Resoluções de Exercícios

Resoluções de Exercícios MATEMÁTICA III Capítulo Características das Figuras Geométricas 04 Planas e Espaciais; Áreas e Volumes 01 E Fazendo a planificação da superfície lateral do cone, temos: 01 B Considere a figura abaixo. Sabemos que 6 cm, 11 cm e 13 cm. Logo, como, segue que 11 6 5 cm. Apli cando o Teorem a de Pitágoras no triângulo P PQ, encontramos 1 cm, que é a altura procurada. 0 C Sejam v e v, respectivamente, o volume do cone de raio r e o volume do cone de raio R. Portanto, como os cones são semelhantes, temos: 03 A Sejam h e r, respectivamente, a altura e o raio da base do cone semelhante ao cone de altura 4 cm e raio 3 cm. Logo, temos: R 10 R 5 h 10 5 h 5 3 Cálculo da área lateral: A R g 50 O volume desse cone é dado por Cálculo do volume: V Portanto, a alternativa correta é a [E]. 0 B A área pedida corresponde à soma das áreas de um círculo de diâmetro 4 cm e de um setor circular de raio 6 cm e ângulo central igual a 10 o. Portanto, a área da peça, em cm, é igual a 03 D Sejam r 1 e r os raios das bases dos cones. Tem-se que Portanto, a resposta é 04 D O volume do cone (recheio) será dado por (ver figura ao lado). Tomando por: 3, o volume do cone será dado Considerando que o peixe representa 90% do volume do recheio, temos: 0,9 160 144 cm 3 (volume do salmão). Portanto, a massa do salmão será dada por 0,35 144 50,4 g. Logo, a alternativa correta é a [D]. Por outro lado, como a vazão da torneira é igual a 1 cm 3 /s, segue-se que V 1 t t cm 3, com t em segundos. Em consequência, encontramos: 01 I) Para este tipo de problema é aconselhável não utilizar os valores dos raios e altura. Veja: Na embalagem 1, considere R e h as medidas do raio e da altura, respectivamente. A área lateral (A L ), a área total (A T ) e o volume (V) são dados por: R h L Rh + R T R h Se dobrarmos o raio e mantivermos a altura, a área lateral, a área total e o volume passarão a ser: A L(NOVA) (R) h [ Rh] A L A T(NOVA) (R) h + (R) [ Rh] + 8 R V (NOVO) (R) h 4 R h 4 V Então, podemos afirmar que, com a alteração, a área lateral dobrará e o volume quadruplicará. Resposta: B II) Seja n o número de embalagens do tipo. Resposta: C MATEMÁTICA III MATEMÁTICA Volume 04 1

