www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 1
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Página 255
1. Sabemos que radianos equivalem a 180º, pelo que a um ângulo de 2 radianos vai
corresponder 180
2π
114,6 graus. Este ângulo só pode estar representado na opção D. Na opção
A o ângulo à superior a 180º, na opção B é inferior a 90º e na opção C é superior a 135º.
Resposta: D
2. Dado que ,0 , então pertence ao 3º ou ao 4º quadrante. Nestes quadrantes, temos
que sen 0 , pelo que cos 0 . Nota que cos sen 0 e sen 0 .
Então, pertence ao 1º ou 4º quadrantes. Se pertencesse ao 1º quadrante, tg 0 , e
tg sen 0 , o que contradiz o enunciado. Então, pertence ao 4º quadrante. Repara que, neste
caso, tg 0 , pelo que tg sen 0
Resposta: D
3. Consideremos a figura dada, onde acrescentámos o eixo das tangentes e prolongámos o lado
do ângulo :
Repara que BC BD AX . Nota que CD é um arco de circunferência centrado em B.
OB 1 pois é o raio do círculo trigonométrico e como AX é o eixo das tangentes, temos que
AX tg θ . Logo BD tg θ .
Pela observação da figura, temos que a abcissa do ponto D é igual a OB BD 1 tg .
Resposta: B
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 2
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
4. Ilustremos esta situação, sabendo que π 1
cos3 2
:
Como o intervalo considerado é π
, 3π2
, a equação tem 3
soluções. Repara que o intervalo considerado pode ser escrito como a
união de três intervalos: π
,02
(4ºQ), que não inclui nenhuma solução,
0,2 (1ºQ, 2ºQ, 3ºQ e 4ºQ), que inclui duas soluções, e 2 ,3 (1ºQ e
2ºQ), que inclui uma solução.
Resposta: C
Página 256
5. Comecemos por resolver a equação dada:
π 3 π 4π π 5πsen x x 2kπ x 2kπ,k
3 2 3 3 3 3
3π 4π 4πx 2kπ x 2kπ,k x π 2kπ x 2kπ,k
3 3 3
M
Como o intervalo considerado é 0,2 , obtemos as soluções fazendo
0k nas duas condições: 4
3x x
.
Estas soluções estão representadas na figura da opção C.
Resposta: C
6. Observando a representação gráfica de f , concluímos que 4
3 3
é período de f .
Repara que a partir de 3
x
o gráfico de f repete o que se encontra entre x e 3
x
.
Resposta: D
7.1 Achemos os zeros da função dada.
4sen 2 0 sen 2 0 2 , ,2
kx x x k k x k
.
Resposta: A
4
3
2
3
x
y
o
-3
2 5
3
o
y
x
4
3
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 3
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
7.2 Para que g seja uma função contínua, temos que ter 0 0
lim ( ) lim ( ) (0)x x
g x g x g
0
lim ( ) (0) 3 cos 0 3 cos 3 1 3x
g x g a a a a
0 0 0 0 0
4sen 2 sen 2 sen 2lim ( ) lim lim 4 lim 4 2 lim 8 1 8
2x x x x x
ax x x xaxg x a a a
x x x x
Então, 0 0
lim ( ) lim ( ) (0) 8 3 2x x
g x g x g a a a
Resposta: B
Página 257
8.
Averiguemos se s é contínua em 2
x
:
2
22lim ( ) (0) 1
x
s x s
2 2
lim ( ) lim sen cos sen cos 1 0 12 2x x
s x x x
Então,
2 2
lim ( ) lim ( )2x x
s x s x s
e s é contínua em
2x
, pelo que a opção A não é
verdadeira.
Para sabermos a veracidade da opção B calculemos '2
s
e '2
s
e averiguemos se 's
muda de sinal positivo para negativo em 2
x
:
0
0
0
2 2
)
sen cos 1sen cos 12 2 2
lim lim lim2
2 2
y
x xi
s x s y yx x
sy
x x
Se 0,2 0x x (limite notável)
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 4
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
0
0
0 0 0 0
1 cos 1 coscos sen 1 sen 1 coslim lim lim 1 lim
1 cos
y y y y
y yy y y y
y y y y y
2
0 0 0
sen 0sen sen sen1 lim 1 lim lim 1 1
1 cos 1 cos 1 cos 0
y y y
y y y
y y y y y
01 1 1 1 0 1
1 1
i) Mudança de variável: Se 2
x
então 02
x
Seja 2 2
y x x y
, 0y .
