MATEMÁTICA A - 12o Ano. Propostas de resolução

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1 MTEMÁTIC - o no Funções - Funções trigonométricas Propostas de resolução Eercícios de eames e testes intermédios... Para averiguar se a função f é contínua à esquerda no ponto de abcissa, temos que verificar se f f e para averiguar se a função é contínua à direita no mesmo ponto, temos que verificar se f +f f f sen sen sen Indeterminação f sen sen sen fazendo y, se, então y 0 sen y y 0 y }{{} Lim. Notável sen f e + + ln e ln + e + ln0 + e afirmação é verdadeira porque como f f, a função é contínua à esquerda do ponto de abcissa, e como f +f a função não é contínua à direita do mesmo ponto. Página de 7

2 .. Para calcular o declive da reta tangente, começamos por determinar a epressão da derivada da função, para < : f sen sen sen sen sen cos sen ssim, temos que o declive da reta tangente no ponto de abcissa é: sen cos sen m f sen cos sen sen cos sen 0 0 Logo a equação da reta tangente é da forma y + b Como f sen sen, sabemos que o ponto P, pertence ao gráfico da função e também à reta tangente. ssim, substituindo as coordenadas do ponto de tangência na equação da reta, podemos calcular o valor de b: + b + + b + b b ssim, a equação da reta tangente é: y + Eame 07, Ép. especial Página de 7

3 . Como se trata de um círculo trigonométrico, o ponto tem coordenadas cosα, sen α, porque o segmento [O, define com o semieio positivo O um ângulo de α + α α Considerando o ponto P como o ponto da reta CD com ordenada igual à do ponto, temos que: y a base do triângulo é: B cosα a altura do triângulo é: P C CD P D tg α sen α ssim, calculando a área do triângulo vem: [BC B P C cosα tg α sen α sen α cosα cos α sen α cos α sen α cosα cos α sen α cos α cos α B α α O base C altura P D sen α cos α cosα cos α cosα tg α cos α cosα tg α cos α cosα tg α cos α cosα tg α cos α sen α + cos α cosα tg α cos α sen α cosα tg α cosα tg α cos α Eame 07, Ép. especial Página de 7

4 . No instante inicial as hastes estão na vertical e a distância ao chão é de dm, e, no mesmo instante a distância ao muro é dada por: d sen dm Passados treze segundos e meio a distância ao chão é de, dm e a distância ao muro é dada por: h h muro d,5 0 + e,5 sen,5 7, 0 + e,5 sen,5 7, dm, 0 ssim, podemos considerar um triângulo retângulo, cuja hipotenusa tem o comprimento da haste h, o cateto maior mede h +, h 0, e o cateto menor mede d0 d,5 0 7,,8 E assim, recorrendo ao teorema de Pitágoras, um valor aproimado do comprimento da haste é dado por: h h h 0, h h 0, +,8 h h 0,h + 0, +,8 0,h 0, +,8 h 0, +,8 0,,8. Como 0, +,8 0, 8, o valor do comprimento da haste, arredondado às unidades, é 8 dm. Calculando o desenvolvimento do quadrado da soma, temos: sen α + cos α cos α cos α sen α + sen α + Eame 07, a Fase sen sen α cos α α + + cos α sen α + sen α cos α + cos α ssim, nos três termos do desenvolvimento o termo independente é sen α cos α, pelo que, como sabemos que o termo independente é igual a, calculando os valores de α pertencentes ao intervalo,[, vem: sen α cos α sen α cos α sen α sen α sen α sen α + k α + k, k Z α + k α + k, k Z Como se pretende identificar os valores de α,[, atribuindo valores inteiros a k para identificar as soluções no intervalo definido, temos: k 0 α α 5 /,[ e 5 /,[ k α + α + 7 k α 5 + α 9 + ssim, os valores de α nas condições do enunciado são e 7 5 /,[ e 9 /,[ Eame 07, a Fase Página de 7

5 5. Identificando no círculo trigonométrico os valores da tangente do intervalo [, + [, e as amplitudes dos arcos correspondentes, como na figura seguinte, à esquerda temos, de entre [ os conjuntos apresentados, o único conjunto de valores cuja tangente pertence ao intervalo é, y y O O Na figura anterior, [ à direita podemos ver uma representação gráfica da função tg com a restrição ao domínio, assinalada, para verificar que o respetivo contradomínio é [, + [ Resposta: Opção B Eame 07, a Fase Página 5 de 7

6 ... Para averiguar se a função g é contínua em, temos que verificar se g g +g g g e e e Indeterminação e e + e fazendo y temos que se, então y 0 y 0 y e y + +g e y y y 0 e + + e y y 0 y }{{} Lim. Notável sen sen Indeterminação sen sen sen fazendo y, temos que se, então y 0 sen y y 0 + y }{{} Lim. Notável Como g g +g, então a função g é contínua em.. Resolvendo a equação g, no intervalo [,5, ou seja, para >, vem: + sen sen sen 0 sen 0 sen sen k, k Z + k, k Z ssim, como / [,5; + [,5 e + / [,5 a única solução da equação g, no intervalo [,5 é + Eame 07, a Fase Página de 7

7 7. Como a função f é contínua em R, em particular é contínua em, pelo que: ssim, temos que: f k + f f sen + sen + sen 0 f Indeterminação fazendo y +, se, então y 0, e y 0 sen + sen y sen y sen y + y 0 y y 0 y y 0 y y 0 sen y y 0 y }{{} Lim. Notável Como a função é contínua em, podemos determinar o valor de k: Resposta: Opção B f f k + k k 8 k 5 Eame 0, Ép. especial Página 7 de 7

8 8. Para estudar o sentido das concavidades do gráfico e a eistência de pontos de infleão no intervalo,0 [, vamos determinar a epressão da segunda derivada, pelo que começamos por determinar f em,0 [ : f + cos + cos + sen sen sen ssim, determinando f em [,0, temos que: f f sen sen cos Como os pontos de infleão são zeros da segunda derivada, vamos determiná-los: f 0 cos 0 cos cos cos + k + k, k Z Para k 0, vem, e como,0 [, podemos verificar que a única solução da equação é ssim, estudando o sinal da segunda derivada para relacionar com o sentido das concavidades, vem: 0 f n.d. + 0 n.d. f n.d. Pt. I. n.d. Logo, podemos concluir que o gráfico de f: tem a concavidade voltada para baio no intervalo [,0 tem a concavidade voltada para cima no intervalo, [ tem um ponto de infleão cuja abcissa é Eame 0, Ép. especial 9. Observando que os ângulos OP e RQO têm a mesma amplitude porque são ângulos de lados paralelos, relativamente ao triângulo [P QR, vem que: QR cos α OR sen α a altura do triângulo, relativa ao lado [QR é P h OR sen α Desta forma, a área do triângulo é: [P QR QR h cos α sen α sen α cos α sen α Q α cos α O sen α R α sen α Resposta: Opção D Eame 0, a Fase Página 8 de 7

