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A Studocu não é patrocinada ou endossada por alguma faculdade ou universidade
soluçoes mat A novo espaço 11 ano
Ciências e Tecnologias (Escola Secundária de Albufeira)
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soluçoes mat A novo espaço 11 ano
Ciências e Tecnologias (Escola Secundária de Albufeira)
Descarregado por Cristian Myronyuk (cristianmyronyuk@gmail.com)
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2
Índice
Manual – Parte 1
1 Trigonometria e funções trigonométricas
2 Geometria analítica
Manual – Parte 2
3 Sucessões
4 Funções reais de variável real
5 Estatística
I S B N 9 7 8 - 9 7 2 - 0 - 8 4 4 4 9 - 1
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formato de aplicação interativa, permitindo a sua apresentação passo a passo.
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Manual Parte 1
lOMoARcPSD|30391794

4
4 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 9
1.1. = + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2
5 3 16
AC AB BC AB AB .
Como > 0
AB , conclui-se que = 4
AB .
Assim sendo, tem-se que
α α α
= = = = = =
3 4 3
sin , cos e tan
5 5 4
BC AB BC
AC AC AB
.
1.2. β β β
= = = = = =
4 3 4
sin , cos e tan
5 5 3
AB BC AB
AC AC BC
.
2. D é o ponto médio de [AB], logo =
AD DB .
Como α β
= = =
cos e tan
AD DB BD
BC BC CD
, conclui-se queα é a
amplitude do ângulo CBD e β é a amplitude do ângulo BCD.
Pág. 10
3.1. θ θ θ θ
 
+ =
⇔ + =
⇔ =
 
 
2
2 2 2 2
1 15
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
.
Como 0 sin 1
< <
θ , conclui-se que
15
sin
4
=
θ .
3.2.
θ
θ
θ
= = =
15
sin 4
tan 15
1
cos
4
.
4.1.
2
2
2 2 2
1 4 1 25 1
1 tan 1
3 9
cos cos cos
 
+ = ⇔ + = ⇔
= ⇔
 
 
α
α α α
2 9
cos
25
⇔ =
α .
Como α
< <
0 cos 1 , conclui-se que α =
3
cos
5
.
4.2.
sin 4 3
tan sin tan cos sin
cos 3 5
= ⇔ = × ⇔ =
× ⇔
α
α α α α α
α
4
sin
5
⇔ =
α .
5.1.
2
2
2 2 2
1 3 1 73 1
1 tan 1
8 64
cos cos cos
 
+ = ⇔ + = ⇔= ⇔
 
 
α
α α α
2 64
cos
73
⇔ =
α .
Como α
< <
0 cos 1 , conclui-se que α
= = =
64 8 8 73
cos
73 73
73
.
5.2. Como o perímetro do quadrado [ABCD] é 16, tem-se que
= = = = 4
AB BC CD AD .
α = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
8 4 4 73 73
cos
8 2
73
AB
AE AE
AE AE
.
α = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
3 12 3
tan
8 4 8 2
BE BE
BE BE
AB
.
Logo, = − = − =
3 5
4
2 2
CE BC BE e
[ ]
+
= + + + =
5 73 21 73
4 4
2 2 2
AECD
P .
Pág. 11
6. °
= ⇔ = ⇔ =
tan 60 3 2 3 m
2
BC BC
BC
AC
.
Como o triângulo [BDE] é equilátero, a amplitude de cada um dos
ângulos internos é igual a °
60 .
°
= ⇔ = ⇔ =
2 3
tan 60 3 2 m
BC
DC
DC DC
.
Como o triângulo [BDE] é equilátero, sabe-se que C é o ponto
médio de [DE]. Então, =× =
2 4 m
DE DC .
7. Como o quarto de círculo representado na figura está dividido
em três setores circulares iguais,
°
= = = = °
90
ˆ ˆ ˆ 30
3
CBQ QBR RBA .
Relativamente ao triângulo [BQT], tem-se:
°
= ⇔ =
cos 60 0,6
1,2
BT
BT .
Relativamente ao triângulo [BRS], tem-se:
° = ⇔ = × ⇔ =
3
cos 30 1,2 0,6 3
1,2 2
BS
BS BS .
Então, = − = − ≈
0,6 3 0,6 0,44
ST BS BT .
Tarefa 1
1.1. = + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2 2
2
AC AB BC AC a a AC a . Como
> 0
AC , conclui-se que 
2
0
2 2
a
AC a a
>
= = .
1.2.
a) °= = =
tan 45 1
BC a
a
AB
.
b) °
= = = =
1 2
sin 45
2
2 2
BC a
AC a
e °
= = = =
1 2
cos 45
2
2 2
AB a
AC a
.
2.1. Sendo o triângulo [ABC] equilátero, então D é o ponto médio
de [AB]. Logo, = =
2 2
AB a
AD .
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 4
a a
AC AD DC a DC a DC
 
= + ⇔ = + ⇔ − = ⇔
 
 
2
2
3
4
a
DC
⇔ =. Como > 0
CD , conclui-se que 
>
= =
2
0
3 3
4 2
a
a a
CD .
Unidade 1 Trigonometria e funções trigonométricas
NEMA11PR
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Porto
Editora
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5
Trigonometria e funções trigonométricas
5 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2.2.
a) °
= = = =
1 3
2
tan 30
3
3 3
2
a
AD
DC a
.
b) °
= = =
3
2
tan 60 3
2
a
DC
a
AD
.
c) °
= = =
1
2
sin 30
2
a
AD
a
AC
e °
= = °
=
1
cos 60 sin 30
2
AD
AC
.
d) °
= = =
3
3
2
sin 60
2
a
DC
a
AC
e °
= = °
=
3
cos 30 sin 60
2
DC
AC
.
Pág. 12
8.1. Não se pode concluir que = 3
AB e = 5
AC . Apenas se pode
afirmar que =
3
5
AB
AC
.
8.2. α α α α
 
+ =
⇔ + =
⇔ =
 
 
2
2 2 2 2
3 16
sin cos 1 cos 1 cos
5 25
.
Como α
< <
4
cos
5
.
8.3. α= ⇔ = ⇔ =
3
sin 2,1
5 3,5
AB AB
AB
AC
e
α = ⇔ = ⇔ =
4
cos 2,8
5 3,5
BC BC
BC
AC
.
Então, [ ]= + + =
3,5 2,1 2,8 8,4
ABC
P .
9.1. Não é possível ter-se α =
2
cos
3
e α =
1
sin
3
porque
   
+ ≠
   
   
2 2
1 2
1
3 3
, ou seja, não se verifica a fórmula fundamental
da trigonometria.
9.2. É possível ter-se α =
1
cos
3
e α =
tan 2 2 porque
( )
+ =
 
 
 
2
2
1
1 2 2
1
3
, ou seja, verifica-se a igualdade
α
α
+ =
2
2
1
1 tan
cos
.
9.3. Não é possível ter-se α =
3
cos
2
e α =
2
sin
3
porque sendo
α um ângulo agudo sabe-se que α
< <
0 cos 1 .
10.1. Seja E a projeção ortogonal de D sobre [AB].
= + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2
1 2 5
AD AE DE AD AD . Como > 0
AD ,
conclui-se que = 5
AD .
2 2 5 6 5 5
sin , cos
5 5
5 5
DE AE
AD AD
−
= = = = = =
β β e
2
tan 2
1
DE
AE
= = =
β .
10.2. Sabe-se que tan 2
=
β . Para determinar a amplitude do
ângulo agudo β cuja tangente é 2, recorre-se a uma calculadora
científica ou gráfica e conclui-se que 63,4
≈ °
β .
Pág. 13
11. O triângulo [ABC] é retângulo em b porque está inscrito numa
semicircunferência de diâmetro [AC].
Então, α
= = =
1
tan
2
2
AB AB
BC AB
.
2
2
2 2 2
1 1 1 5 1
1 tan 1
2 4
cos cos cos
 
+ = ⇔ + = ⇔
= ⇔
 
 
α
α α α
2 4
cos
5
⇔ =
α .
Como α
< <
= = =
4 2 2 5
cos
5 5
5
.
sin 1 2 5
tan sin tan cos sin
cos 2 5
= ⇔ = × ⇔ =
× ⇔
α
α α α α α
α
5
sin
5
⇔ =
α .
12.1. Sendo [OA] e [OC] raios da circunferência, então
= = 3
OA OC .
= °− = °− °
= °
ˆ ˆ
90 90 45 45
AOB POA .
Seja D a projeção ortogonal de A sobre [OB].
°
= ⇔ = ⇔ =
2 3 2
sin45
2 3 2
AD AD
AD
OA
.
[ ] [ ]
×
=
× =
× =
× =
3 2 9 2
2 2 3
2 2 2
OABC OAB
OB AD
A A .
12.2. Como o triângulo [AOD] é isósceles, então
= =
3 2
2
OD AD .
Logo,
−
= − =− =
3 2 6 3 2
3
2 2
BD OB OD .
2 2
2 2 2 2 3 2 6 3 2
2 2
AB AD BD AB
   
−
= + ⇔ = + ⇔
   
   
   
2 2
18 36 36 2 18
18 9 2
4 4
AB AB
− +
⇔ = + ⇔ = − .
Como > 0
AB , conclui-se que
( )
= − = − = × − = −
18 9 2 9 2 2 9 2 2 3 2 2
AB .
NEMA11PR
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6
Unidade 1
6 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Tarefa 2
1.
Atendendo aos dados da figura anterior, tem-se:
°
= ⇔
= ° ⇔ ≈
tan 42 0,8tan 42 0,72m
0,8
x
x x .
Altura da viatura, arredondada às centésimas:
( )
+ =
1,2 0,72 m 1,92 m .
Largura da viatura, arredondada às centésimas:
( )
− =
2,60 0,8 m 1,80 m .
2.1. Como na figura estão representados nove losangos
geometricamente iguais, sabe-se que
°
= = °
360
ˆ 40
9
AOC .
2.2. Sendo OB um eixo de simetria do losango [OABC], então
= = °
ˆ
ˆ 20
2
AOC
AOB .
° = ⇔ = ⇔ ≈
°
3 3
cos 20 3,19
cos 20
OA OA
OA
.
2.3. °
= ⇔ °
= ⇔ = ° ⇔ ≈
2
tan 20 tan 20 6tan 20 2,2
3 6
AC
AC
AC AC .
Pág. 14
13.1. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a °
180 .
Então, = °− °− °
= °
ˆ 180 60 75 45
C .
13.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° ° °
= =
sin 60 sin 75 sin 45
4
a b
.
13.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta:
3
4
sin 60 sin 45 4sin 60 4 3
2
4 sin 45 2 2
2
a a a
a
×
° ° °
= ⇔= ⇔= ⇔= ⇔
°
4 3 2 4 6
2 6
2
2 2
a a a
×
⇔= ⇔= ⇔=
×
.
° ° °
= ⇔
=
°
sin 75 sin 45 4sin 75
4 sin 45
b
b
.
Recorrendo a uma calculadora, tem-se ≈ 5,5
b .
Pág. 15
°
= =
ˆ
ˆ
sin 55 sin sin
8 7
B C
AC
.
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin 55 sin 7sin 55
ˆ ˆ
sin sin 0,717
8 7 8
C
C C .
14.2. Sabendo que ≈
ˆ
sin 0,717
C e recorrendo a uma
calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 45,81
C .
14.3. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
180 .
Então, = °− °− °
= °
ˆ 180 55 45,81 79,19
B .
14.4. Da aplicação da lei dos senos e atendendo ao valor
encontrado em 14.3., resulta:
° ° °
= ⇔
= ⇔ ≈
°
sin 55 sin 79,19 8sin 79,19
9,6
8 sin 55
AC AC
AC
.
Pág. 16
15. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
°
= =
ˆ
ˆ
sin sin 90 sin
3 7
A C
AB
.
° ×
= ⇔ = ⇔ =
ˆ
sin sin 90 3 1 3
ˆ ˆ
sin sin
3 7 7 7
A
A A .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se ≈ °
ˆ 25,4
A .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
180 , então= °− ° − °
= °
ˆ 180 90 25,4 64,6
C .
16.1. Sabendo que = = 6
AB AC , então
°− °
= = = °
180 130
ˆ
ˆ 25
2
ABC ACB .
° °
=
sin130 sin 25
6
BC
.
Donde resulta que:
°
= ⇔ ≈
°
6sin130
10,88
sin 25
BC BC .
NEMA11PR
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7
7 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 17
17.1. ( )
°× °= × ° − ° = °
sin 90 sin 160 1 sin 180 160 sin 20 .
17.2. ( )
2
2sin 45 sin135 2 sin 180 135 2sin 45
2
°× ° = × × °− ° = ° =
2
2 1
2
= × = .
18. Como o pentágono [ABCDE] é regular e tem perímetro 25,
conclui-se que
°
= = = °
360 :5
ˆ ˆ 36
2
BAC CBA e = = =
25
5
5
AB BC .
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 36 36 108
ABC .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
° °
=
sin108 sin 36
5
AC
.
Donde resulta que:
( )
°− °
° °
= = =
° ° °
5sin 180 108
5sin108 5sin 72
AC .
°
= =
ˆ
ˆ
sin sin112 sin
5 3
A C
a
.
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin112 sin 3sin112
ˆ ˆ
sin sin 0,556
5 3 5
C
C C .
ˆ 33,801
C .
19.2. Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de
qualquer triângulo é igual a °
180 , então
= °− °− ° ≈ °
ˆ 180 112 33,801 34,20
A .
° ° °
= ⇔
= ⇔ ≈
°
sin 34,2 sin112 5sin 34,2
3,0
5 sin112
a a
a
.
Pág. 18
20.1. °
= ⇔= ⇔ =
1
cos 60 2
2 4
AP AP
AP
AC
.
°= ⇔ = ⇔ =
3
sin 60 2 3
2 4
PC h
h
AC
.
= − = − =
7 2 5
PB AB AP .
( )
= + ⇔ = + ⇔ =
2
2 2 2 2 2 2
5 2 3 37
BC PB PC a a . Como > 0
a ,
conclui-se que = 37
a .
20.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 20.1., sabe-se que
=
2
37
a .
Por outro lado, + − × × °
= − × =
2 2 1
4 7 2 4 7cos 60 65 56 37
2
.
Conclui-se então que = + − × × °
2 2 2
4 7 2 4 7cos 60
a .
Pág. 19
21.1. Os ângulos PBC e ABC são suplementares, logo
= °− °
= °
ˆ 180 135 45
PBC .
°
= ⇔ = ⇔ =
2 5 2
cos 45
2 5 2
PB PB
PB
BC
.
°= ⇔ = ⇔ =
2 5 2
sin 45
2 5 2
PC h
h
BC
.
+
= + = + =
5 2 8 5 2
4
2 2
AP AB BP .
2 2
2 2 2 2 8 5 2 5 2
2 2
AC AP PC b
   