2 2 2
221
22 2' lim lim lim
2
2 2 2
x x x
xs x s x
s
x x x
Assim, 's muda de sinal positivo para negativo em 2
x
e a opção B é verdadeira. Repara que já
verificámos que s não é derivável em 2
x
pois ' '2 2
s s
(a opção C é falsa) e a opção D também é falsa visto
que s tem um máximo relativo em 2
x
.
Resposta: B
9. A expressão correta tem de satisfazer as seguintes condições:
o valor máximo é 11
o valor mínimo é 7
o período é 12 Se o tempo que decorre entre duas marés consecutivas é de 6 horas, as marés repetem-se de 12
em 12 horas.
o valor máximo é 11
O valor máximo de 11 4cos12
t
é 11 4 1 15 , pelo que a opção C está excluída. Da
mesma forma, a opção D está excluída pois o valor máximo de 9 cos6
t
é 9 1 10 . Em
ambas as expressões das opções A e B o valor máximo é 11.
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 5
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
o valor mínimo é 7
Em ambas as opções A e B temos com valor mínimo 7 9 2 1 7 .
o período é 12
Sabemos que o período de uma função do tipo cosy a b cx d é 2
c
. Então, na opção A o
período é 2
12
6
, enquanto que na opção B é
26
3
.
Resposta: A
10. Podemos excluir de imediato a opção B, pois a área não toma valores negativos.
Observando a imagem, observemos algumas das possíveis posições do ponto P:
quando P é tal que x , a área considerada é mínima (o triângulo
considerado degenera num segmento de reta, de área 0). Desta forma,
excluímos a opção D.
quando P é tal que 0 2x x , a situação é semelhante à
anteriormente descrita, sendo a área do triângulo mínima. Assim,
excluímos a opção C.
Resposta: A
Página 258
11. Observemos a figura
O polígono PQRS é um trapézio, pelo que a sua área é dada pela
expressão 2
QP RSAB
.
2cosQP Repara que cos é negativo
1
2AB sen Nota que a ordenada de R é
1
2
Se a ordenada de R é 1
2 , que é o seno de
7
6
, então a sua abcissa é
7 3cos
6 2
. Então,
A
B
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 6
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
32 3
2RS
Assim, a expressão pedida é
2cos 3 1 3 1cos
2 2 2 2 2
QP RSAB sen sen
Resposta: B
12. A área da região colorida será a área de um quarto de círculo menos a área do triângulo
AOB .
Assim, a expressão da área pedida em função do ângulo é:
21 1 sen 2sen
4 2 4 2 4
OA BX Repara que a altura do
triângulo AOB é igual à ordenada do ponto B e cos ,senB .
Resposta: D
Página 259
13. Consideremos a sucessão nu tal que 1 sen cos2
n
nu n
. Sabemos que
1 sen 1n e 1 cos 12
n
, pelo que 1 3nu e nu é limitada.
Resposta: D
14. 2
20 0 0
tg tg tg tg2 13 3 3 3
lim tg 2lim 2lim3 9
3 3
x x x
x x x x
x
x xx x x
0 0
tg tg2 2 23 3
lim lim 1 19 9 9
3 3
x x
x x
x x
Resposta: B
Se 0, 03
x
x (limite notável)
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 7
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
15.1 Pela definição de derivada num ponto,
0 0 0
0 4 2cos 4 0 2 1 4 2cos 2' 0 lim lim lim
0x x x
f x f x x x xf
x x x
Resposta: A
15.2 Para calcular tal que 'f é máximo, determinemos a expressão de ''f e os seus zeros:
' 4 2senf x x '' 2cosf x x
'' 0 2cos 0 cos 0 ,2
f x x x x k k
. Como estamos a considerar o
intervalo , , obtemos '' 02 2
f x x x
, fazendo 1 0k k .
Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função ''f , vem:
x 2
2
''f x 0 0
'f x min. máx. min máx.