0 C Girando a forma em torno do arame rígido, obtemos a figura abaixo. Portanto, a decomposição do foguete, no sentido da ponta para a cauda, é formada pela seguinte sequência de sólidos: cone reto ( 4 ), cilindro reto ( 3 ), tronco de cone e cilindro equilátero ( ). 03 E Quantidade de vinho: 01 D O segredo é decompor cada figura da esquerda na união de figuras convexas retangulares e triangulares. Daí, girando cada triângulo e cada retângulo em torno do eixo obtemos a sequência: 1D, E, 3A, 4B e 5C 0 C V V R 3 r x h 8 Seja V volume do sorvete de creme volume do sorvete de chocolate. Pela semelhança dos cones, temos: 04 D Seja A I, A II e A III as áreas laterais dos tanques e V I, V II e V III os seus valores. Áreas Laterais Volumes A L /Volume I 4 4 1 II 3 3 1 III 48 7 Cálculos auxiliares A I 6 4 V I 6 4 A II 8 3 e V II 8 3 A III 3 8 48 V III 3 8 7 Conclusão: o tanque com menor custo por metro cúbico de capacidade é o III, pois. 03 B 1 a Parte: Semelhança 3y y + 8 y 4 a Parte: V Tronco 3 (1) 1 4 36 3 a Parte: V cilindro preenchido 4 h h h Logo, d 4 h d 4 d 01 C Dados: 3 dm r (raio da secção) R (raio da esfera) 0 B 1 o ) Área da secção (Círculo de Raio r) A s r 16 r r 4 dm o ) ABD retângulo R 5 R 5 R 3 + 4 R 9 + 16 3 o ) Área da superfície esférica (A E ) A E 4 R A E 4 5 A E 100 dm 1 o ) Volume da semiesfera 3 3 18 o ) V cone 3 h 3 h Logo: 3 h 18 h 6 01 B V copo 50 ml + 50 ml 60 ml V tronco (R + R r + r ), onde k é a altura 60 ((,5) + (,5) (1,5) + (1,5) ) 60 (6,5 + 3,75 +,5) 60 (1,5) k 5 cm 03 D Volume do cilindro 1 15 1 15 R 3 04 B Seja r o raio da esfera. Sabendo que o volume da esfera é 304 cm 3, temos de cada faixa é igual a Portanto, a área da superfície 01 B O volume da coluna na maquete é dado por: Como a escala da maquete é de 1 : 100, segue que o volume pedido é tal que MATEMÁTICA Volume 04 MATEMÁTICA III

06 B 01 C A sobra de madeira na fabricação de uma peça, em cm 3, é dada por: 07 D 5 o R. 10 R 7 e g 10 (raio do setor) Portanto, na fabricação de 1 000 peças, a sobra de madeira é 430 1 000 4,3 10 5. O 1 a Parte: ( 30) 0 a Parte: A 10 o B h R 01 E A expressão superfície de revolução garante que a figura represente a superfície lateral de um cone. 08 A R 0 R 10 cm Então, a área da base será: A B 10 100 cm 0 B Se a área a ser iluminada mede 8,6 m e r é o raio da área circular iluminada, então: 03 D r 8,6 r r 3 m Portanto, como g 5 m e r 3 m, segue que h 4 m. O volume pedido corresponde ao volume de um cone cujo raio da base mede a cm e cuja altura é a cm. Portanto, o resultado é 04 A O volume de água no reservatório cônico é igual a 09 A 1 a Parte: R 8 R 4 cm e h 3 R 1 cm 10 B a Parte: V cone (4 ) 1 V cone 64 R A 60 o 45 o R 30 o R 3 R 6 + 6 3 45 o 1 a Parte: R 6 Portanto, a altura h atingida no reservatório cúbico será a Parte: V SÓLIDA R 6 05 D 1 a Parte: 30 o 6 3 R 45 o R 6 a Parte: H h + 0,30 h H 1,30 h e R F 1,30 h 3 a Parte: I. VOL INICIAL II. VOL FINAL III. AUMENTO 01 E Lembrando que a superfície lateral de um cone é obtida a partir de um setor circular, segue-se que o objetivo do responsável pelo adesivo será alcançado se ele fizer o corte indicado na figura ao lado. Logo, em percentual, teremos MATEMÁTICA III MATEMÁTICA Volume 04 3