9 0. Começamos por determinar a epressão da derivada da função f, para [,0 : + sen f + sen cos + sen cos cos cos 0 + cos cos + sen sen cos sen + cos + sen Calculando os zeros da derivada, para + sen cos cos [,0, vem: 0 + sen 0 cos 0 }{{} sen sen cos + sen + sen cos + sen cos + k sen sen + k, k Z Para k 0, vem +, e como,0 [ podemos verificar que a única solução da equação é Como cos > 0, [,0, então cos 0, [,0 Estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: ssim, podemos concluir que a função f: é decrescente no intervalo, ; é crescente no intervalo [ [,0 ; 0 + sen 0 + cos f n.d n.d. f n.d. min n.d. tem um mínimo relativo para. Identificando as medidas relevantes para o cálculo da área do trapézio, temos que: a base menor é a ordenada o ponto P, ou seja, OP Eame 0, a Fase como R é um ponto do quarto quadrante, então temos que cos α > 0, pelo que a altura do trapézio [OP QR é: P Q cos α como R é um ponto do quarto quadrante, então temos que sen α < 0, pelo que a base maior do trapézio [OP QR é: QR + sen α sen α Desta forma, a área do trapézio é: [OP QR Resposta: Opção D OP + QR P Q + sen α cos α sen α cos α cos α cos α sen α sen α cos α cos α Eame 0, a Fase Página 9 de 7

10 . Começamos por determinar a epressão da derivada da função h, para calcular os etremos da função: h t 0 + cost + t sen t 0 + cost + t sen t 0 + cost + t sen t + t sen t t sen t + sen t + tt cost sen t + sen t + t cost sen t + sen t + t cost t cost Calculando os zeros da derivada, no domínio da função [0,, vem: t cost 0 t 0 cost 0 t 0 cost cos t 0 t + k, k Z t 0 t t 0 t + k, k Z + k, k Z tribuindo valores a k, calculamos os valores de t compatíveis com o domínio da função: Se k 0, então t Se k, então t + + { Pelo que o conjunto dos zeros da função é 0, },, e assim estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: t 0 h t ht min Má min Má ssim, calculando o valor dos mínimos relativos e máimos relativos, temos que: h0 0 + cos sen cos h 0 + cos + sen 0 + cos + sen h 0 + cos + sen 0 + cos + sen h 0 + cos + sen Como h < h0, temos que o mínimo absoluto é m h 0 77 Como h > h, temos que o máimo absoluto é M h E assim, o valor da amplitude de oscilação é: M n 8 77 Eame 0, a Fase Página 0 de 7

11 . como a reta r é tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa, o declive da reta r é o valor da função derivada no ponto de abcissa m r f ssim, temos pelo que f a sen a sen + a sen 0 + a cos a cos m r f a cos a cos a a Como o declive de uma reta é a tangente da inclinação, temos também que m r tg E assim, igualando as duas epressões para o declive da reta r, podemos calcular o valor de a: a a Eame 05, Ép. especial. Determinando a epressão da primeira derivada, f, vem: f f sen sen sen sen sen sen sen + sen sen sen sen cos sen sen cos sen }{{} sen Determinando a epressão da segunda derivada, f, temos que: Resposta: Opção C f f sen cos cos cos Eame 05, a Fase Página de 7

12 Como no instante em que se iniciou a contagem do tempo, o ponto P coincidia com o ponto, a distância inicial t 0, em metros, do ponto ao ponto O é dada por d0 ssim, os instantes em que o ponto P passou pelo ponto, nos primeiros três segundos do movimento, são as soluções da equação dt d0, com t 0, dt d0 + sen t + + sen 0 + sen t + sen sen t + sen t + + k t + + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z Como t 0,, atribuindo valores inteiros a k para identificar as soluções no intervalo definido, temos k 0 t 0 t 0 / 0, k t t + t t 8 k t t + t t / 0, / 0, ssim temos, durante os primeiros três segundos do movimento, o ponto P passou pelo ponto por três vezes, nos instantes t s, t s e t 8 s. 5.. Como a função d resulta de operações sucessivas de funções contínuas em [0, + [, é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em [,. Como 0,75 <, <,5, ou seja, d <, < d, então, podemos concluir, pelo Teorema de Bolzano, que eiste t 0, [ tal que dt 0,, ou seja, que houve, pelo menos, um instante, entre os três segundos e os quatro segundos após o início da contagem do tempo, em que a distância do ponto P ao ponto O foi igual a, metros. C.. d + sen + + sen + + sen + 0,75 d + sen + + sen + + 5,5 Eame 05, a Fase. Como na figura está representado o círculo trigonométrico, temos que: OC α, B sen α, OB cos α e tg α CD Temos que a área do quadrilátero [BCD pode ser obtida pela diferença das áreas dos triângulos [OCD e [OB, OC CD OB B [BCD [OB [OCD ssim, vem que: [BCD tg α Resposta: Opção B cos α sen α sen α tg α {}}{ sen α cos α tg α sen α Eame 05, a Fase Página de 7

13 7. Temos que: como a reta r é tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa a, o declive da reta r é o valor da função derivada no ponto de abcissa a m r f a ssim, temos f cos cos 0 sen sen pelo que m r f a sen a como a reta s é tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa a +, o declive da reta s é o valor da função derivada no ponto de abcissa a + m s g a + ssim, temos pelo que m s g a + g sen cos cos cos a + cos a + cos a + sen a } {{ } sen a como as retas r e s são perpendiculares, o declive de uma delas é o simétrico do inverso do declive da outra m r m s m r m s sen a sen a sen a sen a 9 sen a 9 sen a sen a 9 sen a ± 9 sen a ± [ como a é número real pertencente ao intervalo,, ou seja < a < então < a < < a < ou seja, a é a amplitude de um ângulo do o quadrante, pelo que sen a < 0, logo sen a, q.e.d Eame 05, a Fase Página de 7

14 8. Para que a função seja contínua em, temos que garantir que f f Temos que f e e 0 f + f + e e e 0 sen sen + + k k + sen + + +k sen + + k k indeterminação fazendo y, temos y + e y ; e se +, então y 0 + sen y sen y sen y y 0 + y + + k + y + y 0 + y + k + y + + y y 0 + y + k + 5y sen y sen y + k sen y + k y 0 + yy + 5 y 0 + y y + 5 y 0+ y y 0 }{{} + y k Lim. Notável k 5 + k Como se pretende que a função seja contínua em, e verificámos que f determinar o valor de k garantindo que f +f f +f 5 + k + 5 k k 5 k f, podemos Eame 0, Ép. especial 9. O triângulo [OBC é retângulo em B, OB, e [BC é o cateto oposto ao ângulo α, temos que: Logo, tg α BC OB [OBC tg α BC OB BC tg α tg α BC tg α área do setor circular de centro O, raio e amplitude α deitado pelo arco B é r y O B α C α α Como a área da zona sombreada S pode ser calculada como a diferença entre as áreas do triângulo [OBC e o setor circular de centro O e deitado pelo arco B, temos que Resposta: Opção B S [OBC tg α α tg α α Eame 0, Ép. especial Página de 7

