2ª Fase - UnespGeometria
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UNESP 2012/2 – 2ª Fase – Q.23

Um prédio hospitalar está sendo construído em um terreno declivoso. Para otimizar a construção, o arquiteto responsável idealizou o estacionamento no subsolo do prédio, com entrada pela rua dos fundos do terreno. A recepção do hospital está 5 metros acima do nível do estacionamento, sendo necessária a construção de uma rampa retilínea de acesso para os pacientes com dificuldades de locomoção.




A figura representa esquematicamente esta rampa (r), ligando o ponto A, no piso da recepção, ao ponto B, no piso do estacionamento, a qual deve ter uma inclinação α mínima de 30º e máxima de 45º. Nestas condições e considerando
√2≅ 1,4 , quais deverão ser os valores máximo e mínimo, em metros, do comprimento desta rampa de acesso?



Solução:

O triângulo apresentado na figura é retângulo, uma vez que o segmento de comprimento 5m é uma altura, que forma um ângulo de 90º com a base.  Observamos que o segmento AB pode ser relacionado com a altura por meio do seno do ângulo α. De fato, $$sen(\alpha)=\frac{5}{\overline{AB}}$$, donde se tem que

\[\overline{AB} = \frac{5}{sen(\alpha)}.\]

A fim de que tenhamos o maior valor possível para $$\overline{AB}$$, procuramos pelo menor valor possível de sen(α), que fará com que a fração seja a maior possível.

Dado que $$\alpha\in [30º,45º]$$ e que o seno, nesta região, é crescente, é fato que $$sen(\alpha)$$ atingirá seu menor valor em α=30º , logo $$sen(\alpha)=\frac{1}{2}=0,5$$. Deste modo,

\[\overline{AB}_{\text{máximo}} = \frac{5}{0,5}= 10 m.\]

Por sua vez, se quisermos encontrar o valor mínimo de $$\overline{AB}$$, precisamos tomar α=45º. Assim, $$sen(\alpha)=\frac{\sqrt{2}}{2}\cong\frac{1,4}{2}=0,7$$. Deste modo,

\[\overline{AB}_{\text{mínimo}} = \frac{5}{0,7}\cong 7,14 m.\]

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