0 D O sólido da figura é constituído por dois troncos de cone. 03 D Seja g uma geratriz do cone emerso e G uma geratriz do sólido. Segue que: k, com k sendo a constante de proporcionalidade. Daí, se R é o raio maior do funil e r é o raio menor do funil, então R 1 R 6 cm. e Portanto, sendo h a altura do funil e a sua geratriz, pelo Teorema de Pitágoras, vem Assim, se v é o volume emerso e V é o volume do sólido, temos: Seja V s o volume submerso. k 3 v. Portanto, a razão pedida é: V s V v V. 08 A Seja c a capacidade da garrafa original, em mililitros. Como os sólidos são semelhantes, tem-se que 04 B 05 B O raio da base mede r 14 cm e o raio de boca R 17 cm. Portanto, como a altura do paneiro mede h 7 cm, segue que a capacidade da rasa é dada por: 3 h (R + R r + r ) 7 (17 + 17 14 + 14 ) 3,14 9 73 0 431,98 cm 3 0 L A solução inicial ocupa um volume igual a. r 1 cm 3, em que r é o raio do cone menor definido pelo nível do líquido. O recipiente tem volume igual a H é a sua altura. Como os cones são semelhantes, segue que: R H cm 3, em que R é o raio do recipiente e 09 C Trabalhando com a proporção entre os volumes do cone menor e do cone maior, temos: 10 A Como a superfície de contato entre os líquidos está inicialmente na metade da altura do cone, sugere que a razão entre o volume de água e a capacidade V do recipiente é tal que: Desse modo, o volume de óleo é dado por: Portanto, quando toda a água e nenhum óleo escoar, a altura atingida pelo óleo é tal que: r. 06 B Por outro lado, do enunciado vem: 7% r 1 8% R H 7 1 8 R H 1 a Parte: tg 60 o H 3 H H 18 cm 3 (R 3 ) 1 3 R 6 1 R R 6 3 a Parte: Área procurada (6 3 ) 108 01 A O volume do cilindro é dado pela área da base multiplicado pela altura. A maneira mais simples de duplicar o volume do mesmo é manter a área da base (ou seja, base a) e duplicar sua altura (ou seja, b). 0 A A razão de semelhança entre os cilindros é Logo, se V é o volume da embalagem maior e v é o volume da embalagem menor, então implicando em Sabendo que o preço por ml de ervilha na embalagem menor é R$,00, e que foi dado um desconto de 10% na embalagem maior, tem-se que a resposta é 0,9 R$ 3,5. 03 C O volume que resta na primeira vela após t horas é dado por enquanto que o volume que resta na segunda é Suponha que a altura da segunda vela após t horas seja h < H. Logo, 07 E Tem-se que temos Por outro lado, na primeira vela, após t horas, teríamos Logo, e Em consequência, segue que 4 MATEMÁTICA Volume 04 MATEMÁTICA III

04 C Volume do primeiro cilindro: Volume do segundo cilindro: 10 D Fazendo V temos: 05 C O volume da cisterna é igual a Mantendo a altura, o raio r da nova cisterna deve ser tal que 81 r 3, ou seja, r 06 D 3 m. Em consequência, o aumento pedido deve ser de, aproximadamente, 3 1 m. O volume de água armazenado é de do volume de um cilindro, logo: 1 a Parte: V concreto (1,0) 4 (1) 4 5,76 4 1,76 1,76 3,1 5,456 m 3 a Parte: Custo O índice pluviométrico é a área da base em metros quadrados multiplicado pela altura em mm. Logo, 108 m mm representa o índice pluviométrico. 1 m 3 10 reais 5,456 m 3 x x 54,56 reais 07 E Sendo k, a razão entre o volume e o tempo, segue que: 01 D k h(t) k Então, h e t são diretamente proporcionais, e o gráfico que melhor representa h(t) é o da alternativa [E]. 1 o ) r 5 r 5 o ) R r + r 50 R 5 V esfera (5 ) 3 08 B Através de um corte transversal passando pelos pontos G, E e H da figura ao lado obtemos uma parte do tronco que contém o ponto D. Este pedaço completará o resto do tronco, formando um cilindro reto de altura x e raio da base : onde x (base média do trapézio ABCD). Daí: O volume do tronco de cilindro é dado por: V t 8 m 3 09 C 1 a Parte: Volume do cilindro de raio r e altura h 1 : V 1 r h 1 0 D 03 C V esfera Volume R H + 6 + 3 4 + m 3 a Parte: Volume do cilindro de raio R e altura h : V R h (r ) V r h 1 3 a Parte: Seja V e o volume do espaço vazio a ser preenchido após o 1 o cilindro encher: V e V r h Ao montar a caixa, criamos um buraco retangular de comprimento 3 e de largura, e por ele pode passar: 1. o sólido do item I (obs.: coloque o cone na posição horizontal);. o sólido dos itens II e IV; 3. o sólido do item V. V e r h 1 r V e r h 1 4 a Parte: Cálculo do tempo para encher V e. 30 min r h 1 t r h 1 t 10 min Então, para encher toda a fonte, serão necessários 40 min. 04 C MATEMÁTICA III MATEMÁTICA Volume 04 5