15 0. Como a função é contínua no intervalo fechado, temos que f f Temos que f k E calculando f f, vem ssim, temos que cos cos y + y 0 y y 0 sen y y Resposta: Opção C Se y, então y + y 0 cos y + sen y sen y y 0 y }{{} Lim. Notável k k + k Eame 0, a Fase. Como o lado [P R do triângulo [P QR é um diâmetro da circunferência e o vértice Q pertence à mesma circunferência, podemos garantir que o triângulo [P QR é retângulo, sendo [P R a hipotenusa. Como a circunferência tem raio, vem que P R, e assim, recorrendo à definição de seno e cosseno temos: sen α QR P R sen α QR cos α P Q P R cos α P Q Como os lados [QR e [P Q são perpendiculares, temos que: [P QR QR P Q sen α cos α QR sen α P Q cos α 8 sen α cos α Como o triângulo [P SR é congruente com o triângulo [P QR ambos têm ângulo reto e dois lados iguais, vem que: α [P QRS [P QR + [P SR [P QR 8 sen α cos α sen α cos α Como tg θ e tg θ + cos, temos que: θ + cos + θ cos 9 θ cos cos θ θ 9 cos θ ± 9 cos θ ± [ cos θ θ 0, E, pela fórmula fundamental da trigonometria, vem: sen θ+ 9 sen θ 9 sen θ 8 9 sen θ ± 8 9 sen θ ± Finalmente, recorrendo à fórmula de α, deduzida antes, temos que: θ 0, [ sen θ θ 9 Eame 0, a Fase Página 5 de 7

16 . Como BC sen α OC cos α Temos que DC OD OC cos α [ Como α,, logo cos α < 0, pelo que cos α cos α D B C y O α ssim,dc cos α cos α +cos α Desta forma, temos que: Resposta: Opção C [BCD DC BC sen α + cos α + cos α sen α. f f.. Como f sen sen 0 temos que: f f.. Começando por determinar f temos: f f Eame 0, a Fase f f f f sen sen cos cos Para determinar o sentido das concavidades, vamos estudar o sinal de f : f 0 cos 0 cos cos cos cos + k + k,k Z + k + k,k Z Logo, as únicas soluções da equação f 0 que pertencem ao intervalo [,, são e obtidas com k 0. ssim, estudando a variação de sinal de f e relacionando com o sentido das concavidades do gráfico de f, vem: f n.d n.d. f n.d. Pt. I. Pt. I. n.d. Logo, podemos concluir que o gráfico de f: tem a concavidade voltada para cima no intervalo, [ [ e no intervalo [, tem a concavidade voltada para baio no intervalo, tem dois pontos de infleão de abcissas, cujas abcissas são e Eame 0, a Fase Página de 7

17 . Como cosa + b cos a cos b sen a sen b, então cosa cosa + a cos a sen a ssim, para cada valor de R, g cos sen cos cos Resposta: Opção D Teste Intermédio o ano Considerando β como o ângulo F SP e sendo M o ponto médio do lado [SP, como o triângulo [SMF é retângulo, recorrendo à definição de seno e cosseno temos: F sen β F M F S sen β F M F M sen β cos β SM F S cos β SM SM cos β Como M é o ponto médio de [SP, temos que SP SM cos β 8 cos β ssim, a área do triângulo [P SF pode ser calculada como: P Q β M S R β α E [P SF SP F M 8 cos β sen β sen β cos β sen β cos β 8 sen β cos β 8 sen β porque sen a + b sen a cos b + cos a sen b, então sen a sen a + a sen a cos a Como o ângulo RSP é um ângulo reto, podemos relacionar o ângulo α com o ângulo β: + β + α + β β + α β + α β α Logo a área do triângulo [P SF é ssim, temos que a área lateral é: [P SF 8 sen β 8 sen α 8 cos α 8 cos α L [P SF 8 cos α cos α Teste Intermédio o ano Página 7 de 7

18 ... Vamos considerar D a medida da altura do triângulo e EC a medida da base. Sabemos que C, porque é a medida do raio da circunferência. Como [C é a hipotenusa do triângulo e [D o cateto oposto ao ângulo, usando o seno do ângulo temos que: D C sen D C sen D D sen Por outro lado, como [DC é o cateto adjacente, usando a definição de cosseno, temos: cos DC C cos DC DC cos Como ED temos que: Logo, calculando a área do triângulo, obtemos: [EC EC D EC ED + DC EC + cos + cos sen Como sen sen cos, podemos escrever: sen + sen cos sen + sen cos [EC sen + sen cos sen + sen cos sen + sen sen + sen.. Como a função f resulta de operações sucessivas de funções contínuas em R, [ é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em,. Como,7 < <,7, ou seja, f < < f, então, podemos concluir, pelo Teorema de Bolzano, que [ eiste c, tal que fc, ou seja, que a equação [ f tem, pelo menos, uma solução em,. C.. f sen sen,7 f sen sen + sen + sen + sen + sen,7 Eame 0, Ép. especial Página 8 de 7

19 7. Para averiguar se a função f é contínua em, temos que verificar se f f +f 8. f e + + e + f e + + e + + e + + sen +f + + sen sen ind. sen sen sen + Como sen fazendo y, temos que se +, então y 0 + sen y + y 0 + y }{{} + Lim. Notável f f, não eiste f; logo a função f não é contínua em Começamos por definir o ponto P,0 e o ângulo OP, cuja amplitude é α. Eame 0, a Fase ssim, como sabemos que que OP, podemos usar a definição de cosseno podemos calcular O: cos α OP O Como cos α cos α, temos que: cos α O O cos α r y O cos α O cos α O cos α Depois, calculamos P recorrendo à definição de tangente: tg α P OP tg α P P tg α P α α O Como tg α tg α, temos que: P tg α P tg α B Como B P e OB O, calculado a epressão do perímetro vem: P [OB B + O + OB P + O tg α + cos α Logo, para cada, [, o perímetro do triângulo é P tg cos tg α cos α Página 9 de 7

20 8.. Como o declive da reta tangente num ponto é dado pela valor da derivada nesse ponto, vamos calcular a derivada da função P : P tg tg tg cos cos cos cos cos cos 0 sen cos cos sen sen cos cos ssim, o declive da reta tangente ao gráfico da função P no ponto de abcissa 5, é 5 sen 5 m P sen 5 cos cos 9 Eame 0, a Fase 9. Como n 0+, então f n 0 +f, e assim, como sen sen : sen sen sen f n 0 +f }{{} Lim. Notável Graficamente, na figura ao lado, estão representados alguns termos de n como objetos, e alguns termos da sucessão das imagens f n, que se aproimam progressivamente de -, quando o valor de n aumenta. Resposta: Opção y 0 f n n f Eame 0, a Fase Página 0 de 7

21 0. Como sabemos que a reta tangente no ponto de abcissa a é paralela à reta y +, sabemos que o declive, e logo também o valor derivada é m g a. Logo o valor de a é a solução da equação g, :,0 [ ssim, começamos por determinar a epressão de g : g sen cos sen cos cos sen cos + sen Como cos cos sen e cos sen,vem: g cos + sen cos sen + sen sen sen + sen sen + sen sen + sen sen + sen + Logo, resolvendo a equação g a temos: sen a + sen a + 8 sen a + sen a + 8 sen a + sen a + 0 Considerando y sen a, e resolvendo a equação de grau, temos que: 8 sen a + sen a + 0 8y + y + 0 y ± 8 8 y y Escrevendo em função de a, vem: sen a sen a Como [,0, < sen < 0, logo a equação sen a é impossível. sen a sen a sen a + k a + k, k Z a + k a + + k, k Z a + k a 7 + k, k Z Concretizando valores de k podemos verificamos que a é a única solução da equação que pertence ao domínio da função - [,0, pelo que a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa a tem declive Eame 0, a Fase... área do trapézio [P BCE pode ser calculada como a soma das áreas do retângulo [BCEQ e do triângulo [P BQ. Recorrendo à definição de seno, podemos determinar o comprimento BQ: B C sen BQ BQ sen De forma análoga, usando a definição de cosseno, podemos determinar P Q: cos P Q P Q cos P Q E ssim, temos que: [P BCE [BCEQ + [P BQ BC BQ + P Q BQ sen + sen cos 8 sen + 8 sen cos 8 sen + sen cos 8 sen + sen Logo, para cada valor de 0, [, a área do trapézio é dada por S 8 sen + sen Página de 7