+
= + ⇔ = + ⇔
   
   
   
2 2
64 80 2 50 50
41 20 2
4 4
b b
+ +
⇔ = + ⇔ = + .
Como > 0
b , conclui-se que
= +
41 20 2
b .
21.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 21.1., sabe-se que
= +
2
41 20 2
b .
Por outro lado, 2 2 2
4 5 2 4 5cos 45 41 40
2
+ + × × °
= + × =
41 20 2
= + .
Conclui-se então que = + + × × °
2 2 2
4 5 2 4 5cos 45
b .
Pág. 20
22.1. cos 90 cos 137 2cos 120
°× ° + ° =
( )
1
0 cos137 2 cos 180 120 2cos 60 2 1
2
= × °+ − °− °  = − ° = − × = −
  .
22.2. ( )
2
cos 45 cos 135 cos 180 135
2
° °
= ×− °− ° 
=
 
2 2 2 1
cos 45
2 2 2 2
= − ° = − × = − .
22.3. cos 70 sin110 cos 110 sin 70
°× °+ ° ° =
( ) ( )
cos 70 sin 180 110 cos 180 110 sin70
= °× °− ° + − ° − °  °
=
 
cos 70 sin70 cos 70 sin70 0
= °× °− ° °
= .
23.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
= + − × × ° ⇔ = − °
2 2 2 2
3 5 2 3 5cos 70 34 30cos 70
b b .
Como > 0
b , conclui-se que= − ° ⇔ ≈
34 30cos 70 4,9
b b .
°
= =
ˆ
ˆ
sin sin 70 sin
5 3
A C
b
.
Sabe-se que = − °
34 30cos 70
b , logo:
ˆ
sin sin 70 5sin 70
ˆ
sin
5 34 30cos70 34 30cos70
A
A
° °
= ⇔
= ⇔
− ° − °
ˆ
sin 0,9643
A
⇔ ≈ .
ˆ 74,6
A .
180 , então= °− ° − °
= °
ˆ 180 70 74,6 35,4
C .
NEMA11PR
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8
Unidade 1
8 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
= + − × × ° ⇔= − °
2 2 2 2
2,5 4 2 2,5 4cos 130 22,25 20cos 130
a a .
Como > 0
a , conclui-se que
= − ° ⇔ ≈
22,25 20cos 130 5,9
a a .
°
= =
ˆ
ˆ
sin130 sin sin
2,5 4
B C
a
.
Sabe-se que = − °
22,25 20cos 130
a , logo:
ˆ
sin130 sin 2,5sin130
ˆ
sin
2,5
22,25 20cos130 22,25 20cos130
B
B
° °
= ⇔ = ⇔
− ° − °
ˆ
sin 0,3232
B
⇔ ≈ .
ˆ 18,9
B .
180 , então= °− °− °
= °
ˆ 180 130 18,9 31,1
C .
Pág. 21
= + − × × ⇔ =
− ⇔ =
−
2 2 2 7
ˆ ˆ ˆ
6 2 5 2 2 5cos 20cos 7 cos
20
A A A .
ˆ 110,5
A .
= + − × × ⇔ = ⇔ =
2 2 2 19
ˆ ˆ ˆ
2 5 6 2 5 6cos 60cos 57 cos
20
B B B .
ˆ 18,2
B .
= + − × × ⇔ = ⇔ =
2 2 2 5
ˆ ˆ ˆ
5 2 6 2 2 6cos 24cos 15 cos
8
C C C .
ˆ 51,3
C .
2 2 2 ˆ ˆ
17,5 10 22,5 2 10 22,5cos 450cos 300
A A
= + − × × ⇔ = ⇔
2
ˆ
cos
3
A
⇔ =
.
ˆ 48,2
A .
2 2 2 ˆ ˆ
10 17,5 22,5 2 17,5 22,5cos 787,5cos 712,5
B B
= + − × × ⇔ = ⇔
19
ˆ
cos
21
B
⇔ =
.
ˆ 25,2
B .
2 2 2 ˆ ˆ
22,5 10 17,5 2 10 17,5cos 350cos 100
C C
= + − × × ⇔ =
− ⇔
2
ˆ
cos
7
C
⇔ =
− .
ˆ 106,6
C .
25. Atendendo aos dados da figura em baixo e aplicando a lei dos
cossenos, tem-se:
2 2 2
7 12 12 2 12 12cos
= + − × × ⇔
α
239
288cos 239 cos
288
⇔ = ⇔ =
α α .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se
α ≈ °
33,92 .
Pág. 22
Proposta 1
1.1. = + ⇔ =
2 2 2 2
4 2 20
x x . Logo,
= =
20 2 5
x .
4 2 5 2 5
sin , cos e
5 5
2 5 2 5
= = = =
α α
4
tan 2
2
= =
α .
1.2. = + ⇔ =
2 2 2 2
2 3 13
y y . Logo, = 13
y .
Então,
3 3 13 2 2 13
sin , cos
13 13
13 13
= = = =
β β
e
3
tan
2
=
β .
1.3. = + ⇔ =
2 2 2 2
3 3 18
a a . Logo,
= =
18 3 2
a .
= + ⇔ =
2 2 2 2
2 2 8
b b . Logo,
= =
8 2 2
b .
( ) ( )
2 2
2
18 8
c = + ⇔
2
26
c
⇔ =. Logo, = 26
c .
2 2 2 52 2 13 3 2 3 52 3 13
sin , cos
26 13 26 13
26 26
= = = = = =
θ θ e
2 2 2
tan
3
3 2
= =
θ .
Proposta 2
2.1.
2
2 2 2 2
2 21
sin cos 1 cos 1 cos
5 25
 
+ =
⇔ + =
⇔ =
 
 
α α α α .
Como α
< <
21
cos
5
.
2.2. α α α α
 
+ =
⇔ + =
⇔ =
 
 
2
2 2 2 2
1 8
sin cos 1 sin 1 sin
3 9
.
Como α
< <
0 sin 1 , conclui-se que α
= =
8 2 2
sin
3 3
.
2.3. α α α
α
+ = ⇔ + = ⇔ =
 
 
 
2 2 2
2 2
1 1 7
1 tan 1 tan tan
9
cos 3
4
.
Como α >
tan 0 , conclui-se que α =
7
tan
3
.
2.4. 2 2
2 2 2
1 1 1
1 tan 1 2 5
cos cos cos
+ = ⇔ +
= ⇔
= ⇔
α
α α α
2 1
cos
5
⇔ α = .
Como α
< <
= =
1 5
cos
5
5
.
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9
9 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
2.5. 2 2
2 2 2
1 1 1
1 tan 1 5 26
cos cos cos
+ = ⇔ +
= ⇔
= ⇔
α
α α α
2 1
cos
26
⇔ α = .
Como α
< <
= =
1 26
cos
26
26
.
sin 26
tan sin tan cos sin 5
cos 26
= ⇔ = × ⇔ =
× ⇔
α
α α α α α
α
5 26
sin
26
⇔ α = .
2.6. α α α α
+ =
⇔ + =
⇔ =
2 2 2 2 2
sin cos 1 0,3 cos 1 cos 0,91 .
Como α
< <
= =
91
cos 0,91
10
.
α
α
α
= = = =
3
sin 3 3 91
10
tan
cos 91
91 91
10
.
Proposta 3
3.1.
2 2
2 2
2 2 2
sin cos 1
sin cos 1
sin sin sin
+ =
⇔ + = ⇔
θ θ
θ θ
θ θ θ
2
2 2 2 2
1 1 1 1 25 1
1 1
tan sin sin 9 sin
3
4
θ θ θ θ
⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔
 
 
 
2 9
sin
25
⇔ θ = .
Como α
< <
0 sin 1 , conclui-se que θ =
3
sin
5
.
3.2.
θ θ
θ θ θ θ
θ θ
= ⇔ = ⇔ =⇔ =
3
sin sin 4
5
tan cos cos cos
3
cos tan 5
4
.
3.3. θ = ⇔ = ⇔ =
3
tan 4,5 cm
4 6
AC AC
AC
BC
e
θ = ⇔ = ⇔ =
4 6
cos 7,5 cm
5
BC
AB
AB AB
.
Então, [ ] =+ + =
6 4,5 7,5 18 cm
ABC
P .
Proposta 4
α = ⇔ = ⇔ =
2
sin 4 cm
3 6
CE CE
CE
BC
.
= + ⇔ = + ⇔ =
2 2 2 2 2
2 2
6 4 20
BC BE EC BE BE . Como > 0
BE ,
conclui-se que = =
20 2 5
BE .
Então, [ ] ( )
= + × + = +
6 3 4 2 5 18 2 5 cm
ABCD
P .
Pág. 23
Proposta 5
5.1. °
= ⇔ = ⇔ =
2
sin 45 3 2
2 6
RT RT
RT
RQ
.
5.2. Como o triângulo [QRT] é isósceles, conclui-se que
= = 3 2
TQ RT e = − = − =
8 2 3 2 5 2
PT PQ TQ .
Assim sendo, α
= = =
3 2 3
tan
5
5 2
RT
PT
.
5.3.
2 2
2 2
2 2 2
sin cos 1
sin cos 1
sin sin sin
+ =
⇔ + = ⇔
α α
α α
α α α
2
2 2 2 2
1 1 1 1 34 1
1 1
tan sin sin 9 sin
3
5
α α α α
⇔ + = ⇔ + = ⇔= ⇔
 
 
 
