ENSINO SECUNDÁRIO 11.º ANO. 1. Pela lei dos Senos, tem-se que: = 5. De onde se tem = Logo, a opção correta é a opção (C).

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1 ENSINO SECUNDÁRIO.º ANO M A T E M Á T I C A A: R E S O L U Ç Ã O D O TR A B A L H O I N D I V I D U A L P R O F E S S O R C A R L O S MI G U E L SA N T O S. Pela lei dos Senos, tem-se que: De onde se tem Logo, a opção correta é a opção (C). sen α sen α 6 6sen 4 sen Considere-se a circunferência trigonométrica e um trapézio [ABCO] nas condições dadas. Sejam A a projeção ortogonal de A sobre o eixo Ox e A a projeção ortogonal de A sobre o eixo Oy Observa-se, pelo facto de se estar perante a circunferência trigonométrica, donde se tem que as coordenadas de A são (cos α; sen α), que OA cos α e que BC A A sen α. Assim sendo, constata-se que a área do triângulo [OA A] é dada por A [OA A] OA A A sen α cos α Por outro lado, verificando que AB OA cos α tem-se que a área do retângulo [ABCA ] é igual a AB A A sen α cos α Como a área do trapézio [ABCO] é igual à diferença entre a área de [ABCA ] e a área de [OAA ], tem-se A [ABCO] A [ABCA ] A sen α cos α [OAA ] sen α cos α 3 sen α cos α Logo, a opção correta é a opção (A). 3. A afirmação (A) é falsa, uma vez que o intervalo ]0; π[ contempla ângulos do segundo quadrante, onde se tem sen x cos x < 0. A afirmação (B) é verdadeira, bastando considerar qualquer ângulo do quarto quadrante. A afirmação (C) é falsa, pois no intervalo considerado A afirmação (D) é falsa, pois no intervalo considerado Logo, a afirmação correta é a afirmação (B). sen x cos x sen x cos x tg x < 0. tg x > Observando o gráfico, conclui-se que um período, P, da função pode ser dado pela diferença entre as abcissas dos pontos B e A. Assim sendo, tem-se P x B x A π 8 ( π 8 ) π 8 π 3 Logo, a opção correta é a opção (D). D I S C I P L I N A MATE M Á T I C A A: R E S O L U Ç Ã O D O T R A B A L H O IND I V I D U A L, P Á G I N A DE

2 . Como θ ]0; π[ e o seu cosseno é negativo, então θ é um ângulo do segundo quadrante. Daqui, conclui-se que o seu seno é positivo. Pela Fórmula Fundamental da Trigonometria, ocorre sen θ + cos θ sen θ + ( ) sen θ sen θ 4 E porque θ é um ângulo do segundo quadrante, tem-se sen θ 6 Por outro lado, e aplicando as fórmulas de redução ao primeiro quadrante, sen(π + θ) sen θ 6 Logo, a opção correta é a opção (D) Tem-se que sen x sen (3x + π 6 ) 3 3sen (3x + π 6 ) 3 3 3sen (3x + π 6 ) + 3 3sen (3x + π 6 ) 8 De onde se conclui que o contradomínio da função f corresponde ao intervalo [; 8]. 6.. Pela alínea anterior, sabe-se que 8 é o máximo da função f. Tem-se 3sen (3x + π 6 ) 8 3sen (3x + π 6 ) 3 sen (3x + π 6 ) sen (3x + π 6 ) sen ( π ) 3x + π 6 π + kπ, k Z 3x π + kπ, k Z 3 D I S C I P L I N A MATE M Á T I C A A: R E S O L U Ç Ã O D A MI N I F I C H A, P Á G I N A D E