22 .. Vamos recorrer à derivada da função S para estudar a monotonia. S 8 sen + sen 8 sen + sen 8 cos + cos 8 cos +8 cos Determinando os zeros da derivada, vem: S 0 8 cos + 8 cos 0 cos + cos 0 cos cos cos cos + k + k, k Z + k + + k, k Z + k k, k Z Como o domínio da função S é 0, [, a única solução da equação S 0 é Estudando a variação do sinal e S e a correspondente monotonia de S, vem: 0 ssim podemos concluir que: a função S é crescente em 0, [ a função S é decrescente em, [ S n.d. + 0 n.d. S n.d. Má n.d. a função S tem um máimo absoluto para Teste Intermédio o ano f f f y + y 0 y + cos + y y cos y + y 0 y + y 0 y 0 + cos cos 0 y + cos y + y 0 y + y 0 sen y y sen y y 0 y }{{} Lim. Notável Seja y logo y + Se então, y 0 cos y + sen y Teste Intermédio o ano.05.0 Página de 7

23 ... função g é contínua em R \ {0} porque resulta de operações sucessivas entre funções contínuas. Para que a função g seja contínua em R, tem que ser contínua em 0, ou seja, tem que verificar a condição f f sen f 0 + sen y + y 0 y }{{} Lim. Notável sen 0 + sen y + 0 y 0 y Seja y logo y Se 0 então y 0 Como f0 e k, para que a função seja contínua, tem que se verificar: e k ek ek k ln k ln ln k ln.. Para resolver a equação, começamos por determinar a epressão analítica de f : Logo, f + sen + sen + cos + cos f f + + cos + sen + + cos sen cos + cos + cos cos 0 y + y 0 y ± y y cos cos fórmula fundamental Se y cos Como cos é uma equação impossível, temos: cos k, k Z k, k Z Logo, o conjunto das soluções da equação em,5[, é {0,} Eame 0, Ép. especial Página de 7

24 . Como a função f é contínua em R \ {0}, porque resulta de operações sucessivas entre funções contínuas, só podem eistir assíntotas verticais quando 0 ou quando 0 +. Calculando os ites temos: 5. e f e fazendo y, se 0 +, então y 0 + e y y 0 + y }{{} Lim. Notável f 0 0 sen 0 + e e 0 + sen sen + 0 sen + sen + sen sen }{{} Lim. Notável ssim podemos concluir que 0 é a única assíntota vertical do gráfico de f quando 0. Eame 0, a Fase 5.. Definindo o ponto P, como o ponto médio do lado [B, a área da região sombreada pode ser calculada como a diferença entre a área do quadrado e a soma das áreas de 8 triângulos retângulos o triângulo [EP e os restantes 7 semelhantes a este: [EBF CGDH [BCD 8 [EP Como P é o ponto médio de [B, temos que P, podemos determinar EP, recorrendo à definição de tangente de um ângulo: H G E F tg EP P tg EP ssim, calculando a área da região sombreada, vem: [EBF CGDH [BCD 8 [EP B 8 EP tg P EP 8 tg P 8 tg tg tg Logo, para cada valor de 0, [, a área da região sombreada é dada por a tg Página de 7

25 5.. Como a função a resulta de operações sucessivas de funções contínuas em 0, [, é uma função contínua, e, por isso, também [ é contínua em,. 5 Como,8 < 5 <,7, ou seja, a < 5 < a, 5 então, podemos concluir, pelo Teorema de Bolzano, que eiste [ α,, tal que aα 5, ou seja, que eiste um ângulo α 5 com amplitude compreendida entre rad e rad, que define 5 uma região sombreada com área 5. C.. a tg,7 a tg,8 5 5 Eame 0, a Fase... Considerando um ponto P, sobre o lado [B do trapézio, tal que o segmento [DP seja perpendicular ao lado [B, consideramos o ângulo DP com amplitude α Como DP, recorrendo à definição de cosseno, temos: cos α DP D D cos α e como cos α sen α, temos que: D sen α Da definição de tangente de um ângulo, e como tg α tg α temos: tg Logo, o perímetro do trapézio é: α P α DP tg P P tg α P [BCD P B + BC + CD + D + P sen α + D α P tg α α C B + sen α sen α cos α Ou seja, para cada valor de α + sen α cos α sen α + cos α sen α, [, o perímetro do trapézio [BCD é P α + cos α sen α Página 5 de 7

26 .. Começando por determinar a epressão da derivada, temos: P α + cos α cos α cos α sen α cos αsen α sen α sen α sen α 0 sen αsen α cos αcos α sen α sen α cos α + cos α sen α Como tg θ + cos θ 8 + cos θ sen α + cos α cos α sen α e tg θ 8, vem: 8 + cos θ Como < θ <, cos θ < 0, logo cos θ E também: sen θ + cos θ sen θ ssim, P + θ sen α cos α cos α sen α cos α sen α cos θ 9 cos θ ± 9 cos θ ± 9 8 sen θ 9 sen θ 8 9 Eame 0, a Fase Usando a definição de seno, temos: sen P Q BP sen P Q e usando a definição de cosseno, vem: cos BQ BP cos BQ P Q sen BQ cos B Q P Calculando a área do triângulo vem: [P Q B + BQ P Q sen + sen Logo, para cada valor de + cos sen sen + sen cos sen + sen cos 0, [, a área do triângulo [P Q é sen + sen Página de 7

27 7.. Para estudar a eistência de um máimo, começamos por determinar a epressão da derivada: sen + sen sen + sen cos + cos cos + cos Depois calculamos os zeros, para estudar o sinal: 0 cos + cos 0 cos cos cos cos cos cos Como, em R, cos cos + k + k, k Z + k + + k, k Z + k k, k Z Concretizando valores inteiros de k, verificamos que, é a única solução em 0, [, ou seja, a única solução da equação 0 ssim, estudando a variação de sinal de e relacionando com a monotonia da função, vem: 0 n.d. + 0 n.d. n.d. Má n.d. Logo é o maimizante que corresponde ao máimo absoluto da função, ou seja eiste um valor de [ 0,, para o qual o valor da área do triângulo é máima. Teste Intermédio o ano.05.0 Página 7 de 7

