Triângulos retângulos e triângulos quaisquer: razões trigonométricas, leis dos senos e dos cossenos (capítulos IX e X).
Teste 189CESCEA-74
Entre os triângulos retângulos abaixo, um e somente um apresenta os dados corretos. Assinale-o:
Em (c), $\cos 60^\circ = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$: o cateto adjacente é metade da hipotenusa. Em (a) o cateto adjacente a $30^\circ$ deveria ser $4\cos 30^\circ = 2\sqrt{3}$; em (b) o ângulo oposto ao cateto $\sqrt{3}$ tem tangente $\frac{\sqrt{3}}{3}$ e mede $30^\circ$; em (d) os catetos de um triângulo com ângulo de $45^\circ$ seriam iguais.
Teste 190CESCEM-75
Considerando o triângulo $ABC$, retângulo em $A$, com $a = 7{,}5$ m, $b = 4{,}5$ m e $c = 6$ m, sendo $x$ o ângulo no vértice $B$, pode-se afirmar que $\operatorname{tg} x$ é igual a:
$x$ é o ângulo em $B$; o cateto oposto é $b = 4{,}5$ e o adjacente, $c = 6$: $\operatorname{tg} x = \frac{4{,}5}{6} = 0{,}75$.
Teste 191CESCEA-77
No triângulo $ABC$, retângulo em $A$, são dados $BC = 10$ e $\cos\alpha = \frac{3}{5}$, sendo $\alpha$ o ângulo em $B$. A soma dos catetos é:
$AB = BC\cos\alpha = 10 \cdot \frac{3}{5} = 6$ e $AC = BC\operatorname{sen}\alpha = 10 \cdot \frac{4}{5} = 8$; a soma é 14.
Teste 192MACK-77
Na figura, o retângulo tem altura 50; a reta que sai do canto inferior esquerdo até $A$ forma $60^\circ$ com a base, e a que sai do canto superior esquerdo até $A$ forma $30^\circ$ com o lado de cima. $A$ está na vertical de $B$. $AB$ vale:
Seja $w$ a largura do retângulo e $h = AB$. Pelo ângulo de $60^\circ$ no canto inferior esquerdo, $h = w\sqrt{3}$; pelo ângulo de $30^\circ$ no canto superior esquerdo, $h - 50 = \frac{w}{\sqrt{3}}$. Subtraindo, $w\left(\sqrt{3} - \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 50$, $w = 25\sqrt{3}$ e $h = 75$.
Teste 193EPUSP-66
$\overline{AB}$ é a hipotenusa de um triângulo retângulo $ABC$. A mediana $\overline{AD}$ mede 7 e a mediana $\overline{BE}$ mede 4. O comprimento de $\overline{AB}$ é igual a:
Com o ângulo reto em $C$, catetos $a = BC$ e $b = AC$: $AD^2 = b^2 + \frac{a^2}{4} = 49$ e $BE^2 = a^2 + \frac{b^2}{4} = 16$. Somando, $\frac{5}{4}(a^2 + b^2) = 65$, então $AB^2 = a^2 + b^2 = 52$ e $AB = 2\sqrt{13}$.
Teste 194GV-70
No triângulo $ABC$ sabemos que $\hat{A} = 90^\circ$, $\hat{B} = 60^\circ$ e $AB = 50$ cm. Então o segmento $\overline{AC}$ mede:
$AC$ é o cateto oposto a $\hat{B}$: $AC = AB\operatorname{tg} 60^\circ = 50\sqrt{3}$ cm.
Teste 195CESCEM-76
Uma pessoa de 1,70 m de altura observa o topo de uma árvore sob um ângulo $\alpha$ com a horizontal; $b$ é a distância horizontal dos olhos ao tronco e $a$, a distância dos olhos ao topo. Para conhecer, aproximadamente, a altura da árvore, deve-se somar 1,70 m com:
Acima do nível dos olhos, a altura é o cateto oposto a $\alpha$ no triângulo de cateto adjacente $b$ (a distância horizontal): $b\operatorname{tg}\alpha$. Soma-se a altura dos olhos, 1,70 m.
Teste 196CESCEA-76
Na figura, $ABC$ é retângulo em $B$, $D$ está entre $A$ e $B$, $AD = d$, $BC = h$, $C\hat{A}D = \alpha$ e $C\hat{D}B = \beta$. Então:
Nos triângulos retângulos $ABC$ e $DBC$: $AB = h\operatorname{cotg}\alpha$ e $DB = h\operatorname{cotg}\beta$. Então $d = AB - DB = h(\operatorname{cotg}\alpha - \operatorname{cotg}\beta)$.