1 o ) Trapézio retângulo ABCD. 13 5 + x x 1 09 B Por superposição observamos que V 3 < V. o ) Altura do cilindro 5 + x + 8 5 + 1 + 8 5 e raio da base 9. Volume do cilindro 9 5 05 3 o ) Volume das esferas 8 3 + 5 3 10 A Sejam V ds e V d, respectivamente, o volume da esfera que corresponde à água doce superficial e o volume da esfera que corresponde à água doce do planeta. A razão pedida é dada por: 4 o ) V cilindro V esferas 05 5 o ) Ao retirar as esferas, temos que: 9 y 01 A Seja n o número de cones construídos. n V cone V cilindro 81 y n y 14,5 cm 1 n 48 05 C A sup. esfera A total do cone 0 D r e R 4 r rg + r 3 1 o ) Vol. cone 16 cm 3 r H 16 16 16 H 48 H 3 cm o ) g H + R g 3 + 4 g 5 cm logo: 4 r 4 5 + 4 4 R 36 R 9 03 B 1 a Parte: Volume depositado em 1 garrafa durante o defeito. V 3 1 108 V 34 cm 3 a Parte: Sendo n o número de garrafas: n R 3 cm n 5 555 garrafas 06 E O volume de uma pílula de raio r, em milímetros cúbicos, é dado por 07 B Portanto, o resultado pedido é igual a Volume de uma laranja: Volume de suco em uma laranja: Total de laranjas para 1 L 1 000 cm 3 de suco. 1 000 75,36 13,6 laranjas. Portanto, deve-se espremer 14 laranjas. 08 B Queremos calcular a hipotenusa do triângulo retângulo cujos catetos medem 60 cm e 80 cm. Ora, mas esse triângulo é semelhante ao triângulo retângulo pitagórico de lados 3 cm, 4 cm e 5 cm, portanto, segue que o resultado pedido é 100 cm. 04 B 1 a Parte: V kit 6 ( 0 100) 40 000 V kit 70 000 cm 3 0,7 m 3 1 V kit 1 0,7 8,64 m 3 a Parte: Custo 1 m 3,50 8,64 C C 8,64,50 C 1,60 reais 05 B 1 a Parte: Vela Tipo I C R 0 R R V I 10 V I 6 MATEMÁTICA Volume 04 MATEMÁTICA III

a Parte: Vela Tipo II C r 10 r r 5 10 A Considere a figura: V II 0 V II 3 a Parte: Considere C I e C II os custos: Como qualquer uma das faces do tetraedro VABC é um triângulo equilátero de lado segue que a área pedida é dada por C I C II 06 E Considerando um gás ideal e uma transformação isobárica, temos: Pressão constante e volume diretamente proporcional à temperatura. 01 Solução: 1 1 o ) Volume de uma esfera de raio R: rad O triângulo VPQ é retângulo em V. 07 A 1 a Parte: Raio da base do cilindro R R a Altura do cilindro: H 6 a a Parte: V ESPAÇO VAZIO V CIL 3 V ESFERA a (6a) 6 a 3 4 a 3 a 3 08 B Volume do cilindro: Volume da esfera de raio r: Fazendo V e V C, temos: 0 09 D 1 o ) sen H r sen cos R r cos A aresta do cubo será a cm. Portanto, o volume V do cubo será dado por: V 3 8 cm 3 o ) A lat. cil R H r cos r sen cos sen r sen ( ) r A área lateral será máxima se sen ( ) 1, isto é, Então: A lat. máx. r 4 rad. MATEMÁTICA III MATEMÁTICA Volume 04 7