Tendo em conta as opções apresentadas, 2
Resposta: C
16. Das condições do enunciado sabemos que ' 7f . Determinemos a expressão de 'f :
' cosf x a x
' 7 cos 7 1 7 7f a a a
Resposta: C
17. No intervalo ,6 4
, temos que a função dada é crescente, pelo que:
3
sen sen 16 4 3 2 2
f f x f f x f x
Então,
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 8
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
3 3 31 1 1 0 0 1 1
2 2 2
3 30 1 1 1 1 1 1 1 1 2
2 2
f x f x f x
f x f x
Assim, o contradomínio da função f é 3
1, 22
Resposta: D
18. 4 4
lim lim 2 tg 2 lim tg2 2
n
n nU
n n
2 tg 0 2 tg 22 2
Resposta: A
Página 260
19.1
tg 2cos cos tg 2cos sen2
Observando a imagem, apenas sabemos que tg 15 . Através da
fórmula 2
2
11 tg
cos
calculemos cos :
2
2
2 2
1 1 1 1 11 15 16 cos cos cos
cos cos 16 4 4
Como, pela figura, temos que cos 0 , então 1
cos4
.
Resta-nos calcular sen :
sen sen 1 15
tg 15 sen 15 sen1cos 4 4
4
Assim,
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 9
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
tg 2cos cos tg 2cos sen2
1 15 4 15 2 15 3 15 215 2
4 4 4 4
19.2 Visto que o círculo representado é o círculo trigonométrico, temos que cos ,A sen . De
19.1, concluímos que 1 15
,4 4
A
.
19.3 Em 19.1 verificámos que 1
cos4
. Além disso, pela observação da figura, sabemos que
pertence ao 2º quadrante. Assim, 1 1
180 cos 104,48º 104º 29'4
Nota que 0,48 x 60 = 29
19.4 Repara que a zona colorida a amarelo é composta por um triângulo
e por um sector circular de raio r e amplitude , pelo que a sua área
será:
2 21 15 1 15
2 2 2 2 2
b h r
19.5
15
sen 2 2cos sen 0 sen 2 2cos 04
15 152sen cos 2cos 0 2cos sen 0
4 4
15cos 0 sen 2 2 ,
4 2
x x x x
x x x x x
x x x k x k x k k
Repara que 15 15 15
sen sen sen4 4 4
b
h
r
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 10
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
0
senlim 1x
x
x
0
senlim 1
y
y
y
0
senlim 1x
x
x
Página 261
20.1
0 0 0 0
sen 2 4 sen 2 sen 24lim lim lim 2lim 4 2 1 4 2
2
x x x x
x x x xx
x x x x
20.2
0)
0
0
1 1sen sen
1 1 1 1 sen 1 1lim lim lim sen lim lim 1
12 2 2 2 2 2
x xx x x ix y
xyx x
xe e x e y
x
i) Mudança de variável: Se x então 1
0x
Seja 1 1
y xx y
, 0y .
20.3
0
2 2 2 2 2 20
0 0 0 0
0 0
cos 2 cos cos 2 cos cos sen cos senlim lim lim lim
senlim limsen 1 sen 0 1 0 0
x x x x
x x
x x x x x x x x
x x x x
xx
x
20.4
2
tg2tg
lim3 2
cos cos cos4 2 4 4 2
x
x
x
20.5
02 20
0 0 0 0 0
0
2 5tg 6 tg 6 tg 62 2lim lim 5lim lim 5lim 2
3 3 3 3 6
tg 620 5 2lim 0 10 1 10
3 6
x x x x x
x
x x x xxx
x x x x
x
x
Se 0, 6 0 x x (limite notável)
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 11
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
0
senlim 1
y
y
y
20.6
0
0
0 0 0 0 0
0
sen 3 sen 3 sen 3 1 4lim lim lim 3lim lim
tg 4 tg 4 3 4 tg 4
1 1 3 1 33 1 lim
tg 44 4 1 4
4
x x x x x
x
x x xx x
x x x x x
x
x
20.7
0
0
0 0 0 0 0
ln 2 1 ln 2 1 ln 2 11 3 1 1lim 2lim lim 2 lim lim
sen 3sen 3 2 3 sen 3 3 2
3
x x x x x
x x xx
xx x x x
x
2 1 21
3 1 3
20.8
0
0
3 0 0 0 0
2
)
32 3
2 3 2 3 3 2 12lim lim lim lim 2lim 2
sen3cos sencos cos
2 2
y y y yix
yx y y
yx yy y
y
i) Mudança de variável: Se 3
2
x então
30
2
x Seja
3 3
2 2
y x x y , 0y .
