resolução dos exercícios-tarefa

Tamanho: px

Começar a partir da página:

Download "resolução dos exercícios-tarefa"

João Batista Campelo Delgado
7 Há anos
Visualizações:

1 resolução dos eercícios-tarefa n Módulo ) A soma dos ângulos internos do quadrilátero conveo ECd é igual a 60. Assim: + (90 ) ( ) = = 60 =. Resposta: ) ) ) Como ÉF é paralela a ó, o triângulo CEG é retângulo em G. Assim: A ^CE + 90 = 0 A ^CE = 0 ọ ) + = 90 = 90 ọ ) = + (teorema do ângulo eterno aplicado ao triângulo Ed) Assim: = + 90 = 90 ọ )A^ dc = 90 + Assim: AdC ^ = 90 + ( 90 ) AdC ^ = Resposta: ) Como A = o e o é raio da circunferência, então A = o = oc = od. o triângulo Ao é isósceles e, portanto, Âo = ôa = e C ô =. Como o triângulo oc é isósceles, C ô = ^Co = ) Assim, do triângulo AoC, temos: = + = = ) logo, no triângulo Ao, temos: A ô + + = π A ô = π = π. Aô = π ) Por serem retângulos e terem o ângulo A^H em comum, os triângulos Cd e AH são semelhantes e, portanto, A AH A = = A = C dc 0 6)

2 ) No paralelogramo ACd, tem-se: 9) A = Cd e C = Ad = A ) No triângulo isósceles EC, tem-se: E = C = Assim, Cd = A = AE + E = + = logo, o perímetro do paralelogramo ACd é dado por: A + C + Cd + da = = Resposta: E H R Q P C ) Seja Q ṔC QA // Ṕ os triângulos QAC e PC são semelhantes pelo critério (AA~). QA QC + z Assim, = = P PC z + z z = = + z z z 0) I) RH ~ AQH, pois ^HR = A ^HQ e A ^QH = ^RH desta forma = R ^H = Q^AH. II) P ^AC C ^H CP = = III) os triângulos APQ e AHQ são conguentes pelo critério AlA e, por tanto, QP = QH =. Resposta: E D C = + z M N ) A No triângulo Ao, de acordo com o teorema de issetriz, tem-se: Ao oc A l = = l + l = 0 C l l + l = I) Sendo N o ponto médio da hipotenusa do triângulo retân - gulo CM, temos: MN = CN = N = cm N é circuncentro do triângulo CM. II) o segmento de reta MN é ase média do trapézio ACd e, portanto, A + Cd MN = A + Cd cm = A + Cd = cm Assim, o perímetro do trapézio ACd, em cen tíme tros, é: (A + Cd) + Ad + C = + + =

3 ) (+ )a de CE II) = = = A CA a a III) (AE) = + (AE) = + AE = a o retângulo resultante tem medida a e onde = +. a a = a + a a =. a Como a razão entre o maior e o menor lado do retângulo resultante é a a + = = =, a podemos concluir que ele é um retângulo de ouro. emonstração ) n Módulo ) o triângulo AC, retângulo em C, tem hipotenusa A = cm e catetos AC = cm e C = cm. Como CE é a altura relativa à hipotenusa, temos: A. CE = AC. C. CE =. CE =, cm Resposta: A ) = 6. = 6. = 6. = 6. assim: 6. = = = = 6. Resposta: ) Sendo df = r e o = R, no triângulo retângulo opq, temse: (PQ) = (op) + (oq) Assim: (R + r) = R + (R r) R + Rr + r = R + R Rr + r 6Rr = R r r r = = = R 6 R R I) (AC) = + ( ) AC = df = 0,666 o