03 E A base cone r 5r 1 + 3r r 6 A base 36 01 E 04 A 1 o ) Cilindro Volume: cilindro 1 3 3 cm 3 o ) Prisma Hexagonal Regular V prisma A base H 3 7 3 cm 3 O volume V do cilindro resultante será dado por: Então: V sólido V prisma V cilindro (7 3 3 ) cm 3 05 D V V (cilindro) + V (esfera) V 4 + 3 V 16 + V (fazendo 3) 0 E Pelo Princípio de Arquimedes, o volume do objeto corresponde ao volume de um cilindro circular reto de raio da base igual a 4 cm e altura 3 cm, ou seja, 03 D Considere a vista superior da secção transversal do prisma, que contém o diâmetro da esfera. V 80 dm 3 80 L 06 C 10 cm 0,1 m 10 m 5 m 0,1 m 5 m 3 5 000 litros Se O é o centro da esfera, então Daí, sabendo que 07 D vem 1 a Parte: V esfera 10 3 cm 3 a Parte: V cilindro + V cone cm 3 Como o globo tangencia todas as faces do prisma, segue que a sua altura é igual ao diâmetro da esfera e, portanto, seu volume é dado por 3r 3 + r 3 4 000 r 3 1 000 r 10 cm 04 A Volume 3 10 90 m 3 08 D Vazão V sólido V cubo V prisma de base triangular a 3 a a 3 a 3 05 D 1 a ) V caixa (a) (b) (c) 8abc a ) V elipse abc 3 a ) V material 8abc abc abc 09 D V 1 V L h r h L r 06 D A razão entre o volume do cubo e volume do cilindro é dada por 10 A Espécie I V I 3 1 0,06 6,48 m 3 Se 1 m 3 tem massa de 0,77 toneladas, então 6,48 m 3 terá: 0,77 6,48 toneladas 4,98 toneladas. Daí, 3 toras da espécie I têm uma massa de: 14,96 toneladas. Espécie II V II 4 10 0,06 9,6 m 3. Como a densidade é 0,78 ton / m 3, a massa de 1 tora do tipo II será: 9,6 0,78 7,48 toneladas. Daí, toras correspondem a uma massa de 7,48 14,97 toneladas. Então, a carga total a ser transportada será: m 14,9 9,8 9,9 toneladas. 07 D 4 O a S 1 a Parte: Cálculo da aresta do octaedro (a) a + a a Parte: A LATERAL OCTAEDRO A LATERAL OCTAEDRO 8 MATEMÁTICA Volume 04 MATEMÁTICA III

08 D Além disso, 1 a Parte: e V CONE Substituindo a a 1. a e b 3 Logo; g 3 + 1 g 09 C V prisma V cilindro 10 10 0 R 0 e e a b 1 na equação a b 1 obtemos: g a 1 b 3 Então: Por outro lado, Então: Portanto, h 1 + h h 3 Área total do prisma: 03 D Como P pertence ao segundo quadrante e segue que Área total do cilindro: Por outro lado, sabendo que Q é do terceiro Economia de material em porcentagem: 10 D V sólido V cilindro + V cone 4 + 6 16 + 8 4 quadrante e vem Portanto, 04 D ƒ(x) cos (5x) cos (x) + sen (5x) sen (x) ƒ(x) cos (5x x) cos (3x) ƒ(x) cos (3x) 01 E Calculando o cos 15 o através da fórmula do arco duplo, temos: 1 o período e 1m(f) [ 1; 1] No triângulo da figura, temos: 0 D Como 01 E sen (x) sen x; x [0, ] sen x cos x sen x 0 0 A sen x ( cos x 1) 0 sen x 0 ou cos x x 0, x, x ou x ; x Então, a soma das raízes será: S 0 + + + + 3 + 5 (sen x + cos x) sen x + sen x cos x + cos x 1 + sen (x) sen (x) 03 y 7 y 7 (1) cos 7 cos Então: y 7 y 7 Resposta: 7 MATEMÁTICA III MATEMÁTICA Volume 04 9