20.9
0
0
0 0 0
0 0 0 0
8sen 4 cos sen cos 4 sen cos 4
2 2 2lim lim lim
4 4 4
sen 4 sen 4sen 1 sen 1 5lim lim lim lim 1
4 4 4 4 4 4
x x x
x x x x
xx x x x x
x x x
x xx x
x x x x
Se 0, 3 0 x x (limite notável)
Se 0, 4 0 x x (limite notável)
Se 0, 3 0x x (limite notável)
Se 0, 3 0 x x (limite notável)
Se 0, 4 0 x x (limite notável)
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 12
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
20.10
0
0
0 0 0
2
0
)
5cos 5
cos 5 sen 5 sen 52lim lim lim lim
11 11sen sen sen sen
6 12 6 12 12 6 6
sen 5 65 6lim 305
sen6
y y yx
y
i
yx y y
x y y y
yy
yy
i) Mudança de variável: Se 2
x então 0
2
x Seja
2 2
y x x y , 0y .
20.11
0
2 2 2 20
2 2 2 2 2 20 0 0 0
2
20 0 0 0 0
1 1lim lim lim lim
2cos 2 2 2cos 2sen 2 2 cos sen 1 2 1 sen sen 1
1 1 1 1 1 1lim lim lim lim lim
sen sen2 2sen 4 sen sen 4 4
x x x x
x x x x x
x x x x
x x x x x x x
x x x
x xx x x
x x
20.12
022 2 20
1 0 0 0
2
0 0 0
)
0 0
3 1 9 1 63 9 6 3 6 3 9 9 6 3 3lim lim lim lim
sen 1 sen 1 1 sen sen
13lim 3lim 3 lim lim 3 lim 3 0 1 3 1 3
sensen sen sen
x y y y
y
i
y y y y
y yx x y y y y y
x y y y
y y yy
yy y y
y
i) Mudança de variável: Se 1x então 1 0 x Seja 1 1 y x x y , 0y .
Se 0, 4 0 x x
Se 0, 06
y
x
(limite notável)
0
senlim 1
x
x
x
0
senlim 1
x
x
x
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 13
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
21.
Se 84
3R r temos que
2
2 28 4
4 4
3 3A R r r
. Como tg sena A , obtemos
2 24 4
4 4
tg4 4tg sen tg sen
3 3sen
tg 4 1 4 1 4 3cos
sen 3 cos 3 cos 3 2 6
a A r r
22.1
Assíntotas verticais
0
0
2
2 2 2 2
2
2 2
cos 1 sen cos 1 sencoslim lim lim lim
1 sen 1 sen 1 sen 1 sen
cos 1 sen 1 11 sen 2lim lim
cos cos 0 0
x x x x
x x
x x x xxf x
x x x x
x x x
x x
Assim, 2
x é assíntota do gráfico de f .
0
0
23 3 3 3
2 2 2 2
23 3
2 2
cos 1 sen cos 1 sencoslim lim lim lim
1 sen 1 sen 1 sen 1 sen
cos 1 sen 1 11 sen 2lim lim
cos cos 0 0
x x x x
x x
x x x xxf x
x x x x
x x x
x x
Assim, 3
2
x é assíntota do gráfico de f .