2 9
sin
34
α
⇔ =
.
Como α
< <
0 sin 1 , conclui-se que α
= =
3 3 34
sin
34
34
.
Proposta 6
6.1. O octógono regular inscrito na circunferência divide-a em 8
arcos geometricamente iguais.
A amplitude de cada um desses arcos é ° = °
360 :8 45 .
Então, α
°
= = °
45
22,5
2
.
6.2. O triângulo [ABF] é retângulo em A porque
°
= = °
180
ˆ 90
2
BAF .
6.3. °
= ⇔ °
= ⇔ =
°
4 4
tan 22,5 tan 22,5
tan 22,5
AB
AT
AF AF
.
[ ]
×
°
×
= = = ≈
°
4
4
tan 22,5 8
19,31
2 2 tan 22,5
ABF
AB AF
A .
Proposta 7
Seja x a medida do comprimento da rampa.
° = ⇔ = ⇔ ≈
°
2 2
cos 30 2,3
cos 30
x x
x
.
A rampa tem aproximadamente 2,3 metros de comprimento.
Proposta 8
8.1. ° = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
3 5 15
tan 30 5 3
3 3
BF
AB AB
AB AB
.
° = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
5 5 5 3
tan 60 3
3
3
CE
CD CD
CD CD
.
= + + = + + = +
5 3 20 3
5 3 5 5
3 3
AD AB BC CD .
[ ]
20 3
5 5
150 100 3
3 5
2 2 6
ADEF
AD EF
A CE
+ +
+ +
= ×
= ×
= =
50 3
25
3
= + .
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10
Unidade 1
10 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
8.2. °
= ⇔= ⇔ =
1 5
sin 30 10
2
BF
AF
AF AF
.
°
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
3 5 10 10 3
sin 60
2 3
3
CE
DE DE
DE DE
.
[ ]
20 3 10 3
5 5 10
3 3
ADEF
P AD DE EF FA
= + + + = + + + + =
20 10 3
= + .
Pág. 24
Proposta 9
9.1. Seja O o ponto de interseção das diagonais do papagaio.
sin 65 sin 65
20
DO DO
AD
°
= ⇔ °
= ⇔
20sin 65
DO
⇔ = ° .
cos 65 cos 65
20
AO AO
AD
°
= ⇔ °
= ⇔
20cos 65
AO
⇔ = ° .
20cos 65
tan 50 tan 50
CO
BO BO
°
°
= ⇔ °
= ⇔
20cos 65
tan 50
BO
°
⇔ =
°
.
°
= + = + ° ≈
°
20cos 65
20sin 65 25,2
tan 50
BD BO OD .
9.2. Sabe-se que
°
= + ° ≈
°
20cos 65
20sin 65 25,2185
tan 50
BD .
Então, [ ]
× °
×
= = ≈
25,2185 40cos 65
213,2
2 2
ABCD
BD AC
A .
9.3.
° °
°
= ⇔ °
= ⇔ =
°
20cos 65 20cos 65
sin 50 sin 50
sin 50
CO
BC
BC BC
.
[ ]
°
= + = + ≈
°
40cos65
2 2 40 62,1
sin50
ABCD
P AD BC .
Proposta 10
Designemos por α a amplitude do ângulo agudo BAC.
Como =
AC BC , a projeção de C sobre [AB] coincide com o seu
ponto médio (M).
α α α
= ⇔ = ⇔ =
20 2
cos cos cos
50 5
AM
AC
.
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se α ≈ °
66,4 .
Proposta 11
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 68 80 32
A .
° ° °
= =
15
AB BC
.
Donde resulta que:
° °
= ⇔
sin 68 sin 80
15
AB
°
= ⇔ ≈
°
15sin 68
14,1m
sin 80
AB AB .
° °
= ⇔
sin 80 sin 32
15 BC
°
= ⇔ ≈
°
15sin 32
8,1m
sin 80
BC BC .
Pág. 25
Proposta 12
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 120 37 23
ABC .
° ° °
= =
sin 37 sin 23 sin120
30
AB BC
.
Donde resulta que:
° °
= ⇔
sin 37 sin23
30
AB
°
= ⇔ ≈
°
30sin 37
46 m
sin 23
AB AB .
Proposta 13
Seja r o raio do círculo representado na figura.
=
π ⇔ π =
π ⇔ =
2 2 2
25 25
círculo
A r r r .
Logo, = 5
r .
α
°− °
= = °
180 27
76,5
2
.
° °
= ⇔
sin 27 sin 76,5
5 x
5sin 76,5
10,7
sin 27
x x
°
⇔
= ⇔ ≈
°
.
Proposta 14
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 120 30 30
ACB .
Como = = °
ˆ ˆ 30
ACB CBA , conclui-se que o triângulo [ABC] é
isósceles.
Logo, = = 40 cm
AC AB .
° °
= ⇔
sin120 sin 30
40
BC
°
= ⇔ ≈
°
40sin120
69,3 cm
sin 30
BC BC .
Pág. 26
Proposta 15
Como o pentágono [ABCDE] é regular divide a circunferência em
que está inscrito em cinco arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :5 72 .
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11
11 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Sabe-se que
°
= = = °
72
ˆ ˆ 36
2
ADE DAE e
= °− °− ° = °
ˆ 180 36 36 108
AED .
° °
= ⇔
sin108 sin 30
4
AD
4sin 108
6,47
sin 30
AD AD
°
⇔
= ⇔ ≈
°
.
Proposta 16
Como o pentágono [ABCDE] é regular divide a circunferência em
que está inscrito em cinco arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :5 72 .
Sabe-se que
°
= = °
72
ˆ 36
2
ABP ,
× °
= = °
2 72
ˆ 72
2
BAP e
= °− °− ° = °
ˆ 180 36 72 72
APB .
Como =
ˆ ˆ
BAP APB , o triângulo [ABC] é isósceles. Logo,
= = 4
BP AB .
° °
= ⇔
sin 36 sin 72
4
AP
4sin 36
2,5
sin 72
AP AP
°
⇔= ⇔ ≈
°
.
Proposta 17
17.1. Como o triângulo [DBC] é equilátero, a amplitude de cada
um dos ângulos internos é igual a °
60 .
Os ângulos ADC e BDC são suplementares, logoθ
= °− °
180 60 .
( )
θ = ° − ° = − ° = −
1
cos cos 180 60 cos 60
2
.
17.2. Sendo D o ponto médio de [AB] e =10
AD então tem-se
=10
DB .
Como o triângulo [DBC] é equilátero, conclui-se que =10
CD .
O triângulo [ACD] é isósceles e θ
= °
120 , então
°− °
= = = °
180 120
ˆ ˆ 30
2
ACD CAD .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ACD], resulta:
° °
= ⇔
sin120 sin 30
10
AC
×
°
= ⇔ = ⇔ =
°
3
10
10sin 60 2 10 3
1
sin 30
2
AC AC AC .
Proposta 18
Atendendo aos dados apresentados no esquema anterior, tem-
-se:
= °− °
= °
ˆ 180 34 146
ABC e = °− °− °
= °
ˆ 180 146 18 16
ACB .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ABC], resulta:
° °
= ⇔
sin16 sin18
60 BC
°
= ⇔ ≈
°
60sin18
67,266
sin16
BC BC .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCD], resulta:
° °
= ⇔
sin 90 sin 34
67,266 CD
°
= ⇔ ≈
°
67,266sin 34
38
sin 90
CD CD .
A altura do farol é dada por CD , ou seja, é aproximadamente
igual a 38.
Pág. 27
Proposta 19
19.1. Sendo [BC] lado de um quadrado inscrito na circunferência,
então o arco BC tem de amplitude ° = °
360 :4 90 .
Sendo [AC] lado de um hexágono regular inscrito na
circunferência, então o arco AC tem de amplitude ° = °
360 :6 60 .
Donde se conclui que
°
= = °
90
ˆ 45
2
CAB ,
°
= = °
60
ˆ 30
2
ABC e
= °− °− °
= °
ˆ 180 45 30 105
ACB .
19.2. Sendo [AC] lado de um hexágono regular inscrito na
circunferência de centro O e r raio 3, então = = 3
AC OA .
° °
= ⇔
sin 45 sin 30
3
BC
×
°
= ⇔ = ⇔ =
°
2
3
3sin 45 2 3 2
1
sin 30
2
BC BC BC
° °
= ⇔
sin105 sin 30
3
AB
°
= ⇔ ≈
°
3sin105
5,80
sin 30
AB AB .
Proposta 20
2 2 2
10 15 2 10 15cos 160
AC
= + − × × ° ⇔
2
325 300cos 160
AC
⇔ = − ° ⇔
2
606,908
AC ≈ .
Como > 0
AC , conclui-se que ≈ 24,64
AC .
20.2. a) Atendendo à lei dos senos, tem-se:
ˆ
sin
15
BAC
=
ˆ
sin160 sin
10
ACB
AC
°
= = .
Do resultado obtido anteriormente, ≈ 24,64
AC , e da aplicação
da lei dos senos, resulta:
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin sin160 15sin160
ˆ ˆ
sin sin 0,2082
15 24,64 24,64
BAC
BAC BAC .
ˆ 12
BAC .
b) Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de
qualquer triângulo é igual a °
180 , então
= °− °− ° = °
ˆ 180 160 12 8
ACB .
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12
Unidade 1
12 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Proposta 21
Como as circunferências têm centros A, B e C, são tangentes duas
a duas e raios 2 cm, 4 cm e 1 cm, respetivamente, conclui-se que:
= + =
2 1 3
AC , = + =
2 4 6
AB e = + =
1 4 5
BC .
Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
= + − × × ⇔ = ⇔ =
2 2 2 5
ˆ ˆ ˆ
5 3 6 2 3 6cos 36cos 20 cos
9
A A A .
ˆ 56,25
BAC .
Pág. 28
Proposta 22
2 2
2 2
3 8 2 3 8cos 78 73 48cos 78
AB AB
= + − × × ° ⇔ = − ° ⇔
2
63,0202
AB
⇔ ≈ .
Como > 0
AB , conclui-se que ≈ 7,94 m
AB .
°
= =
ˆ ˆ
sin sin sin 78
8 3
A B
AB
.
Do resultado obtido anteriormente, ≈ 7,94 m
AB , e da aplicação
da lei dos senos, resulta:
° °
= ⇔ = ⇔ ≈
ˆ
sin sin 78 8sin 78
ˆ ˆ
sin sin 0,9855
8 7,94 7,94
A
A A .
ˆ 80
A .
180 , então = °− °− °
= °
ˆ 180 78 80 22
B .
Proposta 23
= + − × × ° ⇔ =
2 2
2 2
40 50 2 40 50cos 60 2100
AE AB .
Como > 0
AB , conclui-se que ≈ 45,8 m
AB .
A distância entre a árvore e a estatueta é de, aproximadamente,
45,8 metros.
Proposta 24
2 2
2 2
8 3 2 8 3cos 70 73 48cos 70
AB AB
= + − × × ° ⇔ = − ° ⇔
2
56,583
AB
⇔ ≈ .
Como > 0
AB , conclui-se que ≈ 7,5 km
AB .
A distância entre as localidades A e B é de, aproximadamente,
7,5 quilómetros.
Pág. 29
Proposta 25*
25.1. Como =
AC BC , então α
= =
ˆ ˆ
BAC ABC .
180 , então α + = °
ˆ
2 180
ACB .
α α α
+ = ° ⇔ = °− ⇔= °−
ˆ
ˆ ˆ
2 180 2 180 90
2
ACB
ACB ACB .
Assim sendo, α é necessariamente um ângulo agudo.
25.2. Sendo α um ângulo agudo e α =
2
sin
3
, tem-se:
α α α α
 
+ =
⇔ + =
⇔ =
 
 
 
2
2 2 2 2
2 1
sin cos 1 cos 1 cos
3 3
.
Como α
< <
= =
1 3
cos
3
3
.
Como =
ponto médio (M).
Ora, = =
× =
1 1
2 3 3
2 2
AM AB .
α = ⇔ = ⇔ =
3 3
cos 3
3
AM
AC
AC AC
.
Assim sendo, [ ] = + = × + = +
2 2 3 2 3 6 2 3
ABC
P AC AB .
Proposta 26**
Como o hexágono [ABCDEF] é regular divide a circunferência em
que está inscrito em seis arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :6 60 .
Sendo o hexágono regular, a medida do seu lado é igual ao raio
da circunferência em que está inscrito.
Sabe-se que
°
= = = = °
60
ˆ ˆ ˆ 30
2
SCB SBC RBS e
= °− °− ° = °
ˆ 180 30 30 120
BSC .
Donde se conclui que = °− °
= °
ˆ 180 120 60
BSR e
= °− °− ° = °
ˆ 180 60 30 90
BRS .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCS], resulta:
° °
= ⇔
sin120 sin 30
5 BS
×
°
= ⇔ = ⇔ =
°
1
5
5sin 30 5 3
2
sin120 3
3
2
BS BS BS .
Nota: ( )
°
= °− °
= °
=
3
sin120 sin 180 120 sin 60
2
.
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BRS], resulta:
° °
= ⇔
sin 90 sin 30
5 3
3
RS
×
= ⇔ = ⇔ ≈
5 3 1
5 3
3 2 1,4
1 6
RS RS RS .
Proposta 27*
Como =
ponto médio (M).
Ora, = = × =
1 1
6 3
2 2
AM AB e
°
= = °
110
ˆ 55
2
ACM .
° = ⇔ = ⇔ ≈
°
3 3
tan 55 2,101
tan 55
CM CM
CM
.
Designemos por r o raio do círculo.
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13
13 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Relativamente ao triângulo [COT] representado na figura acima,
tem-se:
sin 55 sin 55 2,101sin 55 sin 55
2,101
OT r
r r
r
OC
°= ⇔ °= ⇔ °− °= ⇔
−
( )
2,101sin55 sin55 2,101sin55 1 sin55
r r r
⇔ ° = + ° ⇔ ° = + ° ⇔
2,101sin 55
0,95m
1 sin 55
r r
°
⇔
= ⇔ ≈
+ °
.
Pág. 30
26.1. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do
ângulo orientado é − °
120 .
26.2. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do
ângulo orientado é − °
240 .
Pág. 31
A figura ao lado apoia a resposta às questões colocadas.
27.1. a) ɺ
OD
b) ɺ
OA
c) ɺ
OC
d) ɺ
OE
As figuras em baixo apoiam a resposta às questões colocadas.
27.2. a) ɺ
OE b) ɺ
OE
c) ɺ
OB d) ɺ
OB
Pág. 32
28.1. a) A circunferência da escala da temperatura do forno está
dividida em 18 partes iguais, sendo a amplitude de cada uma
dessas partes
°
= °
360
20
18
.
Como ° ° =
100 :20 5 , conclui-se que se o manípulo a partir de D
rodar 100° então a temperatura selecionada é de 140°.
b) Como ° ° =
160 :20 8 , conclui-se que se o manípulo a partir de
D rodar −160° então a temperatura selecionada é de 240°.
c) Como ° ° =
280 :20 14 , conclui-se que se o manípulo a partir de
D rodar 280° então a temperatura selecionada é de 320°.
28.2. Como °− ° = − °
180 260 80 , conclui-se que para reduzir a
temperatura de 260° para 180° o manípulo deve rodar −80° ou
°− °
= °
360 80 280 .
Pág. 33
29.1. a) O eneágono representado é regular e está inscrito na
circunferência, então dividia-a em nove arcos de amplitude
° = °
360 :9 40 .
Sendo ° ° =
120 :40 3 , conclui-se que ( )
°
=
,120
( )
O
R A D .
b) ( )
°
=
,40
( )
O
R B C ou ( )
− °
=
, 320
( )
O
R B C .
c) ( )
− °
=
, 80
( )
O
R H F
d) ( )
°
=
,200
( )
O
R H D
e) ( )
− °
=
, 160
( )
O
R A F
f) ( )
− °
=
, 120
( )
O
R G D , conclui-se que ( ) ( )
− ° °
=
, 120 ,120
( ) ( )
O O
R G R A .
29.2. a) = °
ˆ 80
COE porque a amplitude de um ângulo ao centro é
igual à amplitude do arco correspondente.
b) Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2 2
2 2
5 5 2 5 5cos 80 50 50cos 80
EC EC
= + − × × ° ⇔ = − ° ⇔
2
41,318
EC
⇔ ≈ .
Como > 0
EC , conclui-se que ≈ 6,4 cm
EC .
Tarefa 3
1.1. O quadrado [ABCD] divide a circunferência em que está
inscrito em quatro arcos de amplitude ° = °
360 :4 90 e o
octógono [EFGHIJLM] divide a circunferência em que está inscrito
em oito arcos de amplitude ° = °
360 :8 45 .
a) Sendo ° ° =
135 :45 3 , conclui-se que o lado extremidade do
ângulo orientado de lado origem ɺ
OA e amplitude −135° é ɺ
OJ .
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14
Unidade 1
14 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
b) O lado extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ
OA e
amplitude 135° é ɺ
OH .
c) Sendo ° ° =
315 :45 7 , conclui-se que o lado extremidade do
OA e amplitude −315° é ɺ
OF .
1.2.
a) ( )
°
=
,90
( )
O
R E G
b) ( )
°
=
,90
( )
O
R A B
c) ( )
− °
=
, 180
( )
O
R D B
d) ( )
− °
=
, 90
( )
O
R H F
e) ( )
°
=
,45
( )
O
R M E
f) ( )
− °
=
, 90
( )
O
R C B
g) ( )
− °
=
, 270
( )
O
R M F
h) ( )
°
=
,270
( )
O
R A D
2.1. A amplitude de cada uma das doze partes em que o leme
está dividido é ° = °
360 :12 30 .
Assim sendo, duas possíveis rotações de centro O em que o
ponto E é imagem do ponto A são ( )
°
,120
O
R ou ( )
− °
, 240
O
R .
2.2. Duas possíveis rotações de centro O em que o ponto H é
imagem do ponto F são ( )
°
,60
O
R ou ( )
− °
, 300
O
R .
Pág. 34
30.1. Como o movimento é feito no sentido negativo e
( )
° × = °× = °
360 :12 4 30 4 120 , conclui-se que a amplitude do
ângulo descrito pelo ponteiro dos minutos após terem decorrido
20 minutos é −120°.
30.2. Como − ° = − °− °
390 30 360 , o ponteiro dos minutos
descreveu uma volta completa e um ângulo de amplitude 30°, no
sentido negativo. Significa que passaram 65 minutos, ou seja, o
relógio marca 1 hora e 5 minutos.
30.3.
a) Se decorreram 2 h 20 min após o instante inicial (meia-noite),
então o ponteiro dos minutos descreveu 2 voltas completas.
b) A amplitude do ângulo generalizado descrito pelo ponteiro dos
minutos é representada por − × °− × °
4 30 2 360 , ou seja, é igual a
−840°.
Pág. 35
31.1. Efetuando a divisão de 1155 por 360 tem-se:
= + ×
1155 75 3 360
Então, − =
− − ×
1155 75 3 360 .
1155 360
75 3
Assim sendo, o lado extremidade de um ângulo generalizado de
amplitude −1155° e lado origem ɺ
VA é a semirreta ɺ
VE .
31.2. Como − =
− − ×
1155 75 3 360 , o ângulo generalizado −1155°
é representado por ( )
− ° −
75 , 3 .
= + ×
485 125 1 360 485 360
125 1
O ângulo generalizado 485° é representado por ( )
°
125 , 1 .
= + ×
1470 30 4 360 1470 360
30 4
O ângulo generalizado 1470° é representado por ( )
°
30 , 4 .
= + ×
650 290 1 360
Então,
− =
− − ×
650 290 1 360 .
650 360
290 1
O ângulo generalizado −650° é representado por ( )
− ° −
290 , 1 .
= + ×
1800 0 5 360
Então, − = − ×
1800 0 5 360 .
1800 360
0 5
O ângulo generalizado −1800° é representado por ( )
° −
0 , 5 .
Pág. 36
33.1. a) Como °
= °+ × °
1170 90 3 360 , conclui-se que o lado
extremidade do ângulo orientado de lado origem ɺ
OC e
OD .
b) Como − ° =
− °− × °
OC e
amplitude −540° é ɺ
OA .
c) Como °
= °+ × °
OC e
OB .
d) Como − ° = − °− × °
OC e
amplitude −810° é ɺ
OB .
33.2. a) A medida da amplitude do ângulo generalizado 1170° é
representado por ( )
°
90 , 3 .
b) A medida da amplitude do ângulo generalizado −540° é
− ° −
180 , 1 .
c) A medida da amplitude do ângulo generalizado 990° é
°
270 , 2 .
d) A medida da amplitude do ângulo generalizado −810° é
− ° −
90 , 2 .
Pág. 37
34.1. a) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
amplitude °+ °
60 360 é o ponto B porque ( )
°
=
,60
( )
O
R A B .
b) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
amplitude °+ × °
240 2 360 é o ponto E porque ( )
°
=
,240
( )
O
R A E .
c) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
amplitude − °− × °
120 5 360 é o ponto E porque ( )
− °
=
, 120
( )
O
R A E .
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15
15 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
d) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
amplitude −
− °+ × ° ∈
60 360 ,
k k Z é o ponto F porque
( )
− °
=
, 60
( )
O
R A F .
e) Como °
= °+ × °
1260 180 3 360 , conclui-se que a imagem do
ponto A por uma rotação de centro O e amplitude °
1260 é o
ponto D porque ( )
°
=
,180
( )
O
R A D .
f) Como ° = °+ × °
1440 0 4 360 , conclui-se que a imagem do ponto
A por uma rotação de centro O e amplitude °
1440 é o ponto A
porque ( )
°
=
, 0
( )
O
R A A .
34.2. a) A rotação de centro O e ângulo generalizado
( )
− ° −
145 , 7 aplica o ponto A no ponto P, sendo ( )
− °
= , 145
( )
O
P R A .
Assim sendo, conclui-se que a semirreta ɺ
OP interseta o lado [DE]
do hexágono.
b) A rotação de centro O e ângulo generalizado ( )
°
210 , 11 aplica
o ponto A no ponto P, sendo ( )
°
= ,210
( )
O
P R A .
Assim sendo, conclui-se que a semirreta ɺ
OP interseta o lado [DE]
do hexágono.
34.3. As imagens de A pelas rotações de centro O e ângulos
generalizados ( )
°
158 , 3 e ( )
− ° −
202 , 9 são coincidentes porque
os ângulos orientados 158° e −202° têm sentidos diferentes e a
somas dos valores absolutos das medidas das suas amplitudes é
igual a 360.
Tarefa 4
1. a) No relógio, a amplitude do arco entre dois números
consecutivos é igual a ° = °
360 :12 30 .
Ora, °
= °+ × °
510 150 1 360 e ° ° =
150 :30 5 .
Logo, o número do mostrador correspondente ao ponteiro das
horas passa a ser o 5.
b) Como °
= °+ × °
1950 150 5 360 e ° ° =
150 :30 5 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 5.
c) Como °
= °+ × °
3750 150 10 360 e ° ° =
150 :30 5 , o número do
d) Como − ° = − °− × °
450 90 1 360 e ° ° =
90 :30 3 , o número do
e) Como − ° = − °− × °
1530 90 4 360 e ° ° =
f) Como − ° = − °− × °
5490 90 15 360 e ° ° =
1.2. a) O número correspondente ao ponteiro das horas é o
mesmo pelas rotações de centro O e ângulos generalizados
( )
− ° −
30 , 5 e ( )
°
330 , 3 porque os ângulos orientados −30° e
330° têm sentidos diferentes e a somas dos valores absolutos das
medidas das suas amplitudes é igual a 360.
b) O número correspondente ao ponteiro das horas é o mesmo
pelas rotações de centro O e ângulos generalizados ( )
°
120 , 8 e
( )
− ° −
240 , 15 porque os ângulos orientados 120° e −240° têm
sentidos diferentes e a somas dos valores absolutos das medidas
das suas amplitudes é igual a 360.
Pág. 38
35.1. a) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo
generalizado ( )
2, 3 é o ponto C.
b) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo
generalizado ( )
− −
3, 2 é o ponto H.
c) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo
generalizado ( )
8, 5 é o ponto I.
35.2. a) Como = + ×
25 5 2 10 , a imagem do ponto A pela rotação
de centro O e amplitude 25 unidades é o ponto F.
b) Como − =
− − ×
33 3 3 10 , a imagem do ponto A pela rotação de
centro O e amplitude −33 unidades é o ponto H.
Tarefa 5
1.1.
a) A amplitude de cada uma das partes em que o manípulo está
dividido é igual a ° = °
360 :100 3,6 .
Como °
= °+ × °
792 72 2 360 e ° ° =
72 :3,6 20 , o número apontado
pela seta se o manípulo descrever um ângulo de amplitude 792°
é o 20.
b) Como − ° =
− °− × °
504 144 1 360 e ° ° =
144 :3,6 40 , o número
apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo de
amplitude −504° é o 60.
c) Como °
= °+ × °
2016 216 5 360 e ° ° =
216 :3,6 60 , o número
apontado pela seta se o manípulo descrever um ângulo de
amplitude 2016° é o 60.
1.2.
a) Como ° ° =
90 :3,6 25 , o número apontado pela seta se for
aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo
generalizado ( )
− ° −
90 , 7 é o 75.
b) Como ° ° =
generalizado ( )
°
180 , 6 é o 50.
c) Como ° ° =
generalizado ( )
− ° −
288 , 2 é o 20.
2.1.
a) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma
rotação de centro O e de ângulo generalizado ( )
− ° −
40 , 3 é o 60.
b) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo
uma rotação de centro O e de ângulo generalizado ( )
°
70 , 5 é o
70.
c) O número apontado pela seta se for aplicada ao manípulo uma
rotação de centro O e de ângulo generalizado ( )
− ° −
90 , 4 é o 10.
2.2.
a) Como = + ×
360 60 3 100 , o número apontado pela seta se o
manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é
360 é o 60.
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16
Unidade 1
16 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
b) Como − =
− − ×
−120 é o 80.
c) Como = + ×
5000 é o 0.
Pág. 39
36.1. a) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ
OP e
amplitude 190° pertence ao 3.° quadrante.
b) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ
OP e amplitude
−280° pertence ao 1.° quadrante.
c) O lado extremidade do ângulo de lado origem ɺ
OP e amplitude
−1250° pertence ao 3.° quadrante porque
− ° = − °− × °
1250 170 3 360 .
36.2.
´ 3 ´
sin 60
2 2 2
AA AA
°
= ⇔ = ⇔
´ 3
AA
⇔ =
.
´ 1 ´
cos 60
2 2 2
OA OA
°
= ⇔
= ⇔
´ 1
OA
⇔ =
.
Coordenadas do ponto A:
( )
−1, 3 .
Pág. 40
37.1. Sabe-se que °
= °+ × °
510 150 1 360 e °
= °+ × °
1125 45 3 360 .
Então, as imagens de P pelas rotações de centro O e amplitudes
510°, 1125° e −60° são, respetivamente, R, Q e S.
37.2. a) Atendendo a que °
= °+ × °
1125 45 3 360 , tem-se:
( )
° °
cos 45 , sin 45
Q , ou seja,
 