01 A) arc sen 6 B) arc cos( 1) C) arc tg( 3 ) 3 0 Pelo gráfico e pelos pontos de intersecção, f(x) g(x) com x [0; ] quando ou x. D) arc tg 3 3 6 E) arc sen 3 F) arc sen( 1) 01 A) sen (75 o ) sen (45 o + 30 o ) sen 45 o cos30 o + sen 30 o cos 45 o 01 A 1 a Parte: CDA tg 15 o tg (45 o 30 o ) ABC 3 1,7 0,3 0,3 tg 30 o + 3 + 0,3 0,56 + 0,3 x 5,5 3 Daí, se 0,3 0,3 y 1,65 a Parte: Altura da Escarpa: h 1,6 + y h 1,6 + 1,65 3, 3 3 3 3 B) sen (105 o ) sen (45 o + 60 o ) sen 45 o cos 60 o + sen 60 o cos 45 o C) cos (15 o ) cos (45 o 30 o ) cos 45 o cos 30 o + sen 45 o sen 30 o D) tg (195 o ) tg (15 o ) tg (45 o 30 o ) 0 C De acordo com os dados do problema, temos o sistema: 03 E Resolvendo o sistema temos x 75 e y 15. Utilizando uma das fórmulas de transformação em produto, temos: 01 f(x) g(x) + sen x + cos (x) sen x cos (x) sen x 1 sen x sen x + sen x 1 0 Fazendo sen x y y + y 1 0 y y 1 ou y 1 + 8 9 Logo, se 0 x, então sen x 1 x sen x x 6 ou x Conclusão: Os pontos de intersecção são: ; e. Determinando o valor de k no triângulo XZP: k 10 + 160 k 00 km XZP ~ XDY d 360 d 180 km 30 MATEMÁTICA Volume 04 MATEMÁTICA III

04 C m n h x 3 Desenvolvendo, temos: x 7 3 x + 18 0 Resolvendo, temos: x 3 ou x logo tg 41 o 09 A 1 a Parte: tg e Se x, teríamos a tg. Logo, 49 o. tg ( + ) 05 E Chamando o lado do triângulo equilátero de a, temos: No triângulo BCD, a Parte: tg ( + ) cos 60 o BC sen 60 o DC Determinando a razão entre as áreas de Q e P, temos: 06 D tg 10 B O seno de qualquer arco varia de 1 a 1, então: Logo, o maior valor inteiro de k é 4. cos 16 o x 4 m 01 A A área de T 1 é dada por enquanto que a área de T é igual a. Logo, sabendo que a área de T 1 é o triplo da área de T, vem,0 x + x + 0 x x 4,40 x 4 x 0,40 m 40 cm 07 A 0 ÔQ) sen sen (P 1 ÔP ) (P ÔQ) cos cos (P 1 ÔP ) B) OP 1 P 90 o, pois (OP ) (P 1 P ) + (OP 1 ) 08 D Considere a figura ao lado. O arco compreendido entre quaisquer dois pontos consecutivos indicados, sobre a circunferência, na figura, vale Logo, 4 30 o 10 o. Por outro lado, o deslocamento do ponteiro das horas, em 30 minutos, é pedido é dado por: Portanto, o resultado C) 03 B Considere a figura, em que h é a diferença pedida. Sabendo que vem MATEMÁTICA III MATEMÁTICA Volume 04 31