28 8. Como se pretende determinar os etremos da função, vamos recorrer aos zeros da derivada, e por isso, começamos por derivar a função: g cos cos sen + sen Depois determinamos os zeros da derivada, ou seja as abcissas dos pontos C e D: g 0 + sen 0 sen sen sen + k + k, k Z + k 7 + k, k Z tribuindo valores inteiros a k, podemos encontrar os valores de que pertencem ao domínio da função: k k 0 e 5, 7 ssim, estudando a variação de sinal de g e relacionando com a monotonia da função g, vem: 5 g n.d n.d. g n.d. Má min n.d. ssim, temos que a abcissa do ponto C é C 5, e a ordenada é g 5 5 cos 5 5 cos 5 5 cos 5 5 Ou seja, o ponto C tem coordenadas C 5, 5 De forma análoga, temos que a abcissa do ponto D é D, e a ordenada é g cos cos Ou seja, o ponto D tem coordenadas D, Eame 0, Prova especial 9. Como se trata de um círculo trigonométrico, o ponto B tem coordenadas B cos 5, sen 5, porque o segmento [OB, define com o semieio postivo O um ângulo de + 5 Podemos considerar como a medida da base do triângulo O e o valor absoluto da ordenada de B como a medida da altura: y B sen 5 sen radianos. y ssim, calculando a área do triângulo vem: [OB O y B Resposta: Opção + O altura B Eame 0, Ép. especial Página 8 de 7

29 0. 0 sen f 0 sen sen 5 0 sen sen sen 5 0 sen 5 0 sen }{{} Lim. Notável 0 sen 5 0 fazendo y 5 temos que y, e se 0, então y 0 5 sen 5 0 sen 5 y 0 sen y y y 0 5 sen y y y 0 5 sen y y sen y 5 y 0 y }{{} Lim. Notável Eame 0, Ép. especial. Como a função g é contínua, é contínua em 0, ou seja, verifica a condição: g0 0 g 0 +g ssim, temos que: g0 lnk 0 ln k 0 g lnk ln k 0 sen g sen 0 + }{{} Lim. Notável Logo, temos que: Resposta: Opção 0 g 0 +g ln k k e k Eame 0, a fase. Como O, usando as definições de seno e cosseno temos: y sen θ OE O sen θ OE OE sen θ E cos θ E E cos θ O E assim, o perímetro da região sombreada é: E cos θ O θ C P [BDE O + OB + BD + DO + OE + E Como O OB ; BD E e DO OE, temos: B D P [BDE O + E + OE + cos θ + sen θ + cos θ + sen θ Resposta: Opção C Eame 0, a Fase Página 9 de 7

30 . Começamos por determinar f : f a cosn + b sen n a cosn + b sen n an sen n + bn cosn an sen n + bn cosn Determinamos em seguida f : f f an sen n + bn cosn an sen n + bn cosn ann cosn + bnn sen n an cosn bn sen n n a cosn + b sen n n f ssim temos que: f + n f n f + n f 0, q.e.d. Eame 0, a Fase. sen 0 sen 0 sen 0 sen 0 0 sen fazendo y temos que y, e se 0, então y 0 0 Resposta: Opção C sen y y 0 sen y y 0 sen y y }{{} Lim. Notável Eame 0, a Fase Podemos calcular a área do trapézio como a soma das áreas do retângulo [ODCB e do triângulo [OB. base do retângulo é dada pela distância do ponto D à origem: y OD D f C B e a altura é a ordenada do ponto C: DC f cos cos cos f altura do triângulo também é ordenada do ponto C, OB DC e a base é a menor é a abcissa do ponto O, ou seja, a solução positiva da equação f 0. D O ssim, resolvendo a equação vem: f 0 cos 0 + k, k Z + k, k Z Logo, para k 0, a menor solução positiva da equação é ssim, calculando a área do trapézio, vem: O OB [BCD [ODCB + [OB OD DC Página 0 de 7

31 5.. Determinando a epressão da primeira derivada de f, vem: f cos sen sen 8 sen Depois, determinando a epressão da segunda derivada, vem: f f 8 sen 8 cos cos ssim, temos que, para qualquer número real, f+f +f cos + 8 sen + cos cos cos 8 sen cos 8 sen cos sen cos + sen, q.e.d. Eame 0, a Fase. Para que a função f seja contínua em, a condiçao f f verificar. ssim, temos que: 7. f e + e + e + +f f e + e + e + e + + sen e e fazendo y, se então y 0 + sen y + e y 0 y e + e }{{} Lim. Notável +f tem que se sen + + e e sen Logo, como f f +f, a função f é contínua em. Teste Intermédio o ano Como OQ medida do cateto oposto ao ângulo e OP +d medida da hipotenusa do triângulo retângulo, usando a definição de seno de um ângulo, temos que: sen OQ OP sen + d + d sen O d sen d sen sen sen d sen sen Logo, para cada valor de 0, [, temos que d f. Q d P Página de 7

32 7.. Para estudar a monotonia da função, começamos por determinar a epressão da derivada: sen f sen sen sen sen sen sen sen sen sen cos 0 cos sen cos sen cos sen sen sen cos cos + sen cos sen ssim, para 0, [, temos que: cos > 0, logo cos < 0 sen > 0 cos sen < 0 Ou seja, como f < 0, para cos sen 0, [, a função f é estritamente decrescente no domínio, pelo que a um aumento do valor de corresponde uma diminuição do valor de d, ou seja, a afirmação é verdadeira. Teste Intermédio o ano s três horas da tarde desse dia correspondem a t 5. ssim, a profundidade correspondente é dada por: 5 5 P 5 cos 5 +8 cos +8 cos +8 cos Ou seja, às 5 horas, a profundidade da água na marina era de 8 metros. Página de 7

33 Determinando a epressão da derivada, temos: +8 P t cos t + 8 cos t t sen t +0 sen t Calculando os zeros da derivada, vem: P t 0 sen t 0 sen t 0 sen t sen 0 t 0 + k t 0 + k, k Z t k t + k, k Z t k t + k, k Z sen t Como t [0,, atribuindo valores a k k 0, k e k, obtemos o conjunto dos zeros da função derivada: {0,,,8,} Desta forma, estudando a variação de sinal de P e relacionando com a monotonia da função P, vem: 0 8 P P Má min Má min Má Logo, a profundidade mínima, que ocorreu às horas e depois novamente às 8 horas, pode ser calculada como: P cos + 8 cos Ou seja a profundidade mínima na marina, nesse dia, foi de metros. 9.. nalisando as figuras podemos dividir o cálculo da altura em dois casos: No primeiro caso, θ 0,, h OC Eame 00, Ép. especial Como OB, recorrendo à definição de cosseno de um ângulo, temos: cos θ OC OC cos θ e assim, h OC cos θ No segundo caso, [ θ,, h + OC O C θ B Como OB, recorrendo à definição de cosseno de um ângulo, temos: cos θ OC OC cos θ OC cos θ C O θ θ B e assim, OC cos θ h + OC + cos θ cos θ Ou seja em ambos os casos, isto é, para qualquer θ 0,[, a altura h pode ser calculada como que hθ cosθ. Página de 7