Assíntotas não verticais
Como f está definida num intervalo limitado, não existem assíntotas não verticais do seu gráfico.
sentg
cos
0,
2
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 14
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
22.2 Consideremos 0,2
tal que tg 2 . Para calcular 2
f precisamos de
determinar sen e cos . Para tal, vamos utilizar a fórmula 2
2
11 tg
cos
:
2 2
2 2
1 1 1 1 31 tg 1 2 cos cos cos
cos cos 3 3 3
Resta-nos calcular sen :
sen sen 3 6
tg 2 sen 2 sencos 3 33
3
Então,
2 2
222
2
22
3 3
cos 3 33 3
1 sen 36 3 6 3 61
3 3
3 15 6 63 3 3
3 6 9 6 6 6 15 6 6 15 6 6 15 6 6
45 6 6 45 18 65 2 6
915 6 6
f
22.3 Temos de escrever a área do trapézio OABC em função de x . Para tal observemos a
figura e calculemos as coordenadas de pontos importantes:
2
OABC
OA CBA OC
Para determinar OA temos de calcular o zero de f :
cos0 cos 0 1 sen 0
1 sen 2
xx x x
x
0,2
3,
2 2
x
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 15
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Por observação do gráfico, conclui-se que 0x , pelo que ,02
A e 2
OA .
CB x e C tem a mesma ordenada do que B . Como B é o ponto do gráfico de f cuja abcissa é
x , temos que cos
,1 sen
xB x
xe, portanto,
cos
1 sen
xOC
x.
Assim,
coscos 22
2 1 sen 2 1 sen
OABC
x xxx
Ax x
Utilizando o editor de funções da calculadora definem-se as funções
1
cos2
2 1 sen
x x
yx
e 2
1
2y
na janela 0, 0,12
. Obtém-se:
Assim, calculando o único ponto de interseção dos dois
gráficos em 0,2
obtém-se:
1
2OABC
A x a , com 0,76a rad
23. Sabemos que o período de uma função do tipo cosy a b cx d é 2
c
. Assim, o período
da função dada é 2
a. Pelo enunciado, temos que
24 4
2
a a
a.
Por outro lado, temos que
2
0 4 2 cos 4 0 4 cos 2 2cos
f b b b b .
Assim, 4a e 2 b
0a
x
y
O a2
1
2
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 16
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Página 262
24.1
6 6 6
22
3 1 16 6lim lim lim '
6 6 6 66
66
3cos
1 1 1 3 36 2 46 6 6 2 31sen
6 2
x x x
f x f f x ff x
fx
xx
O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 6
é '
6
f :
22
3cos
6 2' 2 36 1sen
6 2
f .
Então a equação da reta pedida vai ser do tipo 2 3 y x b . Como esta reta é tangente ao
gráfico no ponto de abcissa 6
, então o ponto , ,3
6 6 6
f pertence à reta
considerada.
Substituindo estas coordenadas na equação 2 3 y x b , obtemos:
33 2 3 3
6 3
b b
Então, a equação pedida é 3
2 3 33 y x .
24.2 Para provar que o gráfico de f não tem ponto de inflexão basta provar que ''f não muda de
sinal no intervalo considerado. Para tal, determinemos a expressão de ''f .
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 17
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
2
2 4
2 2 2 2 2
3 3 3
cos sen sen 2sen cos cos'' '
sen sen
sen 2cos sen cos cos 1 cos
sen sen sen
x x x x x xf
x x
x x x x x x
x x x
Em 0, , 1 cos 0x e 3sen 0x , logo '' 0f x .
Assim, ''f não muda de sinal no intervalo considerado e o gráfico de f não tem pontos de
inflexão.
24.3 a) Temos que, pelo enunciado, 2
cos'
sen
xf x
x. Por outro lado, se
sen
sen
a b xf x
x, então
2 2 2
cos sen sen cos cos sen cos sen cos cos'
sen sen sen
b x x a b x x b x x a x b x x a xf x
x x x.
Assim, 2 2
cos cos1
sen sen
x a xa
x x.
Além disso, 1 sen
1 163 3 3 3 3 2 116
sen sen6 6 2
b
f b b b b .
24.3 b)
Assíntotas verticais
0 0
1 sen 1 0 1lim lim
sen 0 0
x x
xf x
x
Assim, 0x é assíntota do gráfico de f .
1 sen 1 0 1
lim limsen 0 0
x x
xf x
x
Assim, x é assíntota do gráfico de f .
Assíntotas não verticais
Como f está definida num intervalo limitado, não existem assíntotas não verticais do seu gráfico.
