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
Em caso de adoção deste projeto, encontra no e-Manual Premium:
• todas as propostas de resolução do projeto em formato digital PDF;
• as propostas de resolução assinaladas neste livro, com o ícone ( ), em
formato de aplicação interativa, permitindo a sua apresentação passo a passo.
ISBN 978-972-0-84449-1
Manual Parte 1
Unidade 1 Trigonometria e funções trigonométricas
2
2
2
2
Como AB > 0 , conclui-se que AB = 4 .
Assim sendo, tem-se que
BC 3
AB 4
BC 3
sin α =
, cos α =
e tan α =
=
=
= .
AC 5
AC 5
AB 4
AB
AC
=
Pág. 11
6. tan 60° =
4
BC 3
AB 4
=
= .
, cos β =
e tanβ =
5
AC 5
BC 3
2. D é o ponto médio de [AB], logo AD = DB .
AD
BC
AC
⇔ 3=
BC
⇔ BC = 2 3 m
2
.
Como o triângulo [BDE ] é equilátero, a amplitude de cada um dos
ângulos internos é igual a 60 ° .
2 3
⇔ 3=
⇔ DC =2 m .
DC
DC
Como o triângulo [BDE ] é equilátero, sabe-se que C é o ponto
médio de [DE]. Então, DE = 2 ×DC = 4 m .
tan 60 ° =
DB
BD
, conclui-se que α é a
=
e tan β =
BC BC
CD
amplitude do ângulo CBD e β é a amplitude do ângulo BCD.
Como cos α =
e
5
73 21 + 73
P [ AECD ] = 4 + 4 + +
=
.
2
2
2
2
1.1. AC = AB + BC ⇔ 52 = AB + 32 ⇔ AB = 16 .
1.2. sin β =
NEMA11PR © Porto Editora
3 5
Logo, CE = BC −BE = 4 − =
2 2
Pág. 9
BC
7. Como o quarto de círculo representado na figura está dividido
Pág. 10
ˆ = QBR
ˆ = RBA
ˆ =
em três setores circulares iguais, CBQ
2
1
15
3.1. sin θ + cos θ = 1 ⇔ sin θ +   = 1 ⇔ sin 2 θ =
16
4
2
2
2
Como 0 < sinθ < 1 , conclui-se que sinθ =
3.2. tan θ =
15
4
.
BT
⇔BT = 0, 6 .
1,2
Relativamente ao triângulo [BRS], tem-se:
3
BS
⇔ BS = 1,2 ×
⇔ BS = 0,6 3 .
cos 30 ° =
1,2
2
.
15
= 4 = 15 .
1
cos θ
4
Então, ST = BS −BT = 0,6 3 − 0,6 ≈ 0,44 .
2
2
⇔ cos α =
1
1
25
1
4 
⇔ 1+  =
⇔ =
⇔
2
9 cos 2 α
cos 2 α
 3  cos α
9
.
25
⇔ sin α =
sin α
cos α
2a .
a
= =1 .
AB a
BC
a
1
2
=
=
=
b) sin 45 ° =
2
AC
2a
2
a) tan 45 ° =
4 3
⇔ sin α = tan α × cos α ⇔ sin α = × ⇔
3 5
e cos 45° =
2
1
73
1
3 
⇔1+  =
⇔
=
⇔
2
64 cos 2 α
cos α
 8  cos α
1
BC
1
2
AB
a
.
=
=
=
2
AC
2a
2
2.1. Sendo o triângulo [ABC ] equilátero, então D é o ponto médio
2
64
⇔ cos2 α =
.
73
Como 0 <cos α <1 , conclui-se que cos α =
de [AB]. Logo, AD =
AB a
= .
2 2
2
64
8
8 73
.
=
=
73
73
73
5.2. Como o perímetro do quadrado [ABCD] é 16, tem-se que
AB = BC = CD = AD = 4 .
cos α =
8
4
4 73
73
AB
⇔
=
⇔ AE =
⇔ AE =
8
2
AE
73 AE
tan α =
3 BE
12
3
BE
⇔ =
⇔ BE = ⇔ BE = .
8 4
8
2
AB
4
AC >0 , conclui-se que AC = 2a 2 =
1.2.
4
.
5
5.1. 1 + tan2 α =
Tarefa 1
2
2
2
2
2
1.1. AC = AB + BC ⇔ AC = a 2 + a 2 ⇔ AC = 2 a 2 . Como
a> 0
3
Como 0 <cos α <1 , conclui-se que cos α = .
5
4.2. tan α =
Relativamente ao triângulo [BQT ], tem-se:
cos 60 ° =
sin θ
4.1. 1 + tan2 α =
90 °
= 30 ° .
3
.
2
2
2
2
2
a2
a 
AC = AD + DC ⇔ a 2 =   + DC ⇔ a 2 − = DC ⇔
2
4
 
⇔
2
3a2
= DC .
4
CD > 0 , conclui-se que CD =
Como
3a 2
3a
.