3 x π 9 + kπ 3, k Z Logo, uma expressão dos zeros de f é x π 9 + kπ 3, k Z 6.3. Seja x R qualquer. Tem-se f (x π ) 3sen (3 (x π ) + π 6 ) 3sen (3x 3π + π 6 ) 3sen (3x + π 6 3π ) 3sen (3x + π 6 + π ) [pois sen (α 3π ) sen (α + π )] E 3cos (3x + π 6 ) [pois sen (α + π ) cos α] f (x + π ) 3sen (3 (x + π ) + π 6 ) 3sen (3x + 3π + π 6 ) 3sen (3x + π 6 + 3π ) 3sen (3x + π 6 π ) [pois sen (α + 3π ) sen (α π )] + 3cos (3x + π 6 ) [pois sen (α π ) cos α] Assim sendo f (x π ) + f (x + π ) 3cos (3x + π 6 ) + + 3cos (3x + π 6 ) 0 7. Tem-se que 7.. g(0) 3 + arccos( 0 + ) 3 + arccos() e g ( 4 ) 3 + arccos ( ( 4 ) + ) 3 + arccos ( ) 3 + π Tem-se 3 + arccos (x + ) 3 + π 6 arccos(x + ) π 6 x + x x 4 8. D I S C I P L I N A MATE M Á T I C A A: R E S O L U Ç Ã O D A MI N I F I C H A, P Á G I N A 3 D E

4 8.. Como AE AF, AB AD e ambos os triângulos [ABE] e [ADF] são retângulos, conclui-se, por aplicação do Teorema de Pitágoras, que BE DF. Com tudo isto, verifica-se pelo critério LLL que os referidos triângulos são congruentes. Assim sendo, terão a mesma área. Por outro lado, observa-se, pela definição de tangente de um ângulo agudo, que tg x BE AB Como [AB] é um dos lados do quadrado, vem tg x BE BE Assim sendo, tem-se: A [ABE] AB BE tg x tg x E por terem a mesma área tg x A [ADF] Também se verifica que EC BE tg x e FC DF tg x Assim, conclui-se que a área do triângulo [FEC] é dada por: A [FEC] ( tgx)( tg x) + tg x tg x cos tg x x Observando que a área do triângulo [AEF] é igual à diferença entre a área do quadrado [ABCD] e a soma das áreas dos triângulos [ABE], [ADF] e [FEC], tem-se A [AEF] A [ABCD] (A [ABE] + A [ABF] + A [FEC] ) tg x tg x ( + + cos tg x) x cos x 8.. Como a área do quadrado referido é igual a unidade quadrada, tem-se cos x De onde cos x cos x cos x cos x cos x cos x cos x cos x cos 0 cos x cos π x kπ x π + kr, k Z x kπ, k Z E, com k 0, tem-se x 0 D I S C I P L I N A MATE M Á T I C A A: R E S O L U Ç Ã O D A MI N I F I C H A, P Á G I N A 4 D E

5 8.3. Pelas fórmulas de redução ao primeiro quadrante, tem-se tg ( π x) 3 tg x 3 tg x 3 Por outro lado, como + tg x, ocorre cos x + ( 3 ) cos x cos x 3 9 cos x cos x 9 3 De onde se tem, pelo facto de x ser um ângulo do primeiro quadrante, cos x 3 3 Assim sendo, para o referido valor de x, a área do triângulo [AEF] é dada por Determine-se, em primeiro lugar, BD. Considerando o triângulo retângulo ABD tem-se, pelo Teorema de Pitágoras, BD De onde BD 6 44 Considerando, agora, o triângulo [BDC] tem-se, pela Lei dos Cossenos Ou seja (44) BC + 0 BC 0 cos (60 ) 36 BC + 00 BC 0 36 BC 0 BC Assim sendo, perímetro do quadrilátero [ABCD] é dado por: P BC 0 BC 36 0 BC ( 0) ± ( 0) 4 ( 36) 0 ± BC 0 ± 44 BC 0 ± 6 BC BC + 6 BC 6 BC + 6 D I S C I P L I N A MATE M Á T I C A A: R E S O L U Ç Ã O D A MI N I F I C H A, P Á G I N A D E