04 D Portanto, tg + 1 sec sec logo cos e sen (utilizando a relação fundamental). Como o bloco está parado as forças de atrito F e F são, respectivamente, iguais a P x e a P x. Logo F P sen ( ) P sen cos P e F P sen P Variação: 37,5% 07 D 1 o Modo: usando tg ( ). tg ( ) x x x 10,5 m o Modo: Pelo Teorema de Pitágoras Perceba que o triângulo BFI é isósceles com 48 x. Logo, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BAF, temos: 05 A Logo houve uma redução de 37,5%. 08 B (48 x ) 36 + (x ) x 10,5 06 D Obs: Os triângulos ADE e ACD são isósceles. Seja y 1 o ) ABC 100 h + y h 100 y o ) ABD 160 h + (100 + y) 160 100 y + (100 + y) 160 100 + 100 + 00y + (160 +100) (160 100) 100 + 00y y y y 8 Daí: 100 8 + h h 96 Área (x) h onde sen e cos. Área [10 cos ] [10 sen ] Área 100 [ sen cos ] Área 100 [sen ( )] 09 E A área é máxima quando sen ( ) 1, isto é, 90 o 10 A 45 o Daí: h 10 sen (45 o ) 10 5 e x 10 cos (45 o ) 10 5 x 10 O retângulo de área máxima tem dimensões 10 e 5. tg ( + ) e A) sen tg 1 1 x 36 Logo, tg x 48 m x 6 6 1,4 x 8,4 3 MATEMÁTICA Volume 04 MATEMÁTICA III

01 A 05 A tg arc tg Portanto, o valor mínimo do comprimento da rampa de acesso será 7 m e o valor máximo será 10 m. 06 C Considere o ângulo, com tal que Logo, 0 D Da figura dada, temos que: tg. Temos, então, o triângulo abaixo semelhante ao primeiro. Portanto: 03 A Considere a figura, em que H é o pé da perpendicular baixada de A sobre a reta. Queremos calcular Temos que: CÂB BÂH. Logo, do triângulo AHB vem: Por outro lado, do triângulo AHC, obtemos: 07 A) arc cos 08 B 5 B) sen (arc tg ( 1)) sen 4 C) sen a + cos a 1 sen a + x 1 sen a, considerando [0; ] para o cosseno temos: sen a 1 a Parte: arc sen (x) e arc cos(x) [0; ] Sejam: a Parte: cos (a + b) cos a cos b sen a sen b 09 D 1 a Parte: arc sen sen cos 04 D Considere a figura. a Parte: tg ( ) 10 D Como e tg h + H segue que: x tg y tg BÂC + tg (BÂC) tg (BÂC) BÂC arc tg MATEMÁTICA III MATEMÁTICA Volume 04 33

01 B 06 D O maior subconjunto dos números reais para o qual f está definida é tal que Como para Z vem Portanto, o resultado pedido é 0 B No triângulo assinalado, temos: Supondo que a Terra seja uma esfera, considere a figura. 07 B Lembrando que temos Como AB é tangente à esfera, segue que OB AB. Além disso,. Portanto, do triângulo AOB, obtemos: 03 D Da relação entre os senos dos ângulos agudos do triângulo, obtemos: Portanto, o resultado pedido é 08 A) O dia 19/0/010 corresponde a t 50. Logo, o resultado pedido é dado por B) Queremos calcular os valores de t para os quais D(t) 1. Desse modo, 04 A Portanto, aplicando o Teorema de Pitágoras, vem: Se y 5, então, pelo Teorema de Pitágoras, obtemos x 5 m. Por conseguinte, a medida pedida é dada por:. 05 B Considere a figura, sendo Q o pé da perpendicular baixada de P sobre AG. Portanto, a duração do dia naquela cidade foi menor do que ou igual a doze horas em dias. 09 0 x 3 ou x < 10 S Queremos calcular. Como segue que. Desse modo, 40 Portanto, do triângulo APQ vem: 34 MATEMÁTICA Volume 04 MATEMÁTICA III