=
4 a> 0 2
Trigonometria e funções trigonométricas
2.2.
sin β =
a
1
3
AD
= 2 =
=
.
a) tan 30 ° =
3a
3
3
DC
2
3a
3
DC
DC
3
2
e cos 30 ° =
.
d) sin 60 ° =
=
=
= sin 60 ° =
a
2
2
AC
AC
8.1. Não se pode concluir que AB = 3 e AC = 5 . Apenas se pode
3
= .
afirmar que
AC 5
AB
2
16
3
2
2
8.2. sin α + cos α = 1 ⇔   + cos α = 1 ⇔ cos α = .
25
5
4
Como 0 < cos α < 1 , conclui-se que cosα = .
5
2
BC
AC
Então, P
3 AB
AB
⇔ =
⇔ AB = 2,1 e
5 3,5
AC
⇔
2
1
2 5
5
AE 6 − 5
e
=
=
, cos β =
5
5
5
AD
=2 .
10.2. Sabe-se que tan β =2 . Para determinar a amplitude do
ângulo agudo β cuja tangente é 2, recorre-se a uma calculadora
científica ou gráfica e conclui-se que β ≈ 63,4° .
Pág. 13
11. O triângulo [ABC ] é retângulo em b porque está inscrito numa
semicircunferência de diâmetro [AC].
Então, tan α =
AB AB 1
=
= .
BC 2 AB 2
[ ABC] = 3,5 + 2,1 + 2,8 = 8,4
1
1
5
1
1
⇔1 +   =
⇔ =
⇔
2
2
cos2 α
 2  cos α 4 cos α
2
⇔ cos α =
4
.
5
Como 0 < cosα < 1, conclui-se que cos α =
2
2
1
e sin α = porque
3
3
2
9.2. É possível ter-se cos α =
)
2
=
1
2
1
e tanα = 2 2 porque
3
, ou seja, verifica-se a igualdade
1 
3 
 
1
1 + tan2 α =
.
cos 2 α
⇔ sin α =
5
.
5
12.1. Sendo [OA ]
sin45° =
AD
⇔
OA
OCe]
2
2
AD
=
3
A [OABC ]= 2 × A [OAB ] = 2 ×
[raios da
OD = AD =
⇔ AD =
3 2
2
.
3 2 9 2
OB × AD
= 3×
=
.
2
2
2
3 2
.
2
Logo, BD = OB − OD = 3−
2
2
circunferência, então
12.2. Como o triângulo [AOD ] é isósceles, então
⇔ AB =
10.1. Seja E a projeção ortogonal de D sobre [ AB].
2
sin α
1 2 5
⇔ sin α = tan α × cos α ⇔ sin α = ×
⇔
cos α
2
5
3 2 6−3 2
=
.
2
2
3 2
2
2
2
2
AB = AD + BD ⇔ AB = 
 2

3
2
9.3. Não é possível ter-se cos α = e sin α = porque sendo
2
3
α um ângulo agudo sabe-se que 0 < cosα < 1.
2
tan α =
4
2 2 5
=
=
.
5
5
5
.
Seja D a projeção ortogonal deA sobre [OB].
.
1  + 2  ≠
    1 , ou seja, não se verifica a fórmula fundamental
 3 3
da trigonometria.
1+ 2 2
1 + tan 2 α =
OA = OC =3 .
ˆ = 90° − POA
ˆ = 90° − 45° = 45°
AOB
4 BC
=
⇔ BC = 2,8 .
5 3,5
9.1. Não é possível ter-se cos α =
NEMA11PR © Porto Editora
=
=
2
8.3. sin α =
2
5
2
Pág. 12
(
DE
AE
3a
2
=
= 3 .
b) tan 60° =
a
AD
2
a
AD 2 1
AD
1
c) sin 30 ° =
= = e cos 60 ° =
= sin 30 ° = .
2
AC a 2
AC
2
=
AD
tan β =
DC
cos α =
DE
2
2
  6 −3 2 
 + 
 ⇔
  2

2
18 36 − 36 2 +18
+
⇔ AB = 18 − 9 2 .
4
4
Como AB > 0 , conclui-se que
(
)
AB = 18 − 9 2 = 9 2 − 2 = 9 × 2 − 2 = 3 2 − 2 .
2
AD = AE + DE ⇔ AD = 12 + 22 ⇔ AD = 5 . Como AD >0 ,
conclui-se que AD = 5 .
5
Unidade 1
13.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta:
1.
3
4×
sin 60 ° sin 45°
4sin 60 °
4 3
2
=
⇔ a=
⇔ a=
⇔ a=
⇔
a
4
sin 45 °
2
2
2
4 3× 2
4 6
⇔a =
⇔a =
⇔a = 2 6 .
2× 2
2
NEMA11PR © Porto Editora
Tarefa 2
13.4. Da aplicação da lei dos senos, resulta:
sin 75 °
sin 45 °
4sin 75 °
.
=
⇔ b=
4
sin 45 °
b
Recorrendo a uma calculadora, tem-se b ≈ 5,5 .
Pág. 15
14.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
sin 55°
=
8
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
sin 55° sin Cˆ
7sin 55°
=
⇔ sin Cˆ =
⇔ sin Cˆ ≈ 0, 717 .