34 9.. Como hθ cosθ, temos que: hθ cosθ cosθ 0 cosθ 0 cosθ cos θ + k, k Z Como θ 0,[, θ é a única solução da equação. Calcular θ tal que hθ, significa determinar o ângulo associado a uma quantidade de combustível no depósito com metros de altura. ssim a solução calculada significa que, quando o combustível no depósito tiver uma altura de metros, o ângulo θ será um ângulo reto rad.. Eame 00, a Fase 50. Para que a função f seja contínua em 0, tem que se verificar f0 0 f 0 + f f0 a0 + b + e b + b + 0 f a + b + e a0 + b + e b + b + 0 sen f 0 sen indeterminação sen sen sen Lim. Notável fazendo y, se 0 + então y sen y y 0 + y }{{} sen 5. ssim, podemos determinar o valor de b: f f b b Eame 00, a Fase 5.. Como o triângulo está inscrito numa semicircunferência é um triângulo retângulo. Sabemos que a hipotenusa coincide com o diâmetro e tem comprimento O. ssim, recorrendo à definição de seno temos: sen α B O sen α B B sen α y B nalogamente, pela definição de cosseno, vem: cos α OB O cos α OB OB cos α O α Logo, o perímetro do triângulo é: P [OB O + B + OB + sen α + cos α + cos α + sen α Ou seja, para cada valor de α 0, [, o perímetro do triângulo [OB é dado, em função de α, por fα + cos α + sen α Página de 7

35 5.. Determinando a epressão da derivada da função, vem: f α +cos α+ sen α +cos α + sen α 0 sen α+cos α cos α sen α ssim: f α 0 cos α sen α 0 cos α sen α 0 cos α sen α Logo, como α 0, [, sabemos que α é a única solução da equação f α 0, pelo que podemos estudar a variação do sinal de f para relacionar com a monotonia de f: 0 f n.d. + 0 n.d. f n.d. Má n.d. 5. Logo, o maimizante de f, ou seja, o valor de α para o qual o perímetro do triângulo é máimo, é Eame 00, a Fase 5.. Relativamente ao triângulo retângulo [BP, do qual conhecemos a medida do cateto adjacente ao ângulo, usando a definição de cosseno e de tangente do ângulo, temos: cos B P cos 5 P P 5 cos C tg BP B Temos ainda que BP tg 5 BP 5 tg P 5 BP + P C 5 P C 5 BP P C 5 5 tg 5 B Recorrendo ao teorema de Pitágoras, podemos calcular a medida do segmento [C: C B + BC C C C 50 ssim, calculando o perímetro do triângulo [P C vem: P [P C P + P C + C 5 cos tg cos 5 tg Pelo que, para cada valor de 0, [, o perímetro do triângulo [P C é dado pela função f 5.. Como o declive da reta tangente em cada ponto é dado pelo valor da derivada, vamos determinar a epressão da derivada: 5 f cos 5 tg tg cos 5 cos 5cos cos 5 sen cos 5 cos 5 sen 5 cos sen cos cos 5 cos ssim, no ponto de abcissa, o declive da reta tangente é: m r f 5 sen cos 0 0 Ou seja, a reta r tem declive 0 Teste Intermédio o ano Página 5 de 7

36 5. Calculando a derivada da função f temos: f sen cos cos Calculando o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 8 vem: Resposta: Opção f cos cos 8 8 Eame 009, Ép. especial 5. Começamos por determinar a epressão da derivada da função: f e. cos e cos + e cos e cos + e sen e cos sen Determinando os zeros da derivada, vem: f 0 e cos sen 0 e } {{ 0 } cos sen 0 cos sen Eq Imp,e >0 No domínio da função, o intervalo [0,[, a única solução da equação é. Estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: ssim, podemos concluir que a função f: é crescente no intervalo [ 0, ; 0 f n.d f min Má n.d. é decrescente no intervalo [,[ ; tem um mínimo, cujo minimizante é 0 e um máimo, cujo é maimizante ssim o mínimo relativo da função é f0 e 0 cos0 e o máimo é e f e cos e Eame 009, Ép. especial 55. Como o declive da reta tangente em cada ponto é dado pelo valor da derivada, vamos determinar a epressão da derivada: f sen cos sen cos + sen cos cos cos + sen sen cos cos sen sen ssim, o declive da reta tangente no ponto de abcissa 0, pode ser calculado como: m f 0 cos0 cos 0 sen 0 sen Como f0 sen 0 cos 0 0 0, sabemos que o ponto P 0,0 pertence ao gráfico de f e também à reta tangente neste ponto. Como a reta tangente interseta o eio das ordenada no ponto 0,0, o valor da ordenda na origem é zero, logo a equação reduzida é y + 0 y Eame 009, a Fase Página de 7

37 5. Como a função é contínua, é contínua no seu domínio, em particular é contínua em 0, logo verifica-se a condição: f0 0 f 0 +f f0 log k + 0 log k 0 +f log k + log k log k 0 + sen sen 0 0 f indeterminação sen y y 0 sen sen 0 0 fazendo y, se 0, então y 0 Logo, como 0 Resposta: Opção D f +f, temos que: 0 y }{{} Limite Notável log k k k Eame 009, a Fase 57. Como a medida da hipotenusa do triângulo é porque é um diâmetro de uma circunferência de raio, podemos recorrer à definição de seno e cosseno, para determinar a medida da base b e da altura a: sen b b sen e cos a a cos Logo a área sombreada é a diferença da área do círculo e da área do triângulo: r b a sen cos sen cos sen a O b Resposta: Opção Eame 009, a Fase 58. O gráfico da função a tem uma única assíntota - a reta vertical 0 O gráfico da função b tem uma única assíntota - a reta horizontal y 0 O gráfico da função c não tem assíntotas O gráfico da função d tem um número infinito de assíntotas - as retas verticais + k, k Z Resposta: Opção D Teste Intermédio o ano Página 7 de 7

38 Quando o ponto P inicia o movimento e quando termina, ou seja, quando a sua posição coincide com a posição do ponto, temos OQ, que é o valor máimo de d, para 0. Da mesma forma, quando, ou seja, quando a posição do ponto P coincide com a posição do ponto B, temos OQ, que é o valor mínimo. P P B O Q Q d d Logo, d0 e d, pelo que d0 d, ou seja, a afirmação I é verdadeira. Como a função atinge o valr mínimo para, ou seja OQ, e depois, esta distância vai progressivamente aumentar até que OQ, quando, temos que a função d é crescente no intervalo,[, ou seja d > 0 se,[, pelo que, a afirmação II é falsa Como o triângulo [ORP é retângulo, e sabemos que a hipotenusa tem comprimento, usando a definição de seno e de cosseno vem: sen P R OP sen P R P R sen B O P Q R cos OR OP cos OR OR cos d Como o triângulo [P RQ também é retângulo, e conhecemos a medida de dois lados, podemos usar o Teorema de Pitágoras: P Q P R + RQ sen + RQ 9 sen RQ RQ 9 sen Logo, OQ OR + RQ OQ cos + 9 sen, pelo que, para cada valor de 0, [, d cos + 9 sen Teste Intermédio o ano Sabemos que, no o quadrante - ou seja no intervalo [,0 - o cosseno de um ângulo é positivo e que cresce de 0 para, ou seja cos 0 e cos0 [ No primeiro quadrante - em particular no intervalo 0, - o cosseno também é positivo, e decrescente, pelo que não atinge valores superiores [ a. Logo, como a função f tem domínio,, contradomínio de f é [0, Resposta: Opção B Eame 008, Ép. especial Página 8 de 7