Teste 197CESCEA-73
No triângulo $ABC$ tem-se $b = 2$, $\hat{B} = 45^\circ$ e $\hat{C} = 60^\circ$. Então o lado $a$ mede:
$\hat{A} = 75^\circ$ e, pela lei dos senos, $a = \frac{b\operatorname{sen}\hat{A}}{\operatorname{sen}\hat{B}} = \frac{2 \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{3} + 1$.
Teste 198CESCEM-72
Num triângulo retângulo em que um cateto vale 1 e o outro vale $\operatorname{tg}\varphi$, a hipotenusa vale:
A hipotenusa é $\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2\varphi} = \sqrt{\sec^2\varphi} = |\sec\varphi|$ (um comprimento é sempre positivo).
Teste 199GV-73
Considere o triângulo $ABC$, retângulo em $A$, com hipotenusa $a$ e catetos $b = AC$ e $c = AB$, e indique por $S$ a sua área. Assinale a afirmação verdadeira:
$\frac{a^2\operatorname{sen} 2\hat{B}}{4} = \frac{(a\operatorname{sen}\hat{B})(a\cos\hat{B})}{2} = \frac{b \cdot c}{2} = S$. As outras estão erradas: $\operatorname{tg}\hat{C} = \frac{c}{b}$, $c = a\operatorname{sen}\hat{C}$, $S = \frac{b^2\operatorname{tg}\hat{C}}{2}$, $\cos\hat{B} = \frac{c}{a}$.
Teste 200ITA-75
Na figura, $c$ é uma circunferência de raio $R$, $r$ e $s$ são retas tangentes à circunferência que se cortam em $O$, $T$ é o ponto de tangência em $s$ e $OT = 2R$. Então o ângulo $\alpha$ das retas $r$ e $s$ verifica:
O centro da circunferência está na bissetriz do ângulo $\alpha$: $\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} = \frac{R}{2R} = \frac{1}{2}$. Então $\operatorname{tg}\alpha = \frac{2 \cdot \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4}{3}$, isto é, $\operatorname{sen}\alpha = \frac{4}{5}$ e $\cos\alpha = \frac{3}{5}$.
Teste 201SANTA CASA-73
Num círculo de centro $O$ e raio $R$, uma corda de medida $\frac{3R}{2}$ determina o ângulo central $\alpha$. Em relação a $\alpha$, pode-se dizer que:
A corda de medida $\frac{3R}{2}$ subtende o ângulo central $\alpha$: $\operatorname{sen}\frac{\alpha}{2} = \frac{3R/4}{R} = \frac{3}{4}$, $\cos\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{7}}{4}$ e $\operatorname{sen}\alpha = 2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{\sqrt{7}}{4} = \frac{3\sqrt{7}}{8}$. (No livro as alternativas estão rotuladas a, b, c, e — sem d — e o gabarito indica d; o valor correto é o da terceira alternativa.)
Teste 202MAUÁ-68
Num triângulo $ABC$ supõe-se que $2\operatorname{tg}\hat{A} = \operatorname{tg}\hat{B} + \operatorname{tg}\hat{C}$ e $0 < \hat{A} < \frac{\pi}{2}$. Nesse triângulo vale a relação:
Num triângulo (sem ângulo reto), $\operatorname{tg}\hat{A} + \operatorname{tg}\hat{B} + \operatorname{tg}\hat{C} = \operatorname{tg}\hat{A}\operatorname{tg}\hat{B}\operatorname{tg}\hat{C}$, pois $\operatorname{tg}(\hat{B} + \hat{C}) = -\operatorname{tg}\hat{A}$. Com $\operatorname{tg}\hat{B} + \operatorname{tg}\hat{C} = 2\operatorname{tg}\hat{A}$: $3\operatorname{tg}\hat{A} = \operatorname{tg}\hat{A}\operatorname{tg}\hat{B}\operatorname{tg}\hat{C}$, e como $\operatorname{tg}\hat{A} \ne 0$, $\operatorname{tg}\hat{B}\operatorname{tg}\hat{C} = 3$.
