tg30 = = 2 + x 3 3x = x 3 3 Tem-se que AB C = 90, AD B = 90 e DA B = 60 implicam em DB C = 60. Assim, do triângulo retângulo BCD, vem

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1 Resposta da questão : [C] 5 senα α 0 0 7,05 senβ 0,705 α 45 0 Portanto, AO B Resposta da questão : [B] x x Tem-se que sen0 x 5 m. 0 0 Portanto, a resposta é 0 00% 00%. 5 Resposta da questão : [B] tg0 x + x x + x x + x ( ) x x Portanto, h ( + ) ( + ) m Resposta da questão 5: [C] + + x + Tem-se que AB C 90, AD B 90 e DA B 60 implicam em DB C 60. Assim, do triângulo retângulo BCD, vem sendb C CD BC CD 5 CD 5. Resposta da questão 6: [A] Seja h a altura do prédio. Tem-se que h,7 h,7 tg0 h,7+ h+,, 7h +, h 5, 7, h, h 5,6m. Resposta da questão 7: [D] Pensando numa montanha com declividade de 50% e com desnível de 000m km, temos: Pelo ponto A traça-se a reta r paralela ao chão plano. Pelo ponto E traça-se a reta s perpendicular ao chão plano. A restas r e s se intersectam no ponto P. No triângulo APE, temos: EA P x x sen0 x 0,5 Portanto, a altura h da lâmpada ao chão plano será dada por: H + 0,5,5m. Resposta da questão 4: [C] O triângulo ACH é isósceles logo, CH AH x. Considerando agora o triângulo PHA, podemos escrever: Considerando x a distância percorrida até o topo da montanha, temos: tgα y km y y Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo acima, temos: x + y x + x 5km. Portanto, a distância pedida será de 5km. Resposta da questão 8: [E] Seja x o afastamento mínimo. Logo, dado que o desnível é igual a 0,9 m e 0,8 < 0,9 <, temos 0,9 0,065 x 4,4 m. x Resposta da questão 9: [C] Considerando os ângulos formados por duas retas paralelas e uma transversal, e sabendo que ângulos alternos internos são congruentes, temos 6 tgα tgα 0,. 60 Portanto, de acordo com a tabela, o arco cuja tangente mais se aproxima de 0,0 é 6.

2 Resposta da questão 0: [B] Resposta da questão 5: [A] No triângulo ADB, temos: x x 0 DB m h BDC sen60 h sen60 h,5m Resposta da questão : [A] Sejam va v e v B v, respectivamente, as velocidades dos atletas A e B. O encontro ocorrerá se A e B levarem o mesmo tempo para percorrer as distâncias da AX e d B BX, ou seja, se d A v A d B v B AX v BX v AX BX. Portanto, sendo α um ângulo agudo, devemos ter senα AX BX senα α 0. Resposta da questão : [A] Se x é o valor da meia corda pedida, então x corresponde à medida dos catetos de um triângulo retângulo isósceles de hipotenusa igual a 60, ou seja, x sen45 x Resposta da questão : [D] Rampa com inclinação de 5% : 5 x 0m. x 00 Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos: d + 0 d 40 m Logo, a diferença pedida é de ( 40 )m. Resposta da questão 4: [B] Seja h a altura do prédio. Logo, segue que tg0 h,6 80 h,6 80 h 8,6 m. o tg0 x x 50m. x 0,76 Resposta da questão 6: [B] Seja h a altura da rampa. Logo, tem-se que h sen0 h 50cm. 00 Portanto, devem ser construídos degraus. Resposta da questão 7: [D] Admitindo que,0m seja a distância do teodolito ao eixo vertical do monumento, temos: Sendo x a altura do monumento, temos: x,0 tg60, 0 x,0,0 Logo, x é aproximadamente,0+,04, ou seja, x,4m. Resposta da questão 8: [A] Considere a figura, em que H é o pé da perpendicular baixada de A sobre a reta BC. Queremos calcular AH. Temos que CA B BA H 0. Logo, do triângulo AHB, vem tgba H HB AH HB AH. Por outro lado, do triângulo AHC, obtemos tgca HB +BC H AH AH AH+00 AH m. AH 00 4

3 Resposta da questão 9: [B] Admitindo que h é a altura do Pão de Açúcar, temos: 5h tgβ 9 0,4 < β<. 4h Resposta da questão : [B] Resposta da questão 0: [B] Resposta da questão 4: [B] o 60 sen60 AB 60 AB 0 AB AB 40 m Resposta da questão : [B] cos 0º Y 400 Y 40 cos 60º X 400 X 00 Total 4x + 4y + R m Resposta da questão 5: [B] Δ ABP é isósceles (AB BP 000) No ΔPBC temos: sen60 o d 000 d 000 d 000 m Resposta da questão : [D] o x tg0 x 4 r 4 + 6, logo a área da tampa será: A π.( 6 ) 08π m Resposta da questão 6: [B] d d 604 d 60 0 cosθ 60 Logo, θ 60 e α 80º 60º 0º tg0 h 0 h 0. tg x 0 x 0 0 x D ER 0 x m 5

4 Resposta da questão 7: [B] Resposta da questão : [D] sen0 H H 0,5 m n de andares 0,5,5 andares andares Piso do andar Resposta da questão 8: [A] 6400 sen x o sen0 o ( x) ( x) ( x) ( x) 777 x 7km Resposta da questão 9: [E] cos 45º x 0 x 5 cos 60º y 0 y 5 x + y Resposta da questão : [C] Do triângulo retângulo AEO, vem EO tg0 EO cm. AE EO Assim, temos sen0 AO 4cm. AO Em consequência, sendo AO AB + BO, podemos concluir que AB cm. Finalmente, como os triângulos AEO e AFO são semelhantes por AA, encontramos FO AO FO EO AO 6 +FO FO 4 6cm. Resposta da questão : [C] A hipotenusa do triângulo retângulo isósceles de catetos 4m mede 4 m. Portanto, o resultado é 84 m. Resposta da questão 4: [D] Considere a figura. tg60 60 L L 60 m Resposta da questão 0: [B] sen 0º x 4 x 4 x Tirando o raio do círculo de cima e acrescentando o do raio de baixo. 4 + Sabendo que AP R e AB R, do Teorema de Pitágoras, vem AP AB +PB (R) R +PB PB R. Em consequência, temos PB R cosα cosα AP R cos α. 6

5 Resposta da questão 5: [E] Tem-se que x y 0m. Logo, como z y cos5 e A x z, segue-se que A x y cos5 0 0,9 9m. Resposta da questão 6: [B] Se a diferença de altura entre A e B é de 0,5%, então o resultado pedido é dado por 0, ,65 m 6,5cm. Resposta da questão 7: [D] y 00 sen x 00 cos Resposta da questão 8: [C] No triângulo ABC, assinalado na figura, temos: AB AC sen60 AB AC sen60 AB AC 7