2 2sen cos 1 x x
Se 0, ,
1 cos 1
x
x
Se 0, ,
sen 0
x
x
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 18
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
24.3 c)
1 sen 1 sen3 ln 1 3 ln 1 0
sen sen
1 13 ln 1 1 0 2 ln 1 0
sen sen
x xg x f x x x
x x
x xx x
Utilizando o editor de funções da calculadora define-se a função 1
12 ln 1
sen y x
x na
janela 0, 2,3 . Obtém-se:
Assim, calculando os zeros de 1y , obtém-se x a x b , com
0,437a e 2,84b
Então, as soluções inteiras de g x f x são 1 e 2.
25.1 Observando a figura dada, podemos concluir que a área da região
colorida é a diferença entre a área do triângulo [OCB] e a área do sector
circular de raio 1 e amplitude . Calculemos, então, cada uma destas
áreas:
2BOC
OB BCA
e
2
2
setor circular
rA
Como o círculo representado é o círculo trigonométrico, temos que 1r e
1OB .
Além disso, BC é tal que tg tg1
BCBC . Assim,
1 tg
2BOC
A
,
2
1
2setor circularA
e
tg tg
2 2 2região colorida região coloridaA A
-
1
x
y
O ab
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 19
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
25.2 2 2
tg 2lim lim2 2x x
A
. Este resultado significa que quando tende para,
2
a área da região sombreada tende para .
25.3
2 2
22 2 2
1 1 cos sen1
tg tgcos cos cos' '2 2 2 2 2
A
Para estudar a função A quanto à monotonia, recorre-se ao estudo do sinal da derivada de A :
A função 2tg
'2
A
é positiva no seu domínio. Nota que tg 0 ,k k , mas estes valores
não pertencem a 0,2
.
Assim, a função A é crescente no seu domínio.
Para determinarmos a equação da reta tangente ao gráfico de A no ponto de abcissa 3
comecemos por calcular '3
A
:
22tg
3 33'
3 2 2 2A
. Então a equação da reta pedida vai ser do tipo 3
2y x b .
Calculemos as coordenadas de um ponto que pertença à reta pedida; como esta é tangente ao
gráfico no ponto de abcissa 3
, então o ponto ,
3 3A
pertence à reta considerada.
Calculemos a ordenada deste ponto:
tg 33 3 3
3 2 2A
.
Substituindo estas coordenadas na equação 3
2y x b , obtemos:
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 20
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
3 33 3 3 4 3 23 3
2 2 3 2 2 2 6 2 2 6 2 3b b b b b
Então, a equação pedida é 3 3 2
2 2 3y x
.
25.4 A equação que permite resolver este problema é
tgtg tg2 tg
3 2 3 3
BOCA
A
Utilizando o editor de funções da calculadora definem-se as funções 1 tgy e
2
tg
3y
na
janela 0, 0,12
. Obtém-se:
Assim, calculando o único ponto de interseção dos
dois gráficos em 0,2
obtém-se:
3
BOCA
A x a , com 0,97a rad
x
y
O a2
tgy
tg
3y
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 21
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Página 263
26.1 Sabemos que sen 2 cosf x a x b x cx e 2' cos senf x x x .
Sabendo que sen 2 cosf x a x b x cx , temos que ' 2 cos 2 senf x a x b x c .
Então,
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2
cos sen 2 cos sen sen
cos sen 2 cos 2 sen sen
cos sen 2 cos 2 1 cos sen
cos sen 2 cos 2 2 cos sen
cos sen 4 cos sen 2
cos sen 2 cos 2 sen
x x a x x b x c
x x a x a x b x c
x
x x a x
x a x a x b x
b x
c
x x a x a a x b x c
x x a x b
c
x a c
Assim, comparando os dois membros, concluímos que
1
4 1 4
1 1
2 0 1
2
aa
b b
a cc
26.2 A equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 0 é do tipo ' 0y f x b .
Determinemos a expressão de 'f e, de seguida, calculemos ' 0f :
sen 2 2cos 2 cos 21 1
' cos ' sen sen4 2 4 2 2 2
x x xxf x x x x
cos 2 0 1 1 1
' 0 sen 0 0 12 2 2 2
f
O ponto 0, 0f pertence à reta considerada. Calculemos a sua ordenada utilizemos as suas
coordenadas para determinar o valor de b em ' 0y f x b :
sen 2 0 0 0
0 cos0 1 0 14 2 4
f
1 0 1b b
Então, a equação da reta pedida é 1y x .