 
 
 
2 2
,
2 2
Q .
b) Sabe-se que ( ) ( )
( )
− ° − °
cos 60 , sin 60
S .
( ) ( ) ( ) ( )
− ° = ° = − ° =− ° =−
1 3
cos 60 cos 60 e in 60 sin 60
2 2
s .
Então,
 
−
 
 
 
1 3
,
2 2
S .
Pág. 41
38. ( ) ( )
α α α α
− ° − =
cos sin 180 cos sin .
Sabendo que o ponto A pertence à circunferência trigonométrica
e que a sua abcissa é −
3
4
, então tem-se α = −
3
cos
4
.
α α α α
 
+ = ⇔ + − = ⇔ =
 
 
2
2 2 2 2
3 7
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
.
Como 2. Q.
α ∈ ° , α >
sin 0 . Então, conclui-se que α =
7
sin
4
.
Assim sendo, α α =
− × =
−
3 7 3 7
cos sin
4 4 16
.
Pág. 42
39.1. Sabendo que o ponto A pertence à circunferência
trigonométrica e que a sua abcissa é
3
4
, então tem-se θ =
3
cos
4
.
θ θ θ θ
 
+ =
⇔ + =
⇔ =
 
 
2
2 2 2 2
3 7
sin cos 1 sin 1 sin
4 16
.
Como 1. Q.
θ ∈ ° , θ >
sin 0 . Então, conclui-se que θ =
7
sin
4
.
Sabe-se ainda que β θ
= °−
180 . Então, tem-se:
( )
β θ θ
= °−
= =
7
sin sin 180 sin
4
.
( )
β θ θ
= ° − = − = −
3
cos cos 180 cos
4
.
β
β
β
= = = −
−
7
sin 7
4
tan
3
cos 3
4
.
39.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 39.1., sabe-se que as
coordenadas dos vértices do retângulo são:
       
− − − −
       
       
       
3 7 3 7 3 7 3 7
, ; , ; , ; ,
4 4 4 4 4 4 4 4
A B C D .
[ ]
 
 
= × = × × × = ≈
 
   
   
3 7 3 7
2 2 2,0
4 4 4
ABCD
A AB AD .
40.1. a) Sabe-se que °
= °+ × °
1395 315 3 360 .
Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude
315° pertence ao 4.° quadrante, sabe-se que
°
= ° <
sin1395 sin 315 0 e °
= ° >
cos 1395 cos 315 0 . Então,
°× ° <
sin1395 cos 1395 0 .
A condição dada é satisfeita para α
= °
1395 .
b) Sabe-se que °
= °+ × °
555 195 1 360 .
Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude
195° pertence ao 3.° quadrante, sabe-se que
°
= ° <
sin 555 sin195 0 e °
= ° <
cos 555 cos 195 0 . Então,
°× ° >
sin 555 cos 555 0 .
A condição dada não é satisfeita para α
= °
555 .
40.2. O lado extremidade do ângulo generalizado do tipo ( )
α , n
com α
°< < °
90 180 pertence ao segundo quadrante. Então a
condição α α <
sin cos 0 é satisfeita porque α >
sin 0 e α <
cos 0 .
Pág. 43
41.1. ( ) ( )
cos 690 cos 330 360 cos 330
°
= ° + °
= °
=
( ) ( ) ( )
cos 330 360 cos 30 cos 30 0
= °− °
= − °
= ° > .
( ) ( ) ( ) ( )
− °= − ° − °= − °= − ° >
sin 620 sin 260 360 sin 260 sin 260 0 .
Conclusão: ( )
°× − ° >
cos 690 sin 620 0 .
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17
17 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
41.2. ( ) ( ) ( )
sin 930 sin 210 2 360 sin 210
− °= − ° − × °= − °=
( ) ( ) ( )
( )
1
sin 210 sin 180 30 sin 30
2
=− ° =− °+ ° =− − ° = .
( ) ( ) ( )
°
= − °
= °
=
1
cos 300 cos 60 cos 60
2
.
Conclusão: ( )
− °
= °
sin 930 cos 300 .
41.3. ( ) ( ) ( )
°
= ° + × °
= °
cos 3400 cos 160 9 360 cos 160 .
( ) ( ) ( ) ( )
− °= − ° − °= − °= − °=
sin 540 sin 180 360 sin 180 sin 180 0
Conclusão: ( )
°× − ° =
cos 3400 sin 540 0 .
41.4. ( ) ( ) ( )
sin 920 sin 200 2 360 sin 200
− °
= ° + × °
= °
=
( ) ( )
sin 180 20 sin 20
= °+ ° = − ° .
( ) ( ) ( ) ( )
sin 620 sin 260 1 360 sin 260 sin 180 80
°
= ° + × °
= °
= ° + °
=
( )
sin 80
=
− ° .
Como ( ) ( )
° < °
sin 20 sin 80 , então ( ) ( )
− ° > − °
sin 20 sin 80 .
Conclusão: ° > °
sin 920 sin 620 .
42.1. Ora, ( )
α β β
= ° −
=
sin sin 90 cos .
β β β β
 
+ =
⇔ + =
⇔ =
 
 
2
2 2 2 2
2 21
sin cos 1 cos 1 cos
5 25
.
Como β
< <
0 cos 1 , conclui-se que β =
21
cos
5
.
Então, α =
21
sin
5
.
42.2. Sendo ∈
n N, tem-se:
( ) ( )
θ θ β β
+ × ° = = ° − = − =
cos 360 cos cos 180 cos
n −
21
5
.
Tarefa 6
1.1.
a) ( ) ( ) ( )
°
= °− °
= °
=
1
sin 150 sin 180 30 sin 30
2
e
( ) ( ) ( )
° = °− ° =− ° =−
3
cos 150 cos 180 30 cos 30
2
.
b) ( ) ( ) ( )
°
= °− °
= °
=
3
sin 120 sin 180 60 sin 60
2
e
( ) ( ) ( )
° = °− ° =− ° =−
1
cos 120 cos 180 60 cos 60
2
.
1.2.
a) Sendo ( )
θ = , 5
x , então θ = + ×
5 360
x .
quadrilátero é igual a 360°, tem-se:
+ + °+ °
= ° ⇔ = ° ⇔ = °
150 120 360 2 90 45
x x x x .
Assim sendo, θ= °+ × °
= °
ˆ 45 5 360 1845 .
b) ( ) ( )
θ
= °+ × °
= °
=
2
ˆ
cos cos 45 5 360 cos 45
2
e
( ) ( )
θ
= °+ × °
= °
=
2
ˆ
sin sin 45 5 360 sin 45
2
.
Então, conclui-se que θ θ
=
ˆ ˆ
cos sin .
2.1. − ° = − °− × °
2300 140 6 360 e °
= °+ × °
1640 200 4 360 .
Como os lados extremidades dos ângulos orientados de
amplitudes −140° e 200° pertencem ao terceiro quadrante,
conclui-se que os lados extremidades dos ângulos θ e α
pertencem ambos ao terceiro quadrante.
2.2. ( ) ( ) ( )
sin 2300 sin 140 6 360 sin 140
− °
= − ° − × °
= − °
=
( ) ( ) ( )
sin 140 sin 180 40 sin 40
=
− ° =
− °− ° =
− ° .
( ) ( ) ( ) ( )
sin 1640 sin 200 4 360 sin 200 sin 180 20
°
= ° + × °
= °
= ° + °
=
( )
sin 20
=
− ° .
Como ( ) ( )
° > °
sin 40 sin 20 , então ( ) ( )
− ° < − °
sin 40 sin 20 .
Conclusão: ( ) ( )
− ° < °
sin 2300 sin 1640 .
2.3. ( ) ( ) ( )
cos 2300 cos 140 6 360 cos 140
− °
= − ° − × °
= − °
=
( ) ( ) ( )
cos 140 cos 180 40 cos 40
= ° = °− ° =− ° .
( ) ( ) ( )
cos 1640 cos 200 4 360 cos 200
°
= ° + × °
= °
=
( ) ( )
cos 180 20 cos 20
= °+ ° = − ° .
Como ( ) ( )
° > °
cos 20 cos 40 , então ( ) ( )
− ° < − °
cos 20 cos 40 .
Conclusão: ( ) ( )
° < − °
cos 1640 cos 2300 .
3.1. Como
 
