Geometria em Vestibulares: Leis dos Senos e Cossenos

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COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE SÃO CRISTÓVÃO III
 1ª SÉRIE – MATEMÁTICA II – PROFº WALTER TADEU
 www.professorwaltertadeu.mat.br
LEI DOS SENOS E COSSENOS – VESTIBULAR - GABARITO 
1) (UFRGS) No triângulo representado na figura, AB e AC têm a mesma medida e a altura relativa ao lado
BC é igual a 
3
2
 da medida de BC. Com bases nesses dados, o cosseno do ângulo CAB é:
a) 
25
7
 b) 
20
7
 c) 
5
4
 d) 
7
5
 e) 
6
5
Solução. O triângulo é isósceles e a altura é também mediana neste lado. O
valor dos lados congruentes está representado por “y”. Aplicando a relação
de Pitágoras em um dos triângulos retângulos mostrados, temos:
6
5
36
25
36
916
49
4
23
2 22222
22
2 xxxxxxy
xx
y 














O ângulo CAB é oposto a BC = x. Aplicando a Leis dos Cossenos, temos:
   
 
25
7
50
14
)cos()cos(505036
)cos(
36
50
36
50
)cos(
36
25
2
36
25
36
25
)cos(
6
5
6
5
2
6
5
6
5
)cos())((2
2
2
222
22
2
222
2
22
2222










































x
x
CABCABxxx
CAB
xx
xCAB
xxx
x
CAB
xxxx
xCAByyyyx
2) (FUVEST) Em uma semicircunferência de centro C e raio R, inscreve-se um triângulo equilátero ABC.
Seja D o ponto onde a bissetriz do ângulo ACB intercepta a semicircunferência. O comprimento da corda
AD é:
a) 32 R b) 33 R c) 12 R 
 d) 13 R e) 23 R
Solução. O segmento CD é bissetriz, logo o ângulo ACD mede 30º. A corda
AD está oposta a este ângulo. Além disso, CD = CD = R. Aplicando a Lei dos Cossenos, temos:
              
         
  3232
2
322
2
324
2
3
22
)º30cos(2)ˆcos())((2
2
2
2
22
2222
222222
















RRAD
R
AD
RR
ADRRAD
RRRRADDCACACDCACDAD
3) (FUVEST) Na figura mostrada, O é o centro da circunferência de raio 1, a reta AB é secante a ela, o
ângulo  mede 60º e 
4
3
sen .
a) Determine  BAOsen ˆ em função de AB.
b) Calcule AB.
Solução. Os lados do triângulo de lados 1 formam um triângulo
eqüilátero, já que º60 . 
a) O ângulo  BAO ˆ está oposto a OB = 1. Aplicando a Lei dos
Senos, temos:
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   
     
 AB
BOAsenBOAsenAB
AB
BOAsensen
AB
BOAsen 4
3ˆ
4
3ˆ.
4
3ˆ
1
ˆ
1


b) O ângulo em B suplementar a 60º vale 120º. Considerando xAB  , aplicando a Lei dos Senos
novamente, temos: 
       AByAByABy
sen
AB
sen
y
21
2
3
.1
4
3
4
3
2
3
1
º120
1





Aplicando agora a Lei dos Cossenos no triângulo OAB, temos:
       
6
131
)(0
6
131
6
131
6
131
)3(2
)1)(3(411
013
14
2
1
212)º120cos())(1(211
2
2222222



























AB
elincompatívx
okx
xxxx
xxxxxxxxy
4) (FUVEST) No paralelogramo ABCD mostrado, têm-se que AD = 3 e º30ˆ BAD . Além disso, sabe-se
que o ponto P pertence ao lado DC e à bissetriz do ângulo BAD ˆ .
a) Calcule AP.
b) Determine AB sabendo que a área do quadrilátero
ABCP é 21.
Solução. Como ABCD é um paralelogramo, os
ângulos adjacentes são suplementares, logo
º150ˆ PDA implicando que º15ˆ DPA . 
a) Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo isósceles ADP, temos:
         
      323329329
3918
2
3
1899)º150cos()3)(3(233
2
22222











APAP
APAPAP
b) A altura do paralelogramo é a mesma do triângulo ADP e do quadrilátero ABCP. A área de ABCP é
a diferença entre a área do paralelogramo ABCD e a do triângulo ADP. Temos:
 
   
   
