Resolucao_2017_MED_3aPreUniversitario_MATEMATICA5_L1_Cap1

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Resoluções das atividades
MATEMÁTICA 5
1Pré-Universitário – Livro 1
Aula 1 Trigonometria I
Atividades para sala
01 A
 
B
C
h
A E
20
20
60o30o
30o
30o
Rio
I. Como CÂE = ACEˆ = 30º, verifica-se que AACE é isósce-
les, logo AE CE m= = 20 .
II. ACEB possui ângulos 30º, 60º e 90º, logo: 
h m= =
20 3
2
10 3
02 C
03 B
 Inicialmente, tem-se:
 
10
α
β
B
A
C
6
8
 Ao deslizar 1 m na vertical, a nova configuração passa a ser:
 5
10
θ
 Logo:
 
sen θ
θ
= =
= °
5
10
1
2
30
04 D
 
30° 30°
30°
60°
C
D
B A
E
60°
6
60°
3
12
3
6
3
6
3
12
3
3
3
 
Per metro AB BC CD DE EAí = + + + +
= + + + +
= + ⋅
⋅
= + ⋅
3
12
3
12
3
6
3
3
3
3
33 3
3 3
3
33 3
3
== +3 11 3
I. Note que o ABDC é isósceles, pois BDCˆ = BCDˆ , logo .
 BD = BC = x.
II. O AABD possui ângulos de 30º, 60º e 90º; logo, 
x
y
2
= ⇒ 
x = 2y.
III. A medida da sombra do soldado no final de sua missão 
é dada por x + y = 2y + y = 3y.
IV. Como a medida da sombra do soldado no início da 
missão é dada por y, conclui-se que a medida final é o 
triplo da inicial.
D
B
x
CA
30°
30°
30°60°
Soldado
y x
MATEMÁTICA 5
2 Pré-Universitário – Livro 1
Atividades propostas
01 D
 C
D
h
A
B100 m
100 m
60o30o
30o
30o
 AABD isósceles ⇒ BD = 100
 
h h⇒ ⇒ =oposto ao 60 h=o 100 3
2
50 3
02 C
 Observe a figura:
 
A
r
tB C
P
s
u
60º
60º
4 4
4
6
60º
30º
M
60º
I. Os ângulos internos do AABC medem 60º, uma vez que 
este é equilátero.
II. O segmento PM corresponde à distância do ponto P à 
reta t. Note que PM ⊥ t.
III. MCPˆ = 60º ⇒ MPCˆ = 30º.
IV. AMCP (30º, 60º, 90º) ⇒ PM = 3 3.
03 B
 
C
FED
B
6
x
α
α
A
2
3
x
x
3
I. sen
CE
x x
CE x
x
CEα = = ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =
6
2
3
6
3
2
9
II. sen
CE
x x
xα = = ⇒ = ⇒ =
3
5
9 3
5
15
III. cos α = = ⇒ = ⋅ ⇒
= ⋅ ⋅ ⇒ =
AD
x
AD
x
AD AD
2
3
4
5
2
3
4
5
2 15
3
4
5
8
IV. cos α = = ⇒ = ⇒
= ⋅ ⇒ =
AE
x
AE
x
AE AE
4
5
4
5
4 15
5
12
V. tg
EF
CE
sen EF EF
EFα
α
α
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
cos
,
9
3
5
4
5
9
6 75
VI. DF DE EF= +
 DF AE AD EF
DF
DF m
= − +
= − +
=
12 8 6 75
10 75
,
,
04 C
 
a
a
b 90º – θ
β = 90º – θ
θ
θ
θ
 Na figura, tem-se:
 
tg
a
b
e tg
b
a
θ θ= ⇒ =
2
 Logo:
 
2
2 22 2
a
b
b
a
a b a b= ⇒ = ⇒ =
 Portanto: tg
a
tgθ θ= ⇒ =
2
2
2
05 D
 
60°
3 m
0,5 m
x
A
B
Escada
MATEMÁTICA 5
3Pré-Universitário – Livro 1
09 C
 A medida do ângulo de inclinação da rampa será chamada 
de θ. Dessa forma, é possível escrever: tg θ = =
1
2 86
0 349
,
, , 
ou seja, aproximadamente 0,344. Nessas condições, o ângulo 
de inclinação desse trecho da Rua Baldwin é mais próximo 
de 19°.
10 D
 Considere a figura.
 
h + H
x – y
x
y βα
 
Como tg
h H
y
y
h H
tg
e tg
h H
x y
x
 = 
 
 = tg y tg 
β
β
α α α
+
⇒ =
+
+
−
⇒ ⋅ − ⋅ =
,
hh + H, segue que:
x tg 
 
tg tg tg 
⋅ −
+
⋅ = +
⋅ ⋅ − ⋅
α
β
α
α β α
h H
tg
tg h H
x h −− ⋅ = ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅ − +
H h tg
tg h tg t
tg + H tg 
H(tg ) = x tg tg 
α β β
α β α β α( gg
x
tg tg
h
 )
H =
tg tg 
 
β
α β
α β
⋅ ⋅
+
−
07 C

 

⇒ ⇒
= ⇒ = ⇒
=
oposto ao
hipotenusa
30
2
40
2
20
º
 m
ABCD (30º, 60º, 90º):
DA B
C

75o 30o
60o
40
4015
o
75o
 
sen
x
sen
x
x
x
60
3
60
3
2
3 3
2
3 6
2 3
° =
° =






=
=
=
 Como 3 = 1,7, resulta que x = 3,4 m.
06 B
10 + x
B
x
10 3
 Aplicando o Teorema de Pitágoras: 
 (10 + x)2 = x2 + (10 3)2 ⇒ 100 + 20x + x2 = x2 + 100 · 3 ⇒ 
 20x = 200 ⇒ x = 10 cm
08 D
 Observe a figura a seguir.
A
C
H
h
30º
60º30º
4 
da
m
4 dam 4 dam
8 dam
MB
I. Como BM = AM = 4 dam, verifica-se que 
 ABMˆ = BÂM = 30º.
II. Ângulo externo AMC = 60º.
III. Como AM = CM = 4 dam, o triângulo AMC é equilátero 
de lado 4 dam.
IV. Logo, h = 4 3
2
2 3= dam.