− >
 
 
2
, ; 0
3
A y y , conclui-se que α = −
2
cos
3
e
α =
sin y .
α α
 
+ = ⇔ + − = ⇔ =
 
 
2
2 2 2 2
2 5
sin cos 1 1
3 9
y y .
Como > 0
y , conclui-se que =
5
3
y .
Então, ( )
α α
− =
− =
−
5
sin sin
3
.
3.2. ( )
α α
°+ = − =
2
cos 180 cos
3
.
Pág. 44
43.1. Como °
= °+ × °
1220 140 3 360 e o lado extremidade do
ângulo orientado de amplitude 140° pertence ao segundo
quadrante, conclui-se que o lado extremidade do ângulo α de
amplitude 1220° pertence ao segundo quadrante. A tangente no
segundo quadrante é negativa. Assim, tem-se ( )
° <
tan 1220 0 .
NEMA11PR-2
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18
Unidade 1
18 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
43.2. Como − ° =
− °− × °
ângulo orientado de amplitude −100° pertence ao terceiro
quadrante, sabe-se que o lado extremidade do ângulo α de
amplitude −460° pertence ao terceiro quadrante. A tangente no
terceiro quadrante é positiva. Assim, tem-se ( )
− ° >
tan 460 0 .
43.3. Como °
= °+ × °
ângulo orientado de amplitude 70° pertence ao primeiro
quadrante, sabe-se que o lado extremidade do ângulo α de
amplitude 1870° pertence ao primeiro quadrante. A tangente no
primeiro quadrante é positiva. Assim, tem-se ( )
° >
tan 1870 0 .
43.4. Como − ° = − °− × °
ângulo orientado de amplitude 140° pertence ao quarto
quadrante, conclui-se que o lado extremidade do ângulo α de
amplitude −745° pertence ao quarto quadrante.
A tangente no quarto quadrante é negativa. Assim, tem-se
( )
− ° <
tan 745 0 .
44.1. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o cosseno
é negativo no 2.° e no 3.° quadrante.
Se θ >
tan 0 e θ <
cos 0 , então θ pertence ao 3.° quadrante.
44.2. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é
negativo no 3.° e no 4.° quadrante.
Se θ <
tan 0 e θ <
sin 0 , então θ pertence ao 4.° quadrante.
44.3. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o cosseno
é positivo no 1.° e no 4.° quadrante.
Se θ >
tan 0 e θ >
cos 0 , então θ pertence ao 1.° quadrante.
44.4. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o seno é
positivo no 1.° e no 2.° quadrante.
Se θ >
tan 0 e θ >
44.5. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é
positivo no 1.° e no 2.° quadrante.
Se θ <
tan 0 e θ >
Pág. 45
45. Por observação da figura sabe-se que
( ) ( ) ( )
° − ° ° °
1, tan 60 ; 1, tan 60 e cos 120 , sin 120
A B C .
Como ° =
tan 60 3 ,
( ) ( )
cos 120 cos 180 60
°
= ° − °
= ( )
1
cos 60
2
− ° =−
e
( ) ( ) ( )
sin 120 sin 180 60 sin 60
°
= °− °
= °
=
3
2
= .
Conclui-se que ( ) ( )
 
− −
 
 
 
1 3
1, 3 ; 1, 3 e ,
2 2
A B C .
Pág. 46
46. Como a interseção do lado extremidade do ângulo α com a
circunferência trigonométrica é o ponto
 
 
 
3 4
,
5 5
A , tem-se que
α =
3
cos
5
e α =
4
sin
5
.
( )
3
sin sin 90 cos
5
= °−
= =
θ θ θ , ( )
cos cos 90
= ° −
=
θ θ
4
sin
5
= =
θ e
3
3 4 sin 3
5
sin , cos e tan
4
5 5 cos 4
5
= = = = =
θ
θ θ θ
θ
.
( )
3
sin sin 180 sin ,
5
= °−= =
β θ θ ( )
cos cos 180
= °−
=
β θ
4
cos
5
= − θ = − e
3
sin 3
5
tan
4
cos 4
5
= = = −
−
β
β
β
.
Tarefa 7
1.1. Como o lado extremidade do ângulo orientado α interseta
a circunferência trigonométrica no ponto ( )
,
P a b , tem-se que
α =
cos a e α =
sin b .
Sendo '
P o simétrico de P em relação à origem do referencial,
então ( )
− −
' ,
P a b , ou seja, ( )
α α
− −
' cos , sin
P .
1.2. Sabe-se que α =
cos a , α =
sin b e α =
tan c .
Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
=
'
OA AP
OB BC
, ou seja,
−
=
−
1
a b
c
.
Daqui resulta que
α α
α
−
=
−
cos sin
1 tan
, ou seja,
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
2. Vamos começar por provar que se o lado extremidade de α
pertencer ao 3.° quadrante, então
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a
circunferência trigonométrica no ponto ( )
,
P a b . Então, conclui-
se que α =
cos a e α =
sin b .
Sabe-se também que α =
tan c .
Sendo '
P o simétrico de P em relação à origem do referencial,
então ( )
− −
' ,
P a b , ou seja, ( )
α α
− −
' cos , sin
P .
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19
19 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
=
'
OA AP
OB BC
, ou seja,
− −
=
1
a b
c
.
Daqui resulta que:
α α
α
− −
=
cos sin
1 tan
,
ou seja,
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
Em seguida pretende-se mostrar que se o lado extremidade de
α pertencer ao 4.° quadrante, então
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a
circunferência trigonométrica no ponto ( )
,
P a b . Então, conclui-
se que α =
cos a e α =
sin b .
Sabe-se também que α =
tan c .
Como os triângulos [OAP] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
=
OA AP
OB BC
, ou seja,
−
=
−
1
a b
c
.
Daqui resulta que
α α
α
−
=
−
cos sin
1 tan
, ou seja,
α
α
α
=
sin
tan
cos
.
Pág. 47
47.1.
a) Como o ponto A é a interseção do lado extremidade do ângulo
θ com a circunferência trigonométrica, então ( )
θ θ
cos , sin
A .
Sabe-se ainda que θ = −
5
cos
3
.
θ θ θ θ
 
+ = ⇔ + − = ⇔ =
 
 
 
2
2 2 2 2
5 4
sin cos 1 sin 1 sin
3 9
.
Como 2. Q.
θ ∈ ° , θ >
sin 0 . Então, conclui-se que θ =
2
sin
3
.
θ
θ
θ
= = =
− =
−
−
2
sin 2 2 5
3
tan
cos 5
5 5
3
.
b) Atendendo aos cálculos anteriores, tem-se
 
−
 
 
 
5 2
,
3 3
A .
Por outro lado, sabe-se que ( )
θ
1, tan
C , ou seja,
 
−
 
 
 
2 5
1,
5
C .
O ponto B tem a mesma abcissa que o ponto A e a mesma
ordenada que o ponto C.
Logo,
 
− −
 
 
 
5 2 5
,
3 5
B .
O ponto D tem a mesma abcissa que o ponto C e a mesma
ordenada que o ponto A. Então,
 
 
 
2
1,
3
D .
47.2. [ ]
5 2 2 5
1
3 3 5
ABCD
A AD AB
   
= × = + × + =
   
   
   
2 2 5 2 5 10 4 28 5 60 28 5
3 5 9 15 3 45 45
+
= + + + = + =
Pág. 48
Tarefa 8
1.1. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que ( )
−
' ,
P b a .
1.2. Sabe-se que α =
cos a , α =
sin b e α =
tan
b
a
.
1.3. Sabe-se que ( )
α + ° =−
cos 90 b , ( )
α + ° =
sin 90 a e
( )
α + ° =−
tan 90
a
b
.
1.4. Comparando as razões trigonométricas de α + °
90 com as
razões trigonométricas de α , conclui-se que:
( )
α α
+ ° =−
cos 90 sin , ( )
α α
+ ° =
sin 90 cos e
( )
α
α
+ ° =−
1
tan 90
tan
.
2. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que ( )
−
'' ,
P b a .
Anteriormente já foi referido que α =
cos a , α =
sin b
e α =
tan
b
a
.
Sabe-se que ( )
α − ° =
cos 90 b , ( )
α − ° =−
sin 90 a
e ( )
α − ° =−
tan 90
a
b
.
Comparando as razões trigonométricas de α − °
90 com as razões
trigonométricas de α , conclui-se que:
( )
α α
− ° =
cos 90 sin , ( )
α α
− ° =−
sin 90 cos
e ( )
α
α
− ° =−
1
tan 90
tan
.
Pág. 49
48.1. Como °
= °+ × °
1845 45 5 360 , tem-se:
( )
2
sin 1845 sin 45 5 360 sin 45
2
°
= °+ × °
= °
= ,
( )
2
cos 1845 cos 45 5 360 cos 45 e
2
°
= °+ × °
= °
=
( )
°
= ° + × °
= °
=
tan 1845 tan 45 5 360 tan 45 1 .
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20
Unidade 1
20 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
48.2. Como − ° = − °− × °
750 30 2 360 , tem-se:
( ) ( ) ( ) ( )
1
sin 750 sin 30 2 360 sin 30 sin 30
2
− ° = − °− × ° = − ° =− ° =− ,
( ) ( ) ( ) ( )
3
cos 750 cos 30 2 360 cos 30 cos 30
2
− °
= − °− × °
= − °
= °
=
e ( ) ( ) ( ) ( )
tan 750 tan 30 2 360 tan 30 tan 30
− °
= − °− × °
= − °
= − °
=
3
3
= − .
48.3. Como °
= °+ × °
1575 135 4 360 , tem-se:
( ) ( )
sin 1575 sin 135 4 360 sin 135 sin 185 45
°
= °+ × °
= °
= °− °
=
( )
2
sin 45
2
= °
= ,
( ) ( )
cos1845 cos 135 4 360 cos 135 cos 185 45
°
= °+ × °
= °
= °− °
=
2
cos 45 e
2
= − ° = − ( )
tan 1845 tan 135 4 360
°
= ° + × °
=
( )
tan 135 tan 180 45 tan 45 1
= ° = °− ° = − ° = − .
48.4. Como − ° = − °− × °
1200 120 3 360 , tem-se:
( ) ( ) ( ) ( )
sin 1200 sin 120 3 360 sin 120 sin 120
− ° = − °− × ° = − ° =− ° =
( ) ( )
3
sin 180 60 sin 60
2
=− °− ° =− ° =− , ( )
cos 1200
− ° =
( ) ( ) ( )
cos 120 3 360 cos 120 cos 120
= − ° − × °
= − °
= °
=
( ) ( )
1
cos 180 60 cos 60
2
°− ° = − ° = − , ( )
tan 1200
− ° =
( ) ( ) ( )
tan 120 3 360 tan 120 tan 120
= − °− × °
= − °
= − °
=
( ) ( )
( ) ( )
tan 180 60 tan 60 tan 60 3
= − °− ° = − − ° = ° = .
Pág. 50
Proposta 28
28.1. O octógono regular está inscrito na circunferência, logo
divide-a em 8 arcos geometricamente iguais.
A amplitude de cada um desses arcos é ° = °
360 :8 45 .
a) Como ° = × °
135 3 45 , conclui-se que o lado extremidade do
OC é ɺ
OF .
b) Como ( )
− ° = × − °
90 2 45 , conclui-se que o lado extremidade
do ângulo orientado de lado origem ɺ
OC é ɺ
OA .
c) Como °= × °
270 6 45 , conclui-se que o lado extremidade do
OC é ɺ
OA .
d) Como ( )
− °= × − °
315 7 45 , conclui-se que o lado extremidade
do ângulo orientado de lado origem ɺ
OC é ɺ
OD .
28.2. a) Como °= × °
180 4 45 , conclui-se que o lado origem do
ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são ɺ
OA e
180° é ɺ
OE .
b) Como ( )
− ° = × − °
OH e
−90° é ɺ
OB .
c) Como ° = × °
225 5 45 , conclui-se que o lado origem do ângulo
orientado cujo lado extremidade e amplitude são ɺ
OC e 225° é
ɺ
OF .
d) Como ( )
− ° = × − °
OB e
−135° é ɺ
OE .
Proposta 29
29.1. No relógio, a amplitude do arco entre dois números
consecutivos é igual a ° = °
360 :12 30 .
a) Como ( )
− ° = × − °
90 3 30 , no caso de o ponteiro das horas
efetuar uma rotação de amplitude −90°, conclui-se que o relógio
marca 8 horas.
b) Como ° = × °
90 3 30 , no caso de o ponteiro das horas efetuar
uma rotação de amplitude 90°, conclui-se que o relógio marca 2
horas.
c) Como ° = × °
horas.
d) Como °= × °
hora.
e) Como ( )
− °= × − °
efetuar uma rotação de amplitude −150°, conclui-se que o
relógio marca 10 horas.
f) Como ( )
− °
= × − °
efetuar uma rotação de amplitude −300°, conclui-se que o
relógio marca 3 horas.
29.2. a) Entre a 1.ª e a 2.ª observação, ou seja, entre as 9 h e as
9 h 35 min, o ponteiro dos minutos descreveu um ângulo
orientado de amplitude ( )
× − ° =− °
7 30 210 .
b) Entre a 1.ª e a 3.ª observação, ou seja, entre as 9 h e as 18 h, o
ponteiro das horas descreveu um ângulo orientado de amplitude
( )
× − ° =− °
9 30 270 .
Pág. 51
Proposta 30
30.1. As duas circunferências concêntricas, representadas na
figura, estão divididas em 6 arcos iguais, de amplitude
° = °
360 :6 60 .
Como ° = × °
120 2 60 , sabe-se que ( )
°
=
,120
( )
O
R C E .
30.2. Ora, ( )
− °
=
, 60
( )
O
R E D .
30.3. Como ( )
− °= × − °
240 4 60 , conclui-se que ( )
− °
=
, 240
( )
O
R U Q .
30.4. Como ° = × °
300 5 60 , conclui-se que ( )
°
=
,300
( )
O
R B A .
30.5. Ora, ( )
− °
=
, 60
( )
O
R T S .
30.6. Considerando a medida da amplitude com menor valor
absoluto sabe-se que o ponto B descreveu 2 arcos no sentido
negativo até chegar ao ponto F, então a amplitude do ângulo
descrito é de ( )
× − °
2 60 , ou seja, −120°. Assim sendo, tem-se
( )
− °
=
, 120
( )
O
R B F .
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21
21 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
30.7. A rotação de centro O e amplitude −180° transforma o
ponto P no ponto S.
O ponto Q é transformado no ponto S através de uma rotação de
centro O e amplitude 120° ou −240°.
Assim, tem-se ( ) ( )
° − °
=
,120 , 180
( ) ( )
O O
R Q R P ou
( ) ( )
− ° − °
=
, 240 , 180
( ) ( )
O O
R Q R P .
Proposta 31
31.1. =
× =
2,5 minutos 2,5 60 segundos 150 segundos e
× °
= °
150 4,5 675 .
A amplitude do arco descrito pelo ponto A quando a roda gira
durante 2,5 minutos é 675°.
31.2. × °+ °
= °
6 360 270 2430 , ° ° =
2430 :4,5 540 e
=
540:60 9 .
A observação foi feita durante 9 minutos.
31.3. A amplitude do arco descrito pelo ponto A quando a roda
gira durante 15 segundos é × °
= °
15 4,5 67,5 .
Como = π× = π
2 2
círculo 15 225 cm
A , sabe-se que a área do setor
circular correspondente ao arco descrito pelo ponto A quando a
roda gira durante 15 segundos é igual a
π
× 2
225
67,5 cm
360
, ou
seja, aproximadamente 2
132,5 cm .
Pág. 52
Proposta 32
32.1. Como = π× = π
roda 2 35 70 cm
P , =
2,5km 250 000 cm e
( )
π ≈
250 000: 70 1136,8 , conclui-se que cada roda da bicicleta
deu 1136 voltas completas.
32.2. Como = π
roda 70 cm
P , × π
= π ≈
1000 70 70 000 219 911,5 cm
e ≈
219 911,5 cm 2,2 km , estima-se que a Biblioteca Municipal
se encontra a, aproximadamente, 2,2 quilómetros da casa do Rui.
Proposta 33
33.1. O hexágono regular e o quadrado inscritos na
circunferência representada na figura dividem-na em 6 e 4 arcos
iguais de amplitude 60° e 90°, respetivamente.
a) Sabe-se que °
= °+ × °
960 240 2 360 e °= × °
240 4 60 , então
conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de
lado origem ɺ
OA e amplitude 960° é a semirreta ɺ
OF .
b) Como °
= °+ × °
960 240 2 360 , sabe-se que a medida da
amplitude do ângulo generalizado 960° é representada por
( )
°
240 , 2 .
33.2. a) Sabe-se que °
= °+ × °
1920 120 5 360 e ° = × °
120 2 60 ,
então conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado
de lado origem ɺ
OA e amplitude 1920° é a semirreta ɺ
OD .
b) Sabe-se que − ° = − °− × °
1680 240 4 360 e °= × °
240 4 60 , então
lado origem ɺ
OA e amplitude −1960° é a semirreta ɺ
OD .
c) Sabe-se que − ° =
− °− × °
480 120 1 360 e ° = × °
120 2 60 , então
lado origem ɺ
OA e amplitude −480° é a semirreta ɺ
OF .
33.3. a) Como °
= °+ × °
amplitude do ângulo generalizado 1295° é representada por
( )
°
215 , 3 .
b) Como − ° = − °− × °
amplitude do ângulo generalizado −2016° é representada por
( )
− ° −
216 , 5 .
c) Como ° = × °
1080 3 360 , sabe-se que a medida da amplitude do
ângulo generalizado 1080° é representada por ( )
°
0 , 3 .
d) Como − ° = − °− × °
amplitude do ângulo generalizado −1530° é representada por
( )
− ° −
90 , 4 .
Proposta 34
34.1. θ= =
2 1
cos
4 2
.
34.2. β =
1
sin
4
.
34.3. α =
3
cos
4
.
34.4. Como 2 Q.
.
β ∈ ° , tem-se:
2
1 15
cos 1
4 16
 