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 22
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
26.3
cos 2 2sen 21
'' sen ' cos sen 2 cos2 2 2
x xf x x x x x
2sen cos cos cos 2sen 1x x x x x
Para estudar a função f quanto ao sentido das concavidades e à existência de pontos de
inflexão do sue gráfico recorre-se ao estudo do sinal da segunda derivada de f :
'' cos 2sen 1f x x x
'' 0 cos 2sen 1 0 cos 0 2sen 1 0f x x x x x
1sen 2 2 ,
2 2 2 6 6x k x x k x k x k k
Como ,x , então 5
2 2 6 6x x x x
Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função ''f , vem:
x 2
6
2
5
6
''f x 0 0 0 0
f x p.i. p.i. p.i. p.i.
Assim, o gráfico da função f tem a concavidade voltada para baixo em ,2
, em ,6 2
e
em 5
,6
, tem a concavidade para cima em ,2 6
e em 5
,2 6
e tem pontos de inflexão
em 2
x
, em 6
x
, em 2
x
e em 5
6x
.
27.1 A equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 0 é do tipo ' 0y f x b .
Determinemos os parâmetros desconhecidos:
' sen 2 cos ' 2cos 2 cos sen 2 senf x x x x x x x .
sen 2 2sen cosx x x
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 23
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
18
' 0 2cos 2 0 cos0 sen 2 0 sen 0 2 1 1 0 0 2f . Então, a equação pedida será
2y x b
O ponto 0, 0f pertence à reta considerada. 0 sen 2 0 cos0 0 1 0f . Então,
0 2 0 0b b
Assim, a equação pedida é 2y x
27.2 Observa a representação gráfica da função f e da reta de equação 0,3y na janela
0, 0,12
, com o triângulo ABC desenhado:
Calculando o máximo da função f obtemos x a e
y b , com 0,62a e 0,77b . A medida da altura do
triângulo ABC é igual a 0,3 0,47b .
Calculando os pontos de interseção dos dois gráficos em
0,2
obtém-se x c x d , com 0,15c e 1,15d .
A medida da base do triângulo ABC é igual a 1d c .
Então,
0,3 1 0,470,2
2 2ABC
d c bA
28.1 Sabemos que o quadrado EFGH tem de área 2324 cm . Então, 324 18 FG cm .
Considerando o triângulo retângulo FBG , temos que
cos 18cos18
FBFB e sen 18sen
18
GBGB . Assim,
18cos 18sen
162cos sen 81sen 22 2
FBG
FB GBA
Então, 4 81sen 2 324sen 2região azulA
sen 2 2sen cos
x
y
O a2
b
c d
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 24
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
28.2 A área da região azul é máxima quando sen 2 for máximo, ou seja, quando sen 2 1 :
sen 2 1 2 2 ,2 4
k k k
Como 0,2
, obtemos 4
.
28.3 Para 4
temos que
324região azulA . Como rosa 324região EFGHA A , a razão entre as
duas áreas consideradas é 1, o que significa que para 4
a área pintada a azul é igual à área
pintada a rosa.
29.1 Consideremos o gráfico dado:
Por observação desta representação gráfica, concluímos que:
para os valores de 1,3,5,7,9,11,13x a função g tem extremos, pelo que os zeros de 'g são
1,3,5,7,9,11,13 .
tendo em conta a monotonia de g , concluímos que 'g é positiva em
0,1 3,5 7,9 11,13 e negativa em 1,3 5,7 9,11 13,14 . Nota que nos intervalos
em que 'g é positiva, g é crescente, e nos intervalos em que 'g é negativa, g é decrescente.
29.2 O período positivo mínimo da função g é 6 2 4 . Repara que a função em 2x tem o mesmo
comportamento do que em 6x .
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 25
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
29.3 seng x A B Cx . Então,
como o período positivo mínimo é 4, temos que 2
42
CC
. O período de uma função do tipo
seny a b cx d é 2
c
. Vamos considerar
2C
.
por observação do gráfico, 0 0 sen 0 0 0 0 02
g A B A B A
por observação do gráfico, 1 10 sen 1 10 1 10 102
g B B B
Assim, 10sen2
g x x
. Se considerássemos 2
C
iríamos obter 10sen2
g x x
que é equivalente
à expressão encontrada pois sen x é uma função ímpar.