4 ) H 0 A D 0 E C F G No triângulo retângulo HAF, de acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se: (AF) = (AH) + (HF) (AF) = 0 + (AF) = 66 AF = 6 Resposta: A ) log( ) log( ) = 0 0. log. log = 0. log ( log ) = 0. log +. log = 0 (. log ) = (. 0, ). =, =, = = Resposta: V = π ) Supondo, temos: I) (log sen ) < log sen ( sen ) (log sen ) < log sen + log sen (sen ) (log sen ) <. log sen + 6) D C II) Sustituindo log sen por, temos: < + < 0 < < A ọ z ) QP ~ Ad = (I) a + ọ a z ) RPA ~ CA = (II) a + Somando (I) e (II) memro a memro, tem-se: a a + = + = a + a + a-z a R P Q z III) < log sen < log sen > < (sen ) sen < π π 0 < < ou < < π 6 6 π π Resposta: V = 0; ; π 6 6 ) I) Sendo f() = a. log com f() = e f() = 0, temos: f() = a. 0 = f() = a. log c = 0 Assim sendo, f() =. log f() = e o gráfico de f é a = a = log = = n Módulo ) I) 00 =. (0 + ) (0 ) = (0 + ) II) Sustituindo 0 por, temos: = ( + ) = 0 = ou = =, pois > 0 III) 0 = = log 0 = log 0 0 log 0 = 0, = 0, Resposta: V = {0,} pois > 0 ) I) = = = =. 9 +

5 + + II) Sustituindo =. + + = = 0 + por, temos: = ou = =, pois > 0 III) + = + = + = 0 = ou = 6) Supondo > 0, temos: I) < < 0. ( ) +. ( + ) ( + ) < 0. ( ) ( + )( ) < 0 ( ) ( ) < 0 II) o gráfico de f() = é do tipo > > 0 < ou > III) de (I) e (II) temos: V = < < ou < < n Módulo ) log 9 = 6 (9 ) = 6 log ( ) = () ( ) = 9 = ( ) 9 = ( ) = = + = 0 = ou = = = III) Se >, então < 0 > > log > (log ) Assim: > e > (log ) > IV) Se 0 < <, então > 0 < (log ) Assim: 0 < < e < (log ) 0 < < (log ) Resposta: > ou 0 < < (log ) ) I) Condição de eistência > 0 log ( ) > 0 < ou > < < ou > < < ou < < < < II) log log ( ) < log ( ) < - = = = ou, pois apenas = = = = e = satisfazem as condições de eistência dos logaritmos. Resposta: (; ) ) I) log log > 0 log > log < II) log > log 0 < < < < 0 < < 6 < < 9 III) 6 < < 9 = ou = IV) A soma das soluções é

6 ) I) A(0; n ); (0; n ); C(n; n ) II) A área do triângulo retângulo AC é ( III) n n ). n = n n n = 6 ( n ) ( n ) 6 = 0 n =, pois n > 0 f(n) = n = ( n n ). n 6) a) = log = log log = log log ( ) log =. log log =, cujo gráfico é o representado a seguir. + = + = ) a) log log = log = + = = 0 e = = ) I) + + = 0 ( ). + = 0 II) Sustituindo por, temos: + = 0 = ou = III) Se =, então = = 0 IV) Se =, então = = log Respostas: a) = 0 e = ) V = {0; log } ) ) I) f(z) = g() = z = z. = z + + z = I) (0;) g g(0) = a. 0 + = = p II) (p;) f f(p) = = = p = p = = III) p = g( ) = a. ( ) + = 0 a = (p;0) g IV) = e a = g() = + V) g[f(0)] = g[] =. + = II) f() g(z) = f() = g(z) = z = + z + z = + z = + z = 6 III) + z = z = Respostas: = + z = 6z = z = a) Ver gráfico. ) = z = 6

7 ) a) Para t = 0, devemos ter Q(t) = e, portanto, 0 log 0 k = 0 k = 0 k = 0 + ) A eperiência terminará quando Q(t) = 0 0 Então Q(t) = log 0 0 = t + 0 = t + t + = 0 t = 9 Respostas: a) k = ) 9 horas ) a) do gráfico, concluímos que ) k > 0 ) Quando t tende a infinito, V(t) tende a 0 e k t tende a zero e, portanto, A. 0 = 0 A = 0 V(0) = 0 ) A = 0 A = 0 A = 0 A = 0 = 0 ) V() = 0 0 A. k = k = 0 0 k = k = ) V(t) =. t. t = 0 V(t) = 0 t = t = log t = log 0 t. log = log + log log t. log = log + log log 0 + log t. 0, =. 0, + 0, + 0, t = t =, Respostas: a) A = 0, = 0, k = ) t =, mês

Documentos relacionados

r a t (I), ht rs (II) e (III) r s t r a

01 De T 1 e T 3, temos: a h r s h r a t (I), ht rs (II) e (III) r s t r a De T e T 3, temos: h b s s b s b t (IV) e (V) r s t r h De (III) e (V): b h h a b (VI) h a Somando (I) e (IV) temos: r s at bt