=
− − =
− =
 
 
β
15
4
= −
e
β
β
β
= = = −
−
1
sin 15
4
tan
cos 15
15
4
.
34.5. 2 2
2 2
1 1
1 tan 1 tan
cos 3
4
+ = ⇔ + = ⇔
 
 
 
α α
α
2 2
16 7
1 tan tan
9 9
α α
⇔ + = ⇔ =
Como 4 Q.
.
α ∈ ° , conclui-se que
7
tan
3
α = − .
Pág. 53
Proposta 35
35.1. Como °
= °+ × °
840 120 2 360 , − ° = − °− × °
405 45 1 360 e
°
= °+ × °
1500 60 4 360 , então a correspondência entre as
amplitudes e as respetivas imagens de A é a seguinte:
° → − ° → ° →
840 ; 405 ; 1500
C D B .
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22
Unidade 1
22 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
35.2. a) Como °
= °+ × °
1500 60 4 360 e a circunferência é
trigonométrica sabe-se que ( )
° °
cos 60 , sin 60
B , ou seja,
 
 
 
 
1 3
,
2 2
B .
b) Como °
= °+ × °
trigonométrica sabe-se que ( )
° °
cos 120 , sin 120
C .
Atendendo a que ( )
° = − °− ° = − ° = −
1
cos 120 cos 180 120 cos 60
2
e ( )
°
= °− °
= °
=
3
sin120 sin 180 120 sin60
2
, tem-se
 
−
 
 
 
1 3
,
2 2
C .
c) Como − ° = − °− × °
trigonométrica sabe-se que ( ) ( )
( )
− ° − °
cos 45 , sin 45
C .
Atendendo a que ( ) ( )
− °
= °
=
2
cos 45 cos 45
2
e
( ) ( )
− ° =− ° =−
2
sin 45 sin 45
2
, tem-se
 
−
 
 
 
2 2
,
2 2
D .
35.3. Como o ponto E pertence à circunferência trigonométrica e
tem abcissa −
3
4
, sabe-se que α = −
3
cos
4
.
Sendo 3 Q.
.
α ∈ ° , tem-se α
 
=
− − − =
− =
−
 
 
2
3 7 7
sin 1
4 16 4
e
α
α
α
−
= = =
−
7
sin 7
4
tan
3
cos 3
4
.
Proposta 36
36.1. Como e 2 Q.
.
α ∈ ° , tem-se:
α
 
=
− − =
− =
−
 
 
2
1 24 2 6
cos 1
5 25 5
e
α
α
α
= = =
− =
−
−
1
sin 1 6
5
tan
cos 12
2 6 2 6
5
.
36.2. ( ) α
α α
+ −
= ⇔
= ⇔ =
2 2
2 2
1 1 1
1 3 10 cos
10
cos cos
.
Como 4 Q.
.
α ∈ ° , conclui-se que α =
10
cos
10
.
Então, tem-se: α α α
= × =− × =−
10 3 10
sin tan cos 3
10 10
.
36.3. Como α = −
1
cos
3
e 3 Q.
.
α ∈ ° , tem-se:
α
 
=
− − − =
− =
−
 
 
2
1 8 2 2
sin 1
3 9 3
e
α
α
α
−
= = =
−
2 2
sin 3
tan 2 2
1
cos
3
.
36.4. Como α = −
1
sin
4
e 4 Q.
.
α ∈ ° , tem-se:
α
 
= − − = =
 
 
2
1 15 15
cos 1
4 16 4
e
α
α
α
−
= = =
− =
−
1
sin 1 15
4
tan
cos 15
15 15
4
.
Proposta 37
37.1. Como o ponto B pertence à circunferência trigonométrica e
tem ordenada 0,6 , sabe-se que α
= =
3
sin 0,6
5
.
Sendo 1 Q.
.
α ∈ ° , tem-se α
 
= − = =
 
 
2
3 16 4
cos 1
5 25 5
e
α
α
α
= = =
3
sin 3
5
tan
4
cos 4
5
. Então,
4 3
,
5 5
B
 
 
 
e
3
1,
4
F
 
 
 
.
37.2. Como o ponto C pertence à circunferência trigonométrica e
tem ordenada 0,6 , sabe-se que β
= =
3
sin 0,6
5
.
Sendo 2 Q.
.
β ∈ ° , tem-se β
 
=
− − =
− =
−
 
 
2
3 16 4
cos 1
5 25 5
e
β
β
β
= = = −
−
3
sin 3
5
tan
4
cos 4
5
. Então,
4 3
,
5 5
C
 
−
 
 
e
3
1,
4
E
 
−
 
 
.
Pág. 54
Proposta 38
38.1. sin 750 cos 960
° + ° =
( ) ( ) ( ) ( )
sin 30 2 360 cos 240 2 360 sin 30 cos 240
= °+ × ° + °+ × °
= ° + °
=
( ) ( )
1 1
cos 180 60 cos 60
2 2
= + °+ ° = − ° =
1 1
0
2 2
= − = .
38.2. ( )
sin 420 tan 690
− ° − ° =
( ) ( )
sin 60 360 tan 2 360 30
= − °− ° − × °− °
=
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
sin 60 tan 30 sin 60 tan 30
2 3
= − ° − − ° =− ° + ° =− + =
3
6
= − .
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23
23 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
38.3. ( )
cos 675 sin 1395
− ° + ° =
( ) ( )
cos 45 2 360 sin 4 360 45
= °− × ° + × °− °
=
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
cos 45 sin 45 cos 45 sin 45 0
2 2
= ° + − °
= ° − °
= −
= .
38.4. ( ) ( )
sin 480 cos 930
− ° + − ° =
( ) ( )
sin 120 360 cos 2 360 210
= − °− ° + − × °− °
=
( ) ( ) ( ) ( )
sin 120 cos 210 sin 120 cos 210
= − ° + − ° =− ° + ° =
( ) ( ) ( ) ( )
sin 180 120 cos 180 30 sin 60 cos 30
=− °− ° + °+ ° =− ° − ° =
3 3
3
2 2
=
− − =
− .
Proposta 39
39.1. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que θ θ
< ∧ =
cos 0 sin a ,
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 2.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é positivo e o cosseno
é negativo.
39.2. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que sin cos 0
a
θ θ
=
− ∧ > ,
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e o
cosseno é positivo.
39.3. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que θ θ
= ∧ <
tan sin 0
2
a
,
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a
tangente é positiva.
39.4. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que
θ θ
=
− ∧ >
tan cos 0
a , conclui-se que o lado extremidade do
ângulo θ pertence ao 4.° quadrante porque nesse quadrante a
tangente é negativa e o cosseno é positivo.
39.5. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que
θ θ
=
− ∧ <
cos tan 0
3
a
, conclui-se que o lado extremidade do
ângulo θ pertence ao 2.° quadrante porque nesse quadrante o
cosseno e a tangente são negativos.
39.6. Sendo ] [
∈ 0, 1
a e sabendo que sin tan 0
a
θ θ
=
− ∧ > ,
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a
tangente é positiva.
Proposta 40
Atendendo à figura, sabe-se que Q
.
4
∈ °
θ e θ = −
3
tan
2
.
θ
θ θ
 
+ −= ⇔
= ⇔ =
 
 
2
2
2 2
3 1 13 1 4
1 cos
2 4 13
cos cos
. Como
Q
.
4
∈ °
θ , conclui-se que θ =
2
cos
13
.
3 2 3
sin tan cos
2 13 13
= × =
− × =
−
θ θ θ .
Assim, tem-se
3 2 1 13
sin cos
13
13 13 13
+ =
− + =
− =
−
θ θ .
Proposta 41
Atendendo à figura, sabe-se que ( )
( )
1, tan 60
A − ° e
( ) ( )
( )
cos 60 , sin 60
B − ° − ° .
Ora, ( )
− ° = − ° = −
tan 60 tan60 3 , ( )
− °
= °
=
1
cos 60 cos 60
2
e ( )
− ° = − ° = −
3
sin 60 sin 60
2
.
Então, tem-se ( ) 1 3
1, 3 e ,
2 2
A B
 
− −
 
 
 
.
O ponto C é simétrico do ponto B em relação à origem do
referencial, logo
 
−
 
 
 
1 3
,
2 2
C .
Pág. 55
Proposta 42*
42.1. O triângulo [ABC] é equilátero e está inscrito na
circunferência. Logo divide-a em três arcos iguais, de amplitude
120°.
Assim sendo, = °
ˆ 120
AOC .
Seja P o ponto de interseção da circunferência trigonométrica
com o semieixo positivo das abcissas.
Então, sabe-se que = °− °
= °
ˆ 120 90 30
AOP .
Logo ( )
° °
cos 30 , sin 30
A , ou seja,
 
 
 
 
3 1
,
2 2
A .
O ponto B é simétrico do ponto A em relação ao eixo das
ordenadas, logo
 
−
 
 
 
3 1
,
2 2
B .
42.2. Atendendo aos dados do enunciado, sabe-se que
= ° = °− °
= ° = °− °
= °
ˆ ˆ ˆ
60 , 60 30 30 e 120 30 90
DOP DOP DOB .
Então, [BD] é o lado de um quadrado inscrito na circunferência
trigonométrica.
2 2 2 2 2
2 2
1 1 2
BD BO DO BD BD
= + ⇔ = + ⇔ = . Como 0
BD > ,
conclui-se que = 2
BD .
=
quadrado 4 2
P .
Proposta 43*
43.1. Seja x a medida do lado de um quadrado que pode ser
inscrito na circunferência trigonométrica.
Então, tem-se:
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24
Unidade 1
24 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
( )
+ = ⇔ = ⇔ =
2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
x x r x x . Como > 0
x , conclui-se que
= 2
x .
Assim, = 2
AB .
Como α é a amplitude do ângulo orientado que tem o semieixo
positivo Ox como lado origem e lado extremidade ɺ
OB , sabe-se
que α
= =
tan 2
AB .
( ) α
α α
+ = ⇔
= ⇔ =
2
2
2 2
1 1 1
1 2 3 cos
3
cos cos
. Como 1 Q.
.
α ∈ ° ,
conclui-se que α =
3
cos
3
.
Então, tem-se: ( )
α α
°− = − = −
3
cos 180 cos
3
.
43.2. Sabe-se ( )
θ α
= , 5 , então θ α
=
sin sin .
Ora, α α α
= × = × =
3 6
sin tan cos 2
3 3
.
Conclusão: θ =
6
sin
3
.
Pág. 56
49.1. Sabe-se que a amplitude de um arco de circunferência é
igual à amplitude do ângulo ao centro correspondente e que um
radiano é a amplitude de um ângulo ao centro que determina em
qualquer circunferência um arco de comprimento igual ao seu
raio.
Nesta situação, a pista é uma circunferência tem 150 m de raio.
Então, o ciclista ao descrever um arco com 4 radianos de
amplitude percorre × =
4 150 600 m .
49.2. Se o ciclista percorreu 375 m, então descreveu um arco
com =
375:150 2,5 radianos de amplitude.
50. Como o perímetro do setor circular AOB, tem-se:
+ + = ⇔ = ⇔ =
2 24 4 24 6
r r r r r .
O comprimento da circunferência
é dado por 2 r
π .
Neste caso, comprimento da
circunferência é 12π .
Pág. 57
51.1. Seja x o comprimento do arco AB.
2 1 rad
x 1,5rad
Daqui resulta que
×
= =
2 1,5
3
1
x .
51.2. Seja y a amplitude em radianos do arco BC.
2 1 rad
5,6 rad
y
Daqui resulta que
×
= =
5,6 1
2,8
2
y .
52.1. O raio da circunferência a que pertencem os pontos P e B é
igual a 3 e = 3
PB .
O comprimento do arco PB é superior ao comprimento da corda
[PB], ou seja, é superior a 3 (ao raio da circunferência).
Um radiano é a amplitude de um ângulo ao centro que determina
em qualquer circunferência um arco de comprimento igual ao
seu raio.
Logo, a amplitude do ângulo ao centro POB é superior a 1 rad.
52.2. Os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes porque têm
dois lados proporcionais
 