Página 264
30.1 As três horas da tarde corresponde a 15t . Então,
15 3
15 2cos 8 2cos 2 8 2cos 8 0 8 86 6 2
P
Assim, às três horas da tarde, a profundidade da água na marina é 8 metros.
30.2
11
11 2cos 8 2cos 2 8 2cos 8 3 86 6 6
P
14 2
14 2cos 8 2cos 2 8 2cos 8 1 8 96 6 3
P
9,5 11 , 14 9,8 3P P Nota que 3 1,5
a função P é contínua no seu domínio
Então, pelo teorema de Bolzano, 11,14 : 9,5c P c , o que significa que existe pelo menos
um instante entre as 11h e as 14h em que a profundidade da água na marina é 9,5 metros.
cos 2 cos
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 26
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
30.3
' 2 sen 0 sen6 6 3 6
t tP t
' 0 sen 0 sen 03 6 6
t tP t
6 ,6
tk t k k
. Como 0,24t , obtemos 0, 6, 12, 18, 24t t t t t .
Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função 'P , vem:
t 0 6 12 18 24
'P t 0 0 0 0 0
P x máx. min. máx. min. máx
Assim, a profundidade mínima da água da marina nesse dia é
6
6 2cos 8 2 1 8 66
P
Repara que, da mesma forma, 18
18 2cos 8 2 1 8 66
P
31.1 0 sen cos 0 sen cos g x x x x x
Para resolver esta equação temos de pensar que sen cos4 4
e desenhar um círculo
trigonométrico para visualizarmos a situação:
Assim, 3
sen cos ,4
x x x k k .
Como , x , obtemos 3
4 4
x x .
3π
4+π
π
4
x
y
o
3π
4
B
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 27
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
31.2 2 1 2sen 2cos 1 2sen 2cos 1 0 g x x x x x
Consideremos a função f tal que 2sen 2cos 1 f x x x . Temos de provar que esta função tem
pelo menos um zero no intervalo 2
,3 6
.
2 2 2
2sen 2cos 13 3 3
f
3 12sen 2cos 1 2 2 1 3
3 3 2 2
1 3
2sen 2cos 1 2 2 1 2 36 6 6 2 2
f
2
03 6
f f Nota que 2
0 e 03 6
f f
a função f é contínua no seu domínio, logo é contínua em 2
,3 6
.
Então, pelo teorema de Bolzano, 2
, : 03 6
c f c , ou seja,
2, : 1
3 6
c g c .
31.3 a) Repara que o octógono ABCDEFGH pode ser decomposto em
quatro quadriláteros congruentes ao quadrilátero OABC . Assim,
4ABCDEFGH OABC
A A . Nota que não podes dividir o octógono em triângulos
congruentes pois os triângulos variam com o
2 2
OABC OAB OBC
OA BX OC OXA A A
1 sen 1 cos sen cos
2 2 2
Assim,
sen cos
4 2 sen cos 22
ABCDEFGHA g
sen cos g x x x
X
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 28
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
31.3 b)
2 sen cos 2 1 0 22 2 2
A .
Quando 0 e quando 2
, a figura que se obtém é um quadrado de diagonal igual a 2
(portanto de lado 2 ) cuja área é 2:
31.3 c) Para estudar a função A quanto à monotonia, recorre-se ao estudo do sinal da derivada de
A :
' A e 2 sen cos 2 1 0 22 2 2
A .
' 2 sen cos ' 2 cos sen A
' 0 2 cos sen 0 cos sen 0 A
cos sen ,4
k k
Como 0,2
, obtemos 4
.
Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função 'A , vem:
0 4
2
A 0
' A min. máx. min
11
o
y
x
G=H
E=F
C=D
A=B
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 29
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
A função A é decrescente em ,4 2
, é crescente em 0,4
, tem máximo em 4
x
2 22 2 2
4 2 2
A e mínimo em 0x e em 2
x 0 2
2
A A .
O valor máximo que a área do octógono ABCDEFGH pode assumir é 2 2 .
Top Related