ac sen bc sen bd sen ad sen
ABCD
ac
[ ] = ° + ° + ° + °
[ ] =
30
2
150
2
30
2
150
2
4
++ + +
[ ] = +( ) + +( ) = +( ) +( )
[ ] = ⋅
bc bd ad
ABCD
c a b d a b a b c d
ABCD
AC BD
4 4 4
4 4
44
45= → ⋅ =S AC BD
 Resposta: D
08. Diante, tem-se:
A
H CB
c b
a
h
x a – x
i) 
Pitágoras → b2 – (a – x)2 = c2 – x2 → x a c b
a
= + +
2 2 2
2
ii) 
tgB
tgC
h
x
h
a x
a x
x
a
a c b
a
a c b
a
tgB
tgC
a c
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
=
−
= − =
− − −
− −
= − −
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
bb
a c b
2
2 2 2− −
 Resposta: B
09. No problema em questão, tem-se:
2
B
A
30º 30º
120º
60º3
2
3
2
3
2
C
w
T
1
S
T S W
sen
W
W
W
+ + =
⋅
⋅ ⋅ °
+




+ =
+ + =
=
3 1
2
3
2
3
2
120
2
1
6
3
2
3
2
3 3
16
3
24
3
2
2
π
π
33
2
3 3
16 8
5 3
16 8
2
− −
= −




π
π
W cm
 Resposta: D
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Módulo de estudo
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10. Nestas condições, temos:
y
x
P
P
Q Q’
k
d
k
r
α
r – k
i) d = α · r, α em radiamos
ii) cos α = −r k
r
 Segue que, 
 r cos α = r – k
 k = r (1 – cos α)
 k r
d
r
= −



1 cos
 Resposta: B
11. Do enunciado, tem-se:
R
r
rrrr
r
1
n
π
sen
n
r
r
sen
n
r sen
n
r r
sen
nπ π π
π




=
+
→ 



+ 



= → =




1
1−− 



sen
n
π
Então,
R = 1 + r + r
R = 1 + 2r = 1 + 
2
1
sen
n
sen
n
π
π




− 



R
sen
n
sen
n
sen
n
R
sen
n
=
− 



+ 



− 



=
+ 



−
1 2
1
1
1
π π
π
π
ssen
n
π



 Resposta: A
12. Nestas condições, temos:
i) 
CA
B
a
c
b
cotg cotgC B
b
c
c
b
 + =
+ =
4
4
b2 + c2 = 4bc
a2 = 4bc
ii) Assim,
 Exp. = 16 · senB 
^ 
· senC 
^ 
· senB 
^ 
· senC 
^ 
 Exp. = 16
4
1
2
2
·
b
a
c
a
c
a
b
a
bc
a
⋅ ⋅ ⋅ = 



=
 Resposta: B
13. Nestas condições, temos:
B
E
A
D
a
b
x
y
y
a
b 
– 
a
2
θ
θ
4
θ
2
θ
4
θ
• Pitágoras → (b – a)2 + x2 = a2 → x2 = 2ab –b2
• Pitágoras → y2 = b2 + x2 = b2 + 2ab – b2 → y2 = 2ab
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Módulo de estudo
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Então,
tg
x
b y
ab b
b ab
θ
4
2
2
2



=
+
= −
+
Logo,
cotg
θ
4
2
2 2




= +
−
b ab
ab b
 Resposta: A
14. Temos que:
sec cos cos ... cos
cos cos ... cos
3 15
2
80 70 10
10 20
x − °( ) = ° + ° + + °
° + ° + + 880
3 15
2
1
3 15
2
2
3 15 1
2
°
− °( ) =
− °( ) =
− °( ) =
sec
sec
sec
x
x
x
Daí,
3x – 15° = 60°
x – 5° = 20°
x = 25°
 Resposta: E
15. Diante do exposto, tem-se:
DC
A
E
43
h
90°– α
α
α
t
H
x
d
5
5
5
37°53°
37°
B
i) sen 37° = = → =h h
3
3
5
9
5
ii) cos 37° = = → = → = − =
t
t x
3
4
5
12
5
5
12
5
13
5
iii) d x h d d2 2 2 2
169
25
01
25
250
25
10 10= + → = + = = → =
Logo:
cos
cos
α
α
= = =
⋅ =
h
d
9
5
10
9
5 10
5 10 9
 Resposta: D
Anotações
SU
PE
RV
IS
O
R/
D
IR
ET
O
R:
 M
A
RC
EL
O
 P
EN
A
 –
 A
U
TO
R:
 F
A
BR
ÍC
IO
 M
A
IA
 –
 D
ig
.: 
A
ní
ba
l –
 R
ev
.: 
K
el
ly
 M
ou
ra