=
 
 
 
OB OP
OD OQ
e o ângulo por eles
formado igual ( )
=
ˆ ˆ
POB QOD .
52.3. Como os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes, então
tem-se:
= ⇔ = ⇔ =
2 3 8
4 3
AP OP
CQ
CQ OQ CQ
.
Como os triângulos [OBP] e [ODQ] são semelhantes, então tem-
-se:
= ⇔ = ⇔ =
3 3
4
4
OB PB
QD
OD QD QD
.
Donde se conclui que + = + =
8 20
4
3 3
CQ QD .
52.4. O comprimento da linha poligonal inscrita no arco AB é
+ =
2 3 5 e o comprimento da linha poligonal inscrita no arco CD
é
20
3
.
As circunferências a que pertencem os arcos AB e CD têm raios 3
e 4, respetivamente.
Como =
20
5 3
3 4
, conclui-se que os comprimentos das linhas
poligonais inscritas nos arcos AB e CD são proporcionais aos raios
das circunferências.
Pág. 59
53.1.
a) Como o dodecágono é regular divide a circunferência em que
está inscrito em doze arcos geometricamente iguais, de
amplitude ° = °
360 :12 30 .
Sabe-se que = °
ˆ 60
AOC .
Seja x a amplitude em radianos do ângulo AOC.
°
180 π
°
rad
60 rad
x
Daqui resulta que
×π π
= =
60
180 3
x .
Conclusão: ˆ rad
3
AOC
π
= .
b) Sabe-se que = °
ˆ 120
AOE .
Seja y a amplitude em radianos do ângulo AOE.
°
180 π
°
rad
120 rad
y
Daqui resulta que
π
×π
= =
2
120
180 3
y .
Conclusão:
2
ˆ rad
3
AOE
π
= .
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25
25 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
c) Seja α o ângulo côncavo AOI. Sabe-se que α
= °
ˆ 240 .
Seja z a amplitude em radianos do ânguloα .
°
180 π
°
rad
240 rad
z
Daqui resulta que
π
×π
= =
4
240
180 3
z .
Conclusão:
4
ˆ rad
3
α
π
= .
d) Seja β o ângulo côncavo AOM. Sabe-se que β
= °
ˆ 330 .
Seja b a amplitude em radianos do ângulo β .
°
180 π
°
rad
330 rad
b
Daqui resulta que
π
×π
= =
11
330
180 6
b .
Conclusão:
11
ˆ rad
6
β
π
= .
53.2.
a) Sabe-se que =
− °
ˆ 30
AOM .
Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em 53.1.,
conclui-se que ˆ rad
6
AOM
π
= − .
b) Sabe-se que =
− °
ˆ 150
AOH .
conclui-se que
5
ˆ rad
6
AOH
π
= − .
c) Seja α o ângulo côncavo AOF. Sabe-se que α =
− °
ˆ 210 .
conclui-se que
7
ˆ rad
6
α
π
= − .
d) Seja β o ângulo côncavo AOD. Sabe-se que β =
− °
ˆ 270 .
conclui-se que
3
ˆ rad
2
β
π
= − .
54. Sabe-se que num paralelogramo dois ângulos opostos são
iguais e dois ângulos adjacentes ao mesmo lado são
suplementares.
Assim sendo, em graus, tem-se = °− °
= °
ˆ 180 40 140
ABC e
= °
ˆ 40
BCD .
Resta apenas converter as amplitudes de graus para radianos.
°
180 π
°
rad
140 rad
a
Daqui resulta que
π
×π
= =
7
140
rad
180 9
a .
°
180 π
°
rad
40 rad
b
Daqui resulta que
π
×π
= =
2
40
rad
180 9
b .
Pág. 60
55.1. Seja x a amplitude, em graus, do ângulo côncavo formado
pelos ponteiros do relógio às 04:00.
Sabe-se que
°
=
× =°
360
8 240
12
x .
Seja y a amplitude, em radianos, do ângulo
côncavo formado pelos ponteiros do
relógio às 04:00.
°
180 π
°
rad
240 rad
y
Daqui resulta que
π
×π
= =
4
240
rad
180 3
y .
55.2. Seja x a amplitude, em graus, do ângulo convexo formado
pelos ponteiros do relógio às 01:30.
Sabe-se que
°
= × = °
360
4,5 135
12
x .
Seja y a amplitude, em radianos, do ângulo
convexo formado pelos ponteiros do
relógio às 01:30.
°
180 π
°
rad
135 rad
y
Daqui resulta que
π
×π
= =
3
135
rad
180 4
y .
Pág. 61
56.1. Sabe-se que
180
180 rad, 30 ,
6
°
° → π ° =
180
45
4
°
° = e
180
60
3
°
° = , então tem-se:
Graus 30° 45° 60°
Radianos
π
6
π
4
π
3
56.2.
π π π
+ + = × + + × = +
3 3 2 3 3
2sin cos 2sin 2 2 2
3 6 4 2 2 2 2
.
57.1. Seja x a amplitude em graus que corresponde a
7 π
5
radianos.
°
180 π rad
x
π
7
rad
5
Daqui resulta que
π
×
= =
π
7
180
5 252
x .
Então, x = °
252 0' 0'' .
57.2. Seja y a amplitude em graus que corresponde a 6,2
radianos.
°
180 π rad
y 6,2 rad
Daqui resulta que
×
= =
π π
180 6,2 1116
y .
Recorrendo a uma calculadora tem-se ≈ °
355,233833
y .
Sabe-se que 1° corresponde a 60’ e 1’ corresponde a 60’’.
× =
0,233833 60 14,02998 ; ×= ≈
0,02998 60 1,7988 2
Então, y = °
355 14' 2'' .
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26
Unidade 1
26 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
57.3. Seja z a amplitude em graus que corresponde a
π
12
7
radianos.
°
180 π rad
z
π
12
rad
7
Daqui resulta que
π
×
= =
π
12
180
2160
7
7
z .
308,5714286
z .
× =
0,5714286 60 34,285716
×
= ≈
0,285716 60 17,14296 17
Então, z = °
308 34' 17'' .
57.4. Seja a a amplitude em graus que corresponde a
π
17
9
radianos.
°
180 π rad
a
π
17
rad
9
Daqui resulta que
π
×
= =
π
17
180
9 340
a .
Então,= °
340 0' 0''
a .
57.5. Seja b a amplitude em graus que corresponde a 0,2
radiano.
°
180 π rad
b 0,2 rad
Daqui resulta que
×
= =
π π
180 0,2 36
b .
11,4591559
b .
× =
0,4591559 60 27,549354
×
= ≈
0,5459354 60 32,96124 33
Então, b = °
11 27' 33'' .
58.
π π π π
= + = + × π
27 7 20 7
2 2
5 5 5 5
; Em graus: °+ × °
252 2 360 .
− ° = − °− × °
1500 60 4 360 .
π π π π
= + = + × π
27 3 24 3
3 2
4 4 4 4
; Em graus: °+ × °
135 3 360 .
Portanto, a associação entre cada uma das amplitudes e o lado
extremidade é a seguinte:
π π
→ − ° → →
ɺ ɺ ɺ
27 27
; 1500 ;
5 4
OR OS OT .
Tarefa 9
1. A circunferência tem 8 m de raio.
Seja x a amplitude, em radianos, do arco descrito pelo Pedro.
8 m
π
1 rad
12 m rad
x
Daqui resulta que
π× π
= =
12 1 3
8 2
x .
2.1. O perímetro da circunferência é π× = π
2 8 m 16 m .
Seja y o comprimento do arco descrito pelo Pedro.
16 m
π 360
m
y
°
135°
Daqui resulta que
× π
= = π
135 16
6
360
y .
O arco descrito pelo Pedro tem 6 m
π de comprimento.
2.2. Seja x a amplitude do arco descrito pelo Pedro em radianos.
°
180 π
°
rad
135 rad
x
Daqui resulta que
π
×π
= =
3
135
180 4
x .
O Pedro descreveu um arco de amplitude
π
3
rad
4
.
3.1. A circunferência está dividida em 16 arcos iguais, sendo a
amplitude, em graus, de cada um desses arcos
°
= °
360
22,5
16
.
Como a circunferência roda no sentido positivo e ° ° =
45 :22,5 2 ,
conclui-se que se o Pedro descrever um arco de amplitude 45° irá
parar no ponto 2
P .
3.2. A circunferência está dividida em 16 arcos iguais, sendo a
amplitude, em radianos, de cada um desses arcos
π π
=
2
16 8
.
Como a circunferência roda no sentido positivo e
π π
=
5
: 5
8 8
,
conclui-se que se o Pedro descrever um arco de amplitude
π
5
8
irá parar no ponto 5
P .
3.3. Como a circunferência roda no sentido positivo e
5
: 10
4 8
π π
= , conclui-se que se o Pedro descrever um arco de
amplitude
5
4
π
irá parar no ponto 10
P .
3.4. Sabe-se que 1° corresponde a 60’, logo 30’ corresponde a
0,5°. Portanto ° = °
292 30' 292,5 .
Como a circunferência roda no sentido positivo e
° ° =
292,5 :22,5 13 , conclui-se que se o Pedro descrever um arco
de amplitude 292,5° irá parar no ponto 13
P .
4.1. Se o Pedro parou no ponto 11
P então a amplitude, em
radianos, do arco descrito foi
π
π
× =
11
11
8 8
.
4.2. Se o Pedro parou no ponto 11
P então a amplitude, em graus,
do arco descrito foi × °
= °
11 22,5 247,5 .
Assim sendo, para que o Pedro complete a volta, falta descrever
um arco de amplitude °− °
= °
360 247,5 112,5 .
5. Como ( )
° ° =
200 :22,5 8, 8 e ( )
π π
=
7
: 9, 3
6 8
, conclui-se que a
amplitude arco descrito pelo Pedro em graus é
× °
= °
9 22,5 202,5 e em radianos é
π
π
× =
9
9
8 8
.
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27 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Pág. 62
59.1.
a) Sabe-se que
7 6
2
3 3 3 3
π π
π π
= + = + π . Então,
3
α
π
= e 1
k = .
b) Sabe-se que
π
π π π π
= + = + π
= + × π
41 5 36 5 5
6 3 2
6 6 6 6 6
.
Então, α
π
= =
5
e 3
6
k .
59.2. O lado extremidade do ângulo de amplitude
π
7
3
coincide
com o lado extremidade do ângulo de amplitude
3
π
.
Então,
π π π
   
   
   
cos , sin e 1, tan
3 3 3
A B , ou seja,
( )
 
 
 
 
1 3
, e 1, 3
2 2
A B .
O lado extremidade do ângulo de amplitude
π
41
6
coincide com
o lado extremidade do ângulo de amplitude
5
6
π
.
Então,
5 5 5
cos , sin e 1, tan
6 6 6
C D
π π π
   
   
   
, ou seja,
   
− −
   
   
   
3 1 3
, e 1,
2 2 3
C D .
Nota:
5 5 5
cos cos , sin sin e tan tan
6 6 6 6 6 6
π π π
π π π
=
− = =
− .
59.3.
a) Atendendo aos resultados obtidos, tem-se
7 7 7
3 1
sin , cos e tan 3
3 2 3 2 3
π π π
= = = .
b) Atendendo aos resultados obtidos, tem-se
41 41 41
1 3 3
sin , cos e tan
6 2 6 2 6 3
π π π
=
=
− =
− .
Pág. 63
60.1.
a) Como o triângulo [ABC] é equilátero e o ponto O é a interseção
das medianas do triângulo, sabe-se que
π
=
2
ˆ
3
BOC .
Então, a imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo
de amplitude
π
2
3
é o ponto C.
b) A imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo de
amplitude
π
−
2
3
é o ponto A.
60.2. a) Como o triângulo [ABC] é equilátero, tem-se
π
=
ˆ
3
BAC e
π
π
= π− =
2
ˆ
3 3
DAC . Como
π π
 