2
31
6
93
6
9)21(4
4
96
21
4
9
2
3
2
3
.
4
9
2
2
3).3(
2
.
2
3
2
1
.3º303º30
3





















AB
ABAB
A
AB
hABA
hDP
A
hsenhsen
h
ABCP
ABCD
ADP
5) (FUVEST) Na figura o ângulo BAO ˆ mede 120º, AO = 3 e AB = 2. Os segmentos AB e CD são
paralelos. Sabendo-se ainda que a área do triângulo OCD vale 3600 .
a) Calcule a área do triângulo OAB.
b) Determine OC e CD.
Solução. Observando o triângulo OAB calculamos a
altura “h” e sua área.
a) 
 
2
33
2
3).3(
2
.
3
2
3
.2º302º60
2











hAO
A
hsenhsen
h
OAB
b) O triângulo OAB é semelhante ao triângulo OCD. Aplicando as proporções envolvendo áreas e
dimensões, temos:
 
 







40
60
:Re
603600
3
)600(18
3600.9.
2
339
3600
2
33
3
)
401600
3
)600(8
3600.4.
2
334
3600
2
33
2
)
22
22
2
22
22
2
CD
OC
sposta
xxx
xxA
A
ii
yyy
yyA
A
i
OCD
OAB
OCD
OAB
6) (FUVEST) A figura representa um trapézio ABCD de bases AB e CD , inscrito em uma circunferência
cujo centro O está no interior do trapézio. Sabe-se que AB = 4, CD = 2 e AC = 23 .
a) Determine a altura do trapézio.
b) Calcule o raio da circunferência na qual ele está inscrito.
c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela
circunferência.
Solução. Observe que o trapézio inscrito é isósceles, pois os lados
não paralelos determinam arcos congruentes. Os ângulos
consecutivos são suplementares. Os lados BC e CD são
congruentes. Logo as alturas determinam segmentos também
congruentes na base AB medindo 1. Aplicando a Lei dos Cossenos
nos triângulos ACD e ABC, temos:
       
       
   
 
   
   
 
   
   
  10
3
2454
24354
cos)(81618
cos)(88236
:
cos)(81618
2cos)(4418
)cos()(81618
)cos()(4418
)cos()(81618)cos()4)((2423
)180cos()(4418)180cos()2)((2223
2
2
2
2
2
2
2
2222
2222
































ADAD
xADAD
xADAD
CBADOBS
xCBCB
xADAD
xADCB
xADAD
xCBCBxCBCB
xADADxADAD
Calculando os valores pedidos, temos:
a)     391101101 22222  hhhCB
b) O raio da circunferência é o mesmo da circunferência que circunscreve o triângulo ADC, cuja
base é 2 e altura, 3. Aplicando a fórmula que associa a área ao raio, temos:
  
5
2
52
2
20
12
206
20624
4
2310)2(
6
4
6
2
)3).(4(


RR
RR
abc
A
A
ACD
ACD
c) A área pedida é a diferença entre as áreas da circunferência e a do trapézio.
 
 
95
9)3)(3(3.
2
24
.
2
55
22











 





 




trapézionciacircunferê
trapézio
nciacircunferê
AA
h
bB
A
RA
7) (FUVEST) Na figura adiante o quadrilátero ABCD está inscrito numa semicircunferência de centro A e
raio AB = AC = AD = R. A diagonal AC forma com os lados BC e AD ângulos α e β, respectivamente.
Logo, a área do quadrilátero ABCD é:
a) 
2
)2(2  sensenR 
 b) 
2
)2(2  sensenR 
 c)
2
)22(2  sensenR 
 
d) 
2
)cos(2  senR
 e) 
2
)cos2(2  senR
Solução. A área pedida será a soma das áreas dos triângulos ACD e ABC.
i) No triângulo ACD temos:         2.2..2..
2 

senRsenRRsenRAC
A
sen
R
h
RACBase
ACD 







ii) No triângulo ABC temos: 
     
   
 
       
2
2.
2
.cos2
2
.cos2
2
.
cos2cos4cos22
coscos2coscos2
1cos
2coscos
:
2cos12)2cos(22)2cos(22
)2º180cos(22)2º180cos())((2
22
22222
22222222222
22
22
22222222
222222








senRsenRRsenRRsenBC
A
RRBCRBC
sensenRsensenRBC
sen
sen
OBS
RBCRRBCRRBC
RRBCRRRRBC
Rsenhsen
R
h
ABC 











A área total será então: 
 