39 . Como sen a + b sen a cos b + cos a sen b, então sen a sen a + a sen a cos a, e assim temos que f sen. cos + f sen + ordenada do ponto de interseção da reta y com o gráfico de f é e a abcissa é a solução da equação f que pertence ao intervalo [0,. ssim, resolvendo a equação temos: f sen + sen sen sen + k + k k Z + k + k k Z + k + k k Z. ssim atribuindo valores a k k 0 para o primeiro caso ou k no segundo caso obtemos a única solução da equação que pertence ao intervalo [0,, ou seja, Logo as coordenadas do ponto de interseção são:, Eame 008, Ép. especial.. Recorrendo à definição de derivada da função no ponto de abcissa 0, vem: g g g0 + sen + sen 0 + sen sen sen sen fazendo y, se 0, então y 0 y 0 sen y y }{{} Limite Notável.. Para estudar a monotonia da função, começamos por determinar a epressão da derivada: g + sen + sen 0 + cos cos Para estudar o sinal da derivada, calculamos os zeros: g 0 cos 0 cos 0 + k, k Z 8 + k, k Z tribuindo valores a k k 0 e k encontramos as duas soluções da equação que pertencem ao intervalo 0, [, ou seja 8 e Estudando a variação do sinal de g para relacionar com a monotonia de g, no intervalo 0, [, vem: 0 8 g g Má min ssim, no intervalo 0, [, temos que: o valor do máimo de g é g + sen + sen o valor do mínimo de g é g + sen + sen g é crescente no intervalo 0, [ [ e também no intervalo 8 8, [ g é decrescente no intervalo 8, 8 Eame 008, a Fase Página 9 de 7

40 . Como D f [, + [, só pode eistir uma assíntota horizontal quando + : f e + e + + e Logo verifica-se que a reta de equação y 0 é a única assíntota horizontal do gráfico de f Como a função é contínua em,0[ e em 0, + [, por resultar de operações sucessivas entre funções contínuas, então as retas definidas por e por 0 são as duas únicas retas verticais que podem ser assíntotas do gráfico de f: +f sen sen Ou seja, a reta de equação não é uma assíntota do gráfico de f sen sen 0 f sen 0 0 }{{} Limite Notável ssim, a reta de equação 0, é a única assíntota vertical do gráfico de f Eame 008, a Fase. Como o ponto Q está sobre um círculo trigonométrico, temos as coordenadas do ponto Q são cos 5 7, sen 5 7 y Considerando o lado [OR como a base, a medida da altura é y Q a ordenada do ponto Q. E assim a área do triângulo pode ser calculada como: Q 5 7 [OQR OR y Q sen 5 7 0,9 R O Resposta: Opção Teste Intermédio o ano Determinando a epressão da derivada e igualando a zero, temos: f cos cos 0 sen sen f 0 sen 0 sen 0 k, k Z No intervalo [0, as três soluções são 0, e Estudando a variação do sinal de f para relacionar com a monotonia de f, no intervalo [0,, vem: 0 f f min Má min Logo, o valor de para o qual f é máimo, é Resposta: Opção C Eame 007, a fase Página 0 de 7

41 . Partindo da área do círculo menor temos: a r cos θ r porque a cos θ R cos θ r porque R R cos θ r dividindo ambos os membros por r cos θ r porque R r r cos θ r cos θ dividindo ambos os membros por r cos θ calculando o quadrado de ambos os membros cos θ cos θ cos θ ± + k, k Z Logo θ, porque θ 0, [. Eame 007, a fase Como a função h resulta de operações sucessivas de funções contínuas em R, é uma função contínua, e, por isso, também é contínua em [ 0,. Como 0, < 0 <,77, ou seja, h0 < 0 < h, então, podemos concluir, pelo Teorema de Bolzano, que eiste a 0, [ tal que ha 0, ou seja, que a função h tem, pelo menos, um zero em 0, [. C.. f e e e e g sen cos h0 f 0 g 0 e 0 cos0 e 0. h f g e + cos e + 0, Como ficou provado no item anterior, eiste a Ou seja, eiste a 0, 0, [ tal que ha 0, logo ha 0 f a g a 0 f a g a [ tal que as derivadas de f e g nos pontos de abcissa a são iguais, ou seja, os declives das retas tangentes aos gráficos das funções f e g nos pontos de abcissa a são iguais, o que significa que essas retas são paralelas. Eame 007, a fase Página de 7

42 8. Considerando o lado [OC como a base do triângulo OC, a altura será o segmento que contém o ponto P e a sua projeção ortogonal P sobre a reta OC. Como OP, recorrendo à definição de cosseno, vem: y P B altura P cos P P OP cos P P P P cos O ssim a área do triângulo [OP C é: Resposta: Opção B [OP C OC P P cos cos base C 9. Eame 00, Ép. especial 9.. Como o período de uma função trigonométrica pode ser calculado como a diferença das abcissas de dois máimizantes consecutivos, começamos por determinar a derivada da função: f + B cosc + B cosc 0 + BC sen C BC sen C Calculando os zeros da derivada temos: f 0 BC sen C 0 sen C 0 C k, k Z k C, k Z ssim, como todos os zeros de f estão associados a uma mudança de sinal, para cada valor de k verificamos a eistência de um maimizante, ou de um minimizante. Como os maimizantes e os minimizantes ocorrem alternadamente, se um valor de k gera um maimizante, k + gera um minimizante e k + gera outro maimizante. Logo, para k e k + temos dois maimizantes ou minimizantes consecutivos, pelo que o período da função pode ser calculado como: k + C k C k + k C k + k C 9.. Como o período da função é a diferença entre dois maimizantes consecutivos, e a distância do ancoradouro ao fundo do rio ocorre a cada maré alta, o período desta função é 0. Por outro lado, como o período desta função é temos que: C C C C ssim temos que a função a função é do tipo f + B cos Como a distância ao fundo do rio era máima às zero horas, e a distância máima foi de 7 metros, temos que f0 7 +B cos 0 7 +B cos0 7 +B 7 +B 7 Por outro lado, como a distância era mínima às horas, e o mínimo da função é, temos: f +B cos +B cos +B B C Logo, temos que + B 7 B + B + B 7 + B B 7 + B B + B Pelo que, os valores dos parâmetros adequados ao modelo são, B e C. Eame 00, Ép. especial Página de 7

43 70. Como o arco B é um arco de uma circunferência de raio, e com amplitude α, tem de comprimento α. Como O, e recorrendo às definições de seno e cosseno, vem: y sen α C O sen α C cos α OC O OC cos α C sen α OC cos α O α C B Logo, OB OC + CB cos α + CB CB cos α ssim, o perímetro da região sombreada é: P α + C + CB α + sen α + cos α + α + sen α cos α Resposta: Opção D Eame 00, a Fase Como o periélio é o ponto da órbita da Terra mais próimo do Sol, é nesse ponto que a distância é mínima. Nesse ponto o ângulo tem amplitude zero radianos, logo a distância mínima, em milhões de quilómetros arredondados às décimas, é: d0 9, 0,07 cos 0 9, 0,07 7, nalogamente, o ponto da órbita da Terra oposto ao periélio será o mais afastado do Sol, e é nesse ponto que a distância é máima. Nesse ponto o ângulo tem amplitude radianos, logo a distância máima, em milhões de quilómetros arredondados às décimas, é: 7.. Se, da relação t T t T d 9, 0,07 cos 9, 0,07 5, 0,07 sen t T 0,07 sen resulta: t 0,07 0 T t T t T No conteto da situação descrita, quando o ângulo tem uma amplitude de radianos, o tempo t que decorreu da passagem da Terra pelo periélio é metade do tempo T que a Terra demora a descrever uma órbita completa. Eame 00, a Fase No instante inicial t 0 a amplitude do ângulo SOP é dada por: α0 cos 9,8 0 cos 0 ssim, considerando o ponto Q, como a projeção ortogonal do ponto sobre a reta OS, temos que a amplitude do ângulo QO é radianos, e a distância do centro da esfera à reta OS é Q. Logo: sen Q O sen Q Q sen Q P r S Q O Página de 7

