Soluções dos Problemas do Capítulo 4

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1 Soluções do apítulo Soluções dos Problemas do apítulo 4 Problema 1 h Figura 57 x Seja h a altura do Pão de çúcar em relação ao plano horizontal de medição e seja x a distância de ao pé da altura (Figura 57). Nos dois triângulos retângulos formados no plano vertical temos: h x = tg 14 = 0,2493 h x = tg 10 = 0,1763 Resolvido este sistema, obtemos h = 391,4. Problema 2 plicando a lei dos senos no triângulo P (Figura 58) temos: 1 sen 9 = x donde x = 0,7880 sen 52 0,1564 = 5,04. Problema 3 É fácil calcular os seguintes ângulos (Figura 59): X = 18 e Ŷ = 6 plicando a lei dos senos no triângulo X temos: X sen 46 = 1 sen 18,

2 156 Temas e Problemas P 9 x Figura 58 Y 6 X Figura 59

3 Soluções do apítulo o que fornece X = 1,328. Sendo Y = 120, novamente a lei dos senos fornece: Y sen 120 = 1 sen 6, o que dá Y = 8,285. No triângulo XY usamos agora a lei dos cossenos: XY 2 = X 2 + Y 2 2 X Y cos(xây) eoscálculos indicam XY = 7,48. Problema 4 h plano horizontal horizonte R O R Figura 60 Observando a Figura 60, vemos que o ângulo entre a horizontal e a linha de visada ao horizonte, aparece também no centro da Terra. Daí, cos = R h + R e, portanto, R = h cos 1 cos. Para h = 0,703 km e = 0,85 encontra-se R = 6633 km. O raio médio da Terra é de cerca de km. O resultado encontrado é bastante razoável.

4 158 Temas e Problemas Problema 5 O S Figura 61 Se = 360 então o comprimento da circunferência da Terra 50 é 50 vezes o comprimento do arco S, ou seja estádios ou km. Daí, R = = 6409 km, um resultado muito bom. 2π Problema 6 1) Os comprimentos de e são proporcionais respectivamente a 8 e 9 (Figura 62). Daí, pela lei dos senos, 9k sen 110 = 8k sen θ Encontramos sen θ = 0,835 e como θ éumângulo agudo, tem-se θ = 56,6. 2) Veja a Figura 63. Logo, Ĉ = 1,86. 8,1 sen 110 = 8 sen θ θ = 68,14 sen 110 = 50 = 1448 m. sen 1,86

5 Soluções do apítulo r 8k 110 θ 9k Figura 62 8k 50 θ 110 8,1k Figura 63 Problema 7 omo a velocidade de é 15% maior que a de, então os lados e do triângulo são respectivamente proporcionais a 1 e 1,15 (Figura 64). Daí, 1 sen 60 = 1,15 sen θ sen θ = 0, Mas, isto fornece θ = 84,8 ou θ = ,8 = 95,2. Por que há duas respostas? Imagine a seguinte situação. Os vértices e do triângulo são fixos e a razão entre os lados e é constante (Figura 65). Vamos mostrar que nestas condições o lugar geométrico de é uma circunferência.

6 160 Temas e Problemas 60 1,15k k θ Figura 64 Figura 65. = r, constante. Qual é o lugar geométrico do vértice? Dividamos o segmento harmonicamente na razão r. Isto significa encontrar os pontos M e N da reta, um interior ao segmento e outro exterior, tais que M M = N N = r. omo M M =, então M é bissetriz do ângulo interno do triângulo (recorde o teorema das bissetrizes e sua recíproca). omo N N =, então N é bissetriz do ângulo externo do triângulo (Figura 66).

7 Soluções do apítulo β β M N Figura 66 Ora, os pontos M e N são fixos e o ângulo MN é reto. Logo, está sobre a circunferência de diâmetro MN (Figura 67). M N Figura 67 Este lugar geométrico chama-se circunferência de polônio do segmento na razão r. Voltemos então ao problema. Se e são fixos e = 1,15 então está na circunferência de polônio do segmento e nessa razão. omo está na reta r, então a solução é a interseção dessas duas figuras.

8 162 Temas e Problemas No nosso problema, há dois pontos possíveis para o encontro: ou.osângulos calculados foram = 84,8 e = 95,2. (Figura 68). r Figura 68 Problemas suplementares 1. Se as velocidades forem iguais então os corredores percorrerão distâncias iguais. Se = é agudo então é a interseção da mediatriz de com r. Se é reto ou obtuso, não há solução. 2. No triângulo, os lados e são respectivamente proporcionais a 9 e v. Daí, pela lei dos senos, 9 sen = v sen 50 donde sen = 9 sen 50 v 1. Daí, v g sen 50, ou seja, v 6,89m/s. Note que a menor velocidade de ocorre quando o ângulo X é reto.

9 Soluções do apítulo r x Figura Veja a Figura 70. Pela lei dos cossenos, PQ 2 = 1, , , 2 1, 8 cos 27, donde PQ = 911 m. plicando a lei dos senos, 1,8 sen = 0,911 sen = 0,897. sen 27 Temos então = 63,8 e, conseqüentemente, β = 89,2. 4. Veja a Figura 71. omo os ângulos P e P foram medidos, encontramos P = 31,6. P sen 77,9 = 660 P = 1231,6 sen 31,6 h = P tg(p) =1231,6 tg 29,7 = 702,5 m. O leitor poderá calcular a mesma altura utilizando o triângulo P para verificar a exatidão das medidas.

10 164 Temas e Problemas Q β x P y 1,2 1,8 27 Figura 70 h P 660m Figura 71