Teste 203ITA-77
Considere um triângulo $ABC$ cujos ângulos internos $\hat{A}$, $\hat{B}$ e $\hat{C}$ verificam a relação $\operatorname{sen}\hat{A} = \operatorname{tg}\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2}$. Então podemos afirmar que:
Num triângulo $ABC$, os ângulos $\hat{A}$ e $\hat{B}$ medem, respectivamente, $60^\circ$ e $45^\circ$; o lado $\overline{BC}$ mede $5\sqrt{6}$ cm. Então a medida do lado $\overline{AC}$ é:
Pela lei dos senos, $AC = \frac{BC\operatorname{sen}\hat{B}}{\operatorname{sen}\hat{A}} = \frac{5\sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 5\sqrt{\frac{12}{3}} = 10$ cm.
Teste 205ITA-73
Um navio, navegando em linha reta, passa sucessivamente pelos pontos $A$, $B$, $C$. Quando o navio está em $A$, o comandante observa um farol $L$ e calcula o ângulo $L\hat{A}C = 30^\circ$. Após navegar 4 milhas até $B$, verifica o ângulo $L\hat{B}C = 75^\circ$. Quantas milhas separam o farol do ponto $B$?
No triângulo $ABL$: o ângulo em $A$ mede $30^\circ$, o ângulo em $B$ mede $180^\circ - 75^\circ = 105^\circ$ e, portanto, o ângulo em $L$ mede $45^\circ$. Pela lei dos senos, $LB = \frac{AB\operatorname{sen} 30^\circ}{\operatorname{sen} 45^\circ} = \frac{4 \cdot \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = 2\sqrt{2}$.
Teste 206MACK-76
Na figura, $\overline{AC} \perp \overline{CB}$, $\overline{AD} \perp \overline{DC}$, $m(D\hat{A}C) = m(A\hat{B}C) = \beta$ e $AB = a$. O valor de $AD$, em função de $a$ e de $\beta$, é:
No triângulo $ACB$, retângulo em $C$: $AC = a\operatorname{sen}\beta$. No triângulo $ADC$, retângulo em $D$, com ângulo $\beta$ em $A$: $AD = AC\cos\beta = a\operatorname{sen}\beta\cos\beta = \frac{1}{2}a\operatorname{sen} 2\beta$.
Teste 207ITA-74
Deseja-se construir uma ferrovia ligando o ponto $A$ ao ponto $B$, que está $40\sqrt{2}$ km a sudeste de $A$. Um lago, na planície onde estão $A$ e $B$, impede a construção em linha reta. Para contornar o lago, a estrada será construída em 2 trechos retos com vértice no ponto $C$, que está 36 km a leste e 27 km ao sul de $A$. O comprimento do trecho $\overline{CB}$ é:
Com $A$ na origem, eixo $x$ para leste e $y$ para norte: $B = (40, -40)$ (a $40\sqrt{2}$ km na direção sudeste) e $C = (36, -27)$. Então $CB = \sqrt{4^2 + 13^2} = \sqrt{185}$ km.
Teste 208EPUSP-66
Os lados de um triângulo estão na razão $6 : 8 : 9$. Então:
O quadrado do maior lado, $9^2 = 81$, é menor que $6^2 + 8^2 = 100$: o triângulo é acutângulo (exercício 372).
Teste 209FFCLUSP-67
Dados os segmentos $\overline{AC}$ e $\overline{BC}$ e um ângulo $\hat{B}$, é possível construir um triângulo que tenha $\overline{AC}$ e $\overline{BC}$ como lados e $\hat{B}$ como ângulo não adjacente a $\overline{AC}$ quando:
É o caso ambíguo, com o lado $AC$ oposto ao ângulo $\hat{B}$ e o lado $BC$ adjacente a ele. Se $AC > BC$, sempre existe um (único) triângulo, qualquer que seja $\hat{B}$ (com $0 < \hat{B} < \pi$). Nas outras condições, pode não existir triângulo.
Teste 210ITA-75
Num triângulo escaleno $ABC$, os lados opostos aos ângulos $\hat{A}$, $\hat{B}$, $\hat{C}$ medem, respectivamente, $a$, $b$, $c$. Então a expressão $a\operatorname{sen}(\hat{B} - \hat{C}) + b\operatorname{sen}(\hat{C} - \hat{A}) + c\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B})$ tem valor que satisfaz uma das seguintes alternativas:
É a relação I do exercício 399: com $a = 2R\operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})$ etc., cada termo vira uma diferença de quadrados de senos, e a soma é zero.