44 Quando o ponto P passa na reta r temos α. Logo valor de t que corresponde ao instante em que o ponto P passa na reta r, pela primeira vez, é a menor solução positiva da equação αt. Resolvendo a equação vem: αt cos 9,8 t cos 9,8 t 0 cos 9,8 t 0 9,8 t + k, k Z t + k, k Z 9,8 Logo, a menor solução positiva da equação corresponde a k 0, ou seja, t 9,8 0,5 Ou seja, o ponto P passa na reta r, pela primeira vez, aproimadamente, meio segundo depois do instante inicial. Eame 00, a Fase 7.. Como a reta P R é tangente à circunferência no ponto R, é perpendicular ao raio [OR, ou seja o ângulo ORP é reto, e por isso o triângulo [ORP é retângulo. Como o ângulo P OR tem amplitude α radianos e OR, recorrendo à definição de tangente, temos: tg α RP OR tg α RP RP tg α R Logo, considerando [OR como a base do triângulo [ORP e α [RP como a altura, vem: P O α [ORP OR RP tg α tg α Como os pontos R e S são simétricos relativamente à reta B, temos que: S B 7.. [ORP S [ORP + [OP S [ORP tg α tg α Ou seja, para cada valor de α 0,[, a área do quadrilátero [ORP S é dada por fα α fα tg α α tg + Quando o ângulo α se aproima arbitrariamente de, as retas tangentes P R e P S, intersectam a reta B num ponto arbitrariamente afastado de, o que significa que as áreas dos triângulos [ORP e [OP S, e consequentemente a área do quadrilátero [ORP S, são arbitrariamente grandes. Eame 005, Ép. especial cód O declive de uma reta tangente é dado pelo valor da derivada na abcissa do ponto de tangência. Como f sen cos, temos: m r f a cos a e m s f b cos b Como a + b a b, temos que: m r f a cos a cos b cos b cosb f b m s Logo, as retas r e s têm declives iguais, ou seja, são paralelas. Página de 7

45 7.. Como o domínio da função g é 0,[,[, o gráfico de g não tem qualquer assíntota não vertical. Como a função g resulta do quociente de duas funções contínuas, é contínua no seu domínio, isto é, as retas 0, e são as três únicas retas que podem ser assíntotas verticais do gráfico de g. 0 +g 0 + f 0 + sen sen sen ite notável Logo, a reta 0 não é uma assíntota vertical do gráfico de g g f sen sen Logo, a reta é uma assíntota vertical do gráfico de g g f sen sen 0 Logo, a reta é uma assíntota vertical do gráfico de g ssim, o gráfico de g tem eatamente duas assíntotas: as retas verticais e Eame 005, a Fase cód Recorrendo à definição de derivada no ponto de abcissa, temos que: Resposta: Opção f f f cos cos cos cos + Eame 005, a fase cód Como OB, recorrendo à definição de seno e cosseno temos: sen OI OB sen OI OI sen cos BI BI cos BI cos OB Recorrendo à decomposição sugerida na figura temos que a área da zona sombreada pode ser obtida através da soma das áreas de triângulos congruentes e de setores circulares de raio e amplitude : [OIB + setorf B OI BI + OB E C sen cos 9 sen. cos sen. cos 8 + sen. cos [ Logo, para cada valor de 0,, a área da região sombreada é dada pela função. G O I J H + B D F Eame 005, a Fase cód. 5 Página 5 de 7

46 Substituíndo os valores de λ e φ na fórmula, vem: tg 8 cos7,5 t tg,5 cos7,5 t 0,97 7,5 t cos 0,97 7,5 t 09,859 t 09,859 7,5 t,79 Logo, convertendo 0,79 horas em minutos vem 0,79 0 8, Ou seja, em Beja, no Solstício de Junho, o tempo que decorre entre o nascer e o pôr do Sol é de horas e 9 minutos Como φ é a latitude do círculo polar ártico, para locais situados mais a norte, λ > φ, e logo tg λ > tg φ porque λ,5,90 [ e φ,5. ssim, para locais situados a norte do circulo polar ártico, tg λ tg φ > tg λ tg φ < Logo a substituição dos valores na fórmula cos7,5 t tg λ resultaria numa equação impossível, tg φ porque cos Eame 00, Ép. especial cód. 5 y 78. O período P da função pode ser calculado, por eemplo, como a distância entre dois maimizantes consecutivos. P Resposta: Opção D 9 O 9 Período Período Eame 00, a Fase cód Os instantes em que as duas bolas estiveram a igual distância da base do recipiente, durante os primeiros cinco segundos, são as soluções da equação bt pt que pertencem ao intervalo [0,5. ssim, resolvendo a equação, vem: bt pt 0+e 0,t sen t 0,7e 0,t sen t e 0,t sen t,7e 0,t sen t e 0,t sen t +,7e 0,t sen t 0 sen t e 0,t +,7e 0,t 0 sen t 0 e 0,t +,7 0 }{{} equação impossível t k, k Z t k, k Z sen t 0 Logo as soluções da equação no intervalo [0,5 são 0 para k 0, para k, para k, para k, para k e 5 para k 5, ou seja, neste intervalo a equação tem soluções, o que significa que nos primeiros 5 segundos, as duas bolas estiveram a igual distância da base do recipiente por seis vezes. Página de 7

47 79.. distância d entre os centros das bolas, é o comprimento da hipotenusa de um tirângulo retângulo em que o cateto maior tem comprimento,5 cm e o cateto menor tem comprimento b p d,5 cm ssim, determinando a diferença das distâncias das duas bolas à base do recipiente, passado meio segundo, temos: b 0 + e 0, sen 0 + e ,95 p 0,7e 0, sen 0,7e ,70 Como b p 0,95 8,70,5, recorrendo ao Teorema de Pitágoras, vem: d,5 +,5 d.5 d.5 d, Logo a distância, arredondada às décimas, entre os centros das duas bolas, passado meio segundo é de, cm Eame 00, a Fase cód Se o depósito ficar completamente cheio,, logo podemos calcular a capacidade total do depósito, calculando a imagem de : V 80 sen ,55 50 Ou seja, o depósito tem uma capacidade de 50 m, aproimadamente Como da altura máima, corresponde a metade do raio; considerando o ângulo de amplitude cos r r e recorrendo à definição de cosseno, vem cos r r cos r r cos cos ± + k,k Z ± + k,k Z Como [0,, a única solução da equação é. ssim, o volume associado é: V 80 sen 80 98,9 98 Ou seja, quando nível de combustível está a da altura máima, o volume é de 98 m, aproimadamente. Eame 00, a Fase cód Página 7 de 7