2
2.
2
.
2
2. 222  sensenRsenRsenR
AA ACDABC


8) (UERJ) Observe a figura I, onde ABC é um triângulo retângulo e {r, s, t, u} é um feixe de retas paralelas 
eqüidistantes. A figura I foi dobrada na reta (t), conforme ilustra a figura II.
Calcule:a) A área do triângulo BMA' hachurado. b) O seno do ângulo APB ˆ .
Solução. Observando as medidas apresentadas após a dobra, temos:
Na figura I temos um triângulo retângulo com hipotenusa 25 e cateto AB = 15. Logo, o cateto AC
pode ser calculado como: 204002256251525 22 AC . A altura é calculada pela
relação: 12
25
300
)20).(15(25  hh . Isto determina os valores das alturas após a dobra. O
triângulo BMP e BMA possuem a mesma área, pois a base é a mesma BM e altura 4. Na figura I o
ângulo B está oposto à altura. Logo, 
5
3
25
16
1ˆcos
5
4
15
12ˆ  BBsen . Aplicando a Lei
dos Cossenos no triângulo BPM encontra-se a base BM:
           
      60606
5
3
.102525)ˆcos()5(255
2
2222


BMBMBMBMBM
BMBMBBMBM
a) Área do triângulo: 12
2
46
2





alturabase
A
b) Ângulo APB ˆ : 
25
24
5
5
4
).6(
ˆ
5
 

sen
Bsensen
BM
9) (UERJ) Um piso plano é revestido de hexágonos regulares congruentes cujo lado mede 10cm. Na
ilustração de parte desse piso, T, M e F são vértices comuns a três hexágonos e representam os pontos nos
quais se encontram, respectivamente, um torrão de açúcar, uma mosca e uma formiga. 
Ao perceber o açúcar, os dois insetos partem no mesmo instante com velocidades constantes, para
alcançá-lo. Admita que a mosca leve 10 segundos para atingir o ponto T. Despreze o espaçamento entre os
hexágonos e as dimensões dos animais. A menor velocidade, em centímetros por segundo, necessária para
que a formiga chegue ao ponto T no mesmo instante em que a mosca é igual a:
a) 3,5 b) 5,0 c) 5,5 d) 7,0
Solução. Observe no hexágono destacado que a distância entre dois vértices opostos é o dobro do
lado. O piso fica com os valores mostrados. Aplicando a Lei dos cossenos, temos:
         
 
scm
s
cm
T
D
v
sTempo
cmDistância
dd
dd
/7
10
70
10
70
70490015003400
2
1
.30002500900)º120cos(50)30(25030
2
2222














10) (UFPE) Um terreno numa planície tem a forma de um trapézio ABCD como ilustrado na figura.
Pretende-se dividir o trapézio em duas regiões de mesma área usando
um segmento com origem em C e extremidade num ponto P de AB. Qual
o inteiro mais próximo da distância entre C e P?
Solução. A área do trapézio vale:   786.136.
2
818





 
trapézioA
Logo as áreas separadas pelo segmento PC terão 39 unidades cada
uma. O triângulo CHB é retângulo isósceles, logo HB mede 6.
Considerando o segmento PH = x, temos:
7613
6
78
6786).6(39
2
6).6(
39
2
6).6(











xxx
x
A
x
A
triângulo
triângulo
Logo, PB = 7. O cateto CB é calculado como: 2672363666 22 CB
Aplicando a Lei dos Cossenos em PBC encontramos PC:
           
  9)2,9(int2,985156241
2
2
26)13(272169)º45cos(26)13(22613
2
2222











eiroPCPC
PCPC
OBS: PC também poderia ser calculado como hipotenusa do triângulo retângulo
PHC:
2,985364967 22 PC
11) (UERJ) Observe a ilustração do pistão e seu esquema no plano. O pistão é ligado, por
meio da haste BC, a um disco que gira em torno do centro A. Considere que:
- o raio AB e a haste BC medem, respectivamente, 1 polegada e 4 polegadas.
- à medida que o disco gira, o pistão move-se verticalmente para cima ou para baixo,
variando a distância AC e o ângulo CAB ˆ .
Se a medida do ângulo CAB ˆ é dada por x radianos, a distância entre A e C, em polegadas, pode ser
obtida pela seguinte equação:
a) )(4 xseny  b) )cos(4 xy  c) )(cos16)( 2 xxseny  
d) )(16)cos( 2 xsenxy 
Solução. Aplicando a Lei dos Cossenos, temos:
          
     
  )(16)cos()(16)cos()(16)cos(
)(cos1)cos(161)(cos)(cos)cos()(216
)cos()(2116)cos(1214
2222
22222
2222
xsenxACxsenxACxsenxAC
xxACxxxACAC
xACACxACAC