− = × −
 
 
4 2
2
3 3
, conclui-se que a
imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de
amplitude
π
−
4
3
é o ponto D.
b) Como
π π π π π
= + = + π
= + × π
17 5 12 5 5
4 2 2
3 3 3 3 3
, conclui-se que
a imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de
amplitude
π
17
3
é o ponto B.
Tarefa 10
1.1. A roleta está dividida em oito partes iguais. A amplitude, em
radianos, de cada uma dessas partes é
π π
=
2
8 4
.
Como
π π
π π
= + = + π
7 6
2
3 3 3 3
, conclui-se que a jogada é nula
porque a roleta não dá duas voltas completas.
1.2. Como
π π
π π π
= + = + π = + × π
21 20
4 2 2
5 5 5 5 5
, conclui-se
que, após a jogada, a roleta para na parte onde está inscrito o
número 8.
Assim sendo, a jogada resulta num ganho de 8 €.
1.3. Como
π π
π π π
= + = + π= + × π
13 12
6 3 2
2 2 2 2 2
, conclui-se
que a jogada é nula porque, após a jogada, a seta fica na divisão
dos setores com os números 4 e −7.
1.4. Como
π π
π π π
− =
− − =
− − π =
− − × π
37 36
6 3 2
6 6 6 6 6
,
conclui-se que a roleta para na parte onde está inscrito o número
−1.
Assim sendo, a jogada resulta numa perda de 1 €.
1.5. Como
π π π π π
− =
− − =
− − π =
− − × π
29 5 24 5 5
4 2 2
6 6 6 6 6
,
conclui-se que a roleta para na parte onde está inscrito o número
−3. Assim sendo, a jogada resulta numa perda de 3 €.
1.6. Como
π π π π π
= + = + π= + × π
39 7 32 7 7
4 2 2
8 8 8 8 8
, conclui-
-se que, após a jogada, a roleta para na parte onde está inscrito o
número 1.
Assim sendo, a jogada resulta num ganho de 1 €.
2.1. Por exemplo:
5 37 4 22
2 2 e 3 2
8 8 3 3
π π π π
− − × π = − + × π = .
2.2. Por exemplo:
25 13 45
4 2 e 2 2
3 3 8 8
π π π π
− − × π = − + × π = .
2.3. Por exemplo:
6 56
5 2
5 5
π π
− − × π = − e
7 103
6 2
8 8
π π
+ × π = .
2.4. Por exemplo:
4 16
2 2
3 3
π π
− − × π = − e
7 87
4 2
10 10
π π
+ × π = .
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28
Unidade 1
28 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
3.1. Como
π π
<
2 2
9 8
e a rotação é efetuada no sentido positivo,
conclui-se que nessa jogada há um ganho de 8 €.
3.2. Como
π π
= ×
3
3
4 4
e a rotação é efetuada no sentido
negativo, conclui-se que a jogada é nula porque a seta fica na
divisão dos setores com os números 2 e −3.
Pág. 64
61.1. Sendo 3 o período positivo mínimo da função f, então sabe-
-se que ( ) ( )
3 ,
f x f x x
+
= ∀ ∈R .
Logo, ( ) ( ) ( )
= − + = − =
2 1 3 1 2
f f f .
61.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
= + = = + = =
12 9 3 9 6 3 6 7
f f f f f .
61.3. ( ) ( ) ( )
= − = =
3 6 3 6 7
f f f .
Pág. 66
62.1. O contradomínio da função seno é [ ]
1, 1
− .
Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função
seno por uma dilatação vertical de coeficiente 4, então conclui-se
que [ ]
4, 4
f
D′ = − .
62.2. ( )= ⇔ = ⇔ = ⇔ = π ∈
0 4sin 0 sin 0 ,
f x x x x k k Z .
Os zeros de f que pertencem ao intervalo ] [
2 , 2
− π π são
−π π
, 0 e .
63.1. O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da
função seno por uma contração horizontal de coeficiente
1
2
.
Assim sendo, o contradomínio da função g é igual ao
contradomínio da função seno, ou seja, [ ]
1, 1
g
D′ = − .
63.2. ,
x x
∀ ∈ + π∈
R R .
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
sin 2 sin 2 2 sin 2
g x x x x g x
+ π
= + π
= + π
= = .
63.3. ,
x x
∀ ∈ − ∈
R R .
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
− = − = − =
− =
−
sin 2 sin 2 sin 2
g x x x x g x .
63.4. ( ) ( )
0 sin 2 0 2 , ,
2
k
g x x x k k x k
π
= ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = ∈
Z Z .
−1,1 .
O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função seno
através da seguinte sequência de transformações: uma contração
horizontal de coeficiente
1
2
, uma reflexão de eixo Ox e
translação vertical de vetor ( )
0,3
v =

.
Então, conclui-se que [ ]
3 1,3 1
f
D′ = − + , ou seja, [ ]
2,4
f
D′ = .
64.2. O ponto A pertence ao eixo das ordenadas e ao gráfico de
f, então ( )
( )
0, 0
A f .
Como ( ) ( )
0 3 sin 0 3 0 3
f = − = − = , tem-se ( )
0,3
A .
O ponto B tem abcissa
π
6
e pertence ao gráfico de f, então
 
π π
 
 
 
 
 
,
6 6
B f .
Como
π π π
     
=− × =− =−
     
     
3
3 sin 2 3 sin 3
6 6 3 2
f , tem-se
 
π
−
 
 
 
3
,3
6 2
B .
Pág. 67
1,1
− .
seno por uma dilatação vertical de coeficiente 5, então conclui-se
que [ ]
′ = −5,5
f
D .
65.2. ( )= ⇔ = ⇔ = ⇔ = π ∈
0 5sin 0 sin 0 ,
f x x x x k k Z .
65.3. [ ]
′ = −5, 5
f
D . O valor mínimo de f é −5 .
( )
π
=
− ⇔ =
− ⇔ =
− ⇔ = + π ∈
3
5 5sin 5 sin 1 2 ,
2
f x x x x k k Z .
De seguida vamos determinar os valores inteiros de k para os
quais
π
−π < + π< π
3
2 2
2
k .
3 5
2 2 2
2 2 2
k k k k
π π π
−π < + π< π ∧ ∈ ⇔ − < π< ∧ ∈ ⇔
Z Z
{ }
5 1
1, 0
4 4
k k k
⇔ − < < ∧ ∈ ⇔ ∈ −
Z .
Se = −1
k , então
π
= −
2
x .
Se = 0
k , então
π
=
3
2
x .
Conclusão:
π π
 
∈ −
 
 
3
,
2 2
x .
66.1. Sendo A o ponto de interseção do gráfico de g com o eixo
das ordenadas, então ( )
( )
0, 0
A g .
Como ( ) ( )
= − = − =
0 2 sin 0 2 0 2
g , tem-se ( )
0,2
A .
O contradomínio da função seno é [ ]
−1,1 .
O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função seno
através de uma reflexão de eixo Ox seguida de uma translação
vertical de vetor ( )
=

0,2
v .
Então, conclui-se que [ ]
2 1, 2 1
g
D′ = − + , ou seja, [ ]
1, 3
g
D′ = .
A função g admite um mínimo no ponto B, logo ( )
,1
B x e
( )=1
g x .
( )
π
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = + π ∈
1 2 sin 1 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k Z .
NEMA11PR
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29
29 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Se = 0
k , então
π
=
2
x .
π
 
 
 
,1
2
B .
O gráfico da função h obtém-se a partir do gráfico da função seno
por uma dilatação vertical de coeficiente 3, então conclui-se que
[ ]
3, 3
h
D′ = − .
A função h admite um máximo no ponto C, logo ( )
,3
C x e
( )=3
g x .
( )
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈
3 3sin 3 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k Z .
Se = 0
k , então
π
=
2
x .
Portanto, ,3
2
C
π
 
 
 
.
66.2.
( )
[ ]
3 1
2
2 2 2
B
ABC
BC y
A
π
− ×
× π
= = = .
Pág. 68
67.1. No intervalo [ ]
−π π
, , o contradomínio da função seno é
[ ]
−1, 1 .
O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da função seno
através de uma dilatação vertical de coeficiente 2 seguida de uma
translação vertical de vetor ( )
=

0, 1
v .
Então, conclui-se que ( )
´ 1 2 1 , 1 2 1
g
D =  + × − + × 
  , ou seja,
[ ]
´ 1, 3
g
D = − .
67.2. A função g admite um mínimo no ponto A e um máximo no
ponto B.
Como [ ]
′ = −1, 3
g
D , o mínimo da função g é −1 e o máximo é 3.
( )
π
=
− ⇔ + =
− ⇔ =
− ⇔ = + π ∈
3
1 1 2sin 1 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k Z .
Se = 0
k , então
2
x
π
= − .
Então, tem-se , 1
2
A
π
 
− −
 
 
.
( ) 3 1 2sin 3 sin 1 2 ,
2
g x x x x k k
π
= ⇔ + = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Se = −1
k , então
2
x
π
= .
Então, tem-se ,3
2
B
π
 
 
 
.
68.1. Como [ ]
, 5
x∈ π π ,
5
,
2 2 2
x π π
 
∈ 
 
.
No intervalo
5
,
2 2
π π
 
 
 
, o seno toma valores entre −1 e 1.
Logo, [ ]
1, 1
h
D′ = − .
68.2. Os pontos A e C têm abcissas π e 5π , respetivamente, e
pertencem ao gráfico de h, logo ( )
( )
,
A h
π π e ( )
( )
5 , 5
C h
π π .
Como ( ) sin 1
2
h
π
 
π
= =
 
 
e
( )
5
5 sin sin 2 sin 1
2 2 2
h
π π π
     
π
= = + π
= =
     
     
, tem-se ( )
, 1
A π e
( )
5 , 1
C π .
A função h admite um mínimo no ponto B.
Como [ ]
1, 1
h
D′ = − , o mínimo da função h é −1.
( )
3
1 sin 1 2 ,
2 2 2
x x
h x k k
π
 
=
− ⇔ =
− ⇔ = + π ∈ ⇔
 
 
Z
3 4 ,
x k k
⇔ = π+ π ∈Z .
Se = 0
k , então 3
x= π .
Então, tem-se ( )
3 , 1
B π − .
68.3. ( ) 0 sin 0 , 2 ,
2 2
x x
h x k k x k k
 
= ⇔ = ⇔ = π ∈ ⇔ = π ∈
 
 
Z Z .
Como [ ]
, 5
x∈ π π , de seguida vamos determinar os valores
inteiros de k para os quais 2 5
k
π < π< π .
{ }
1 5
2 5 1, 2
2 2
k k k k k
π < π< π ∧ ∈ ⇔ < < ∧ ∈ ⇔ ∈
Z Z .
Se = 1
k , então 2
x= π .
Se = 2
k , então 4
x= π .
Os zeros da função h são 2 e 4
π π .
Pág. 69
69. Como
2
3
π
é o período positivo mínimo da função f, sabe-se
que ( )
2
,
3
f
f x f x x D
π
 
+
= ∀ ∈
 
 
.
Sabe-se que os pontos A, B e C pertencem ao gráfico de f e têm a
mesma ordenada.
Atendendo à representação gráfica de f e à periodicidade da
função, conclui-se que:
7 2
12 3 12
a
π π π
= − =
− e
7 2 15 5
12 3 12 4
c
π π π π
= + = = .
70.1. , 40
f f
x D x D
∀ ∈ + ∈ .
( )
( )
40
40 2 sin 2 sin 8
5 5
x x
f x
 π +  π
 
+ = − = − + π =
   
   
 
( )
2 sin
5
x
f x
π
 
=
− =
 
 
.
Donde se conclui que 40 é período da função f.
70.2. Seja P o período positivo mínimo da função f.
Por definição, ( ) ( ), f
f x P f x x D
+= ∀ ∈ .
( ) ( )
( )
2 sin 2 sin
5 5
x P x
f x P f x
 π +  π
 
+ = ⇔ − = − ⇔
   
   
 
sin sin
5 5 5
x P x
π π π
   
⇔ + =
   
   
.
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30
Unidade 1
30 Unidade 1 – NEMA11PR (20152608)
Como 2π é o período positivo mínimo da função seno, conclui-
-se que 2 10
5
P
P
π
= π ⇔ = .
Então, o período positivo mínimo da função f é 10.
70.3.
5
5 1 3
6
2 sin 2 sin 2
6 5 6 2 2
f
 
π×
  π
   
= − = − = − =
 
   
   
 
 
 
.
       
= + = + = =
       
       
*
65 5 60 5 5 3
10
6 6 6 6 6 2
f f f f .
* porque 10 é o período positivo mínimo da função f.
Tarefa 11*
1.1. Seja P o período positivo mínimo da função g.
Por definição, ( ) ( ), g
g x P g x x D
+= ∀ ∈ .
( ) ( ) ( )
( ) ( )
sin 4 sin 4
g x P g x x P x
+ = ⇔ + =
( ) ( )
sin 4 4 sin 4
x P x
⇔ + = .
Como 2π é o período positivo mínimo da função seno, conclui-
-se que 4 2
2
P P
π
= π ⇔ = .
Então, o período positivo mínimo da função g é
2
π
.
1.2. Como
2
π
é o período positivo mínimo da função g, sabe-se
que ( ),
2
g
g x g x x D
π
 
+
= ∀ ∈
 
 
.
Sabe-se que os pontos A, B e C pertencem ao gráfico de g e têm a
mesma ordenada.
Atendendo à representação gráfica de g e à periodicidade da
função, conclui-se que:
3
5 2 10
a
π π π
= − =
− e
7
5 2 10
b
π π π
= + = .
Pág. 70
71.1. O contradomínio da função cosseno é [ ]
1, 1
− .
cosseno por uma dilatação vertical de coeficiente 2, então
conclui-se que [ ]
2, 2
f
D′ = − .
71.2. , 2
x x
∀ ∈ + π∈
R R .
( ) ( ) ( ) ( )
2 2cos 2 2cos
f x x x f x
+ π
= + π
= = .
Donde se conclui que 2π é período da função f.
72.1. No intervalo [ ]
0, π , o cosseno toma valores entre −1 e 1.
Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical
de coeficiente 3 do gráfico da função definida por ( )
=cos
y x no
intervalo [ ]
0, π , então conclui-se que [ ]
3, 3
f
D′ = − .
( ) 0 3cos 0 cos 0 ,
2
f x x x x k k
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Como [ ]
0,
x∈ π , conclui-se que o zero da função f é
2
π
.
72.2. No intervalo [ [
, 2
−π π , o cosseno toma valores entre −1 e
1.
=cos
y x no
intervalo [ [
, 2
−π π , então conclui-se que [ ]
3, 3
f
D′ = − .
( ) 0 3cos 0 cos 0 ,
2
f x x x x k k
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Como [ [
, 2
x∈ −π π , conclui-se que os zeros da função f são
3
, e
2 2 2
π π π
− .
72.3. No intervalo ,
2 2
π π
 
−
 
 
, o cosseno toma valores entre 0 e 1.
=cos
y x no
intervalo ,
2 2
π π
 
−
 
 
, então conclui-se que [ ]
0, 3
f
D′ = .
( ) 0 3cos 0 cos 0 ,
2
f x x x x k k
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π ∈Z .
Como ,
2 2
x
π π
 
∈ −
 
 
, conclui-se que os zeros da função f são
e
2 2
π π
− .
73.1. O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da
função cosseno através de uma contração horizontal de
coeficiente
1
2
seguida de uma translação vertical de vetor
( )
= −

0, 2
v . Então, conclui-se que [ ]
1 2, 1 2
f
D′ = − − − , ou seja,
[ ]
3, 1
f
D′ =− − .
73.2. O ponto P tem abcissa
8
π
e pertence ao gráfico de f, então
,
8 8
P f
 
π π
 
 
 
 
 
.
Como
2
2 cos 2 2 cos 2
8 8 4 2
f
π π π
     
=
− + × =
− + =
− +
     
     
, tem-se
2
, 2
8 2
P
 
π
− +
 
 
 
.
Sendo Q o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo das
ordenadas, então ( )
( )
0, 0
Q f .
Como ( ) ( )
=
− + =
− + =
−
0 2 cos 0 2 1 1
f , tem-se ( )
−
0, 1
Q .
Pág. 71
74.1. ( ) ( )
cos 1
f π = π =
− , ( ) ( )
cos 2 1
g π
= π
= e
( ) cos 0
2
h
π
 
π
= =
 
 
.
Então, a correspondência entre as funções e as representações
gráficas é a seguinte: f → II; g → III; h → I.
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