Teste 211GV-75
O lado do octógono regular inscrito num círculo de raio unitário é $\sqrt{2 - \sqrt{2}}$. Pode-se concluir que $\cos\frac{\pi}{8}$ vale:
O lado do octógono é a corda de $45^\circ$: $2\operatorname{sen}\frac{\pi}{8} = \sqrt{2 - \sqrt{2}}$. Então $\operatorname{sen}^2\frac{\pi}{8} = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}$, $\cos^2\frac{\pi}{8} = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}$ e $\cos\frac{\pi}{8} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}$.
Teste 212MACK-74
A base $\overline{AD}$ de um retângulo, que é três vezes maior que sua altura $\overline{AB}$, é subdividida pelos pontos $M$ e $N$ em três partes de igual medida. Nessas condições, $A\hat{M}B + A\hat{N}B + A\hat{D}B$ é igual a:
Com altura $AB = h$: $AM = h$, $AN = 2h$, $AD = 3h$. Então $A\hat{M}B = 45^\circ$, $\operatorname{tg} A\hat{N}B = \frac{1}{2}$ e $\operatorname{tg} A\hat{D}B = \frac{1}{3}$. Como $\operatorname{arc\,tg}\frac{1}{2} + \operatorname{arc\,tg}\frac{1}{3} = 45^\circ$ (exercício 268), a soma é $90^\circ$.
Teste 213ITA-75
Seja $ABCD$ um quadrilátero convexo inscrito numa circunferência. Sabe-se que $\hat{A} = 2\hat{C}$, $\hat{B} > \hat{D}$ e $\operatorname{tg}\hat{B}\operatorname{tg}\hat{D} + \operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{C} = -\frac{9}{4}$. Nesse caso, os valores de $\hat{A}$, $\hat{B}$, $\hat{C}$, $\hat{D}$ são, respectivamente:
No quadrilátero inscrito, $\hat{A} + \hat{C} = 180^\circ$ e $\hat{B} + \hat{D} = 180^\circ$. Com $\hat{A} = 2\hat{C}$: $\hat{C} = 60^\circ$, $\hat{A} = 120^\circ$ e $\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{C} = \frac{3}{4}$. Como $\operatorname{tg}\hat{D} = -\operatorname{tg}\hat{B}$: $-\operatorname{tg}^2\hat{B} + \frac{3}{4} = -\frac{9}{4}$, $\operatorname{tg}^2\hat{B} = 3$; com $\hat{B} > \hat{D}$, $\hat{B} = 120^\circ$ e $\hat{D} = 60^\circ$.
Teste 214ITA-77
Sejam $A$, $B$ e $C$ três pontos distintos de uma reta, com $B$ entre $A$ e $C$. Sejam $a$ e $b$ ($a > 2b$) os comprimentos de $\overline{AB}$ e $\overline{BC}$, respectivamente. Se o segmento $\overline{BD}$ é perpendicular ao segmento $\overline{AC}$, quanto deve medir $BD = x$ para que o ângulo $B\hat{D}C$ seja a metade de $B\hat{D}A$?
Com $BD = x$ e $B\hat{D}C = \theta$: $\operatorname{tg}\theta = \frac{b}{x}$ e $\operatorname{tg} 2\theta = \frac{a}{x}$. Pelo arco duplo, $\frac{a}{x} = \frac{2b/x}{1 - b^2/x^2}$, isto é, $a - \frac{ab^2}{x^2} = 2b$, $x^2 = \frac{ab^2}{a - 2b}$ e $x = \frac{ab}{\sqrt{a(a - 2b)}}$.
Teste 215ITA-77
Sejam $d$ e $L$, respectivamente, os comprimentos da diagonal $\overline{BD}$ e do lado $\overline{BC}$ do paralelogramo $ABCD$. A diagonal $\overline{BD}$ forma o ângulo $\alpha$ com $\overline{BC}$ e o ângulo $\beta$ com $\overline{BA}$. O comprimento $x$ do lado $\overline{AB}$ é dado por:
No triângulo $ABD$: $AB = x$, $BD = d$, $A\hat{B}D = \beta$ e $A\hat{D}B = D\hat{B}C = \alpha$ (alternos internos, pois $AD \parallel BC$); logo $B\hat{A}D = \pi - (\alpha + \beta)$. Pela lei dos senos, $\frac{x}{\operatorname{sen}\alpha} = \frac{d}{\operatorname{sen}(\alpha + \beta)}$.