8
7
8
sin Bˆ sin Cˆ
.
=
7
AC
14.2. Sabendo que sin ˆC ≈ 0,717 e recorrendo a uma
Atendendo aos dados da figura anterior, tem-se:
x
⇔ x = 0,8 tan 42° ⇔ x ≈ 0,72 m.
tan 42° =
0,8
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
ˆ = 360 ° =40 ° .
geometricamente iguais, sabe-se que AOC
9
[ ABC], então
2.2. Sendo OB um eixo de simetria do losango O
ˆ
ˆ = AOC = 20 ° .
AOB
2
3
3
⇔ OA =
⇔ OA ≈ 3,19 .
cos 20° =
cos 20°
OA
AC
AC
2.3. tan 20° = 2 ⇔ tan 20° =
⇔ AC = 6 tan 20° ⇔ AC ≈ 2,2 .
3
6
calculadora, obtém-se Cˆ ≈ 45, 81° .
14.3. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a 180 ° .
Então, ˆB = 180 ° −55 ° −45,81 ° =79,19 °.
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 °
=
⇔ AC =
⇔ AC ≈ 9,6 .
8
sin 55 °
AC
Pág. 16
15. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
16.1. Sabendo que AB = AC = 6 , então
13.1. A soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
ˆ = ACB
ˆ = 180 ° − 130 ° = 25 ° .
ABC
2
Então, Cˆ = 180 ° −60 ° −75 ° =45 ° .
16.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
13.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
sin 60 ° sin 75 ° sin 45 °
.
=
=
4
a
b
6
3
=
sin 90 °
7
=
sin Cˆ
.
AB
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
sin Aˆ sin 90°
3× 1
3
=
⇔ sin Aˆ =
⇔ sin Aˆ = .
3
7
7
7
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 25,4° .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a 180 ° , então Cˆ = 180 ° − 90 ° −25,4 ° =64,6 ° .
Pág. 14
triângulo é igual a 180° .
sin Aˆ
Donde resulta que: BC =
6sin 130 °
sin 25 °
sin 130 ° sin 25 °
.
=
6
BC
⇔ BC ≈ 10,88 .
Trigonometria e funções trigonométricas
Pág. 17
Pág. 19
17.1. sin 90°× sin 160° = 1× sin (180° − 160° )= sin 20° .
21.1. Os ângulos PBC e ABC são suplementares, logo
ˆ = 180° − 135° = 45° .
PBC
2
17.2. 2sin 45 °×sin 135 ° =2 × ×sin (180 ° −135 °) = 2 sin 45 ° =
2
= 2×
2
2
=1 .
sin 45° =
ˆ = CBA
ˆ = 360 ° : 5 = 36° e AB = BC = 25 = 5 .
conclui-se que BAC
2
5
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
ˆ = 180° − 36° − 36° = 108° .
triângulo é igual a 180 ° , então ABC
sin 108° sin 36°
=
.
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
5
AC
Donde resulta que:
5sin 108° 5sin (180 ° −108 ° ) 5sin 72 °
=
=
.
AC =
sin 36 °
sin 36 °
sin 36 °
19.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
sin Aˆ sin 112 ° sin Cˆ
=
=
.
5
3
a
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
sin 112° sin Cˆ
3sin 112°
=
⇔ sin Cˆ =
⇔ sin Cˆ ≈ 0, 556 .
5
3
5
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Cˆ ≈ 33,801 ° .
19.2. Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de
qualquer triângulo é igual a 180° , então
Aˆ = 180 ° −112 ° −33,801 ° ≈34,20 ° .
19.3. Da aplicação da lei dos senos, resulta:
sin 34,2° sin 112°
5sin 34,2°
=
⇔a =
⇔ a ≈ 3,0 .
5
sin 112 °
a
20.1. cos 60 ° =
AP
AC
⇔
1 AP
=
⇔ AP =2 .
2 4
3 h
⇔
= ⇔h=2 3 .
2 4
AC
PB = AB − AP = 7 − 2 = 5 .
PC
2
2
(
BC = PB + PC ⇔ a2 = 52 + 2 3
)
2
⇔ a2 = 37 . Como a > 0 ,
conclui-se que a = 37 .
20.2. Atendendo aos cálculos efetuados em20.1. , sabe-se que
2
a = 37 .
NEMA11PR © Porto Editora
⇔
2 PB
5 2
=
⇔ PB =
.
2
5
2
⇔
2 h
5 2
= ⇔h =
.
2 5
2
BC
PC
AP = AB + BP = 4 +
5 2 8+ 5 2
=
.
2
2
2
2
8 +5 2  5 2 
2
2
2
AC = AP + PC ⇔ b2 = 
 + 
 ⇔
 2   2 
2
⇔b =
64 + 80 2 + 50 50
2
+
⇔ b = 41 +20 2 .
4
4
Como b >0 , conclui-se que b = 41 +20 2 .
21.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 21.1. , sabe-se que
b 2 = 41 + 20 2 .
2
2
Por outro lado, 4 + 5 + 2 × 4 × 5cos 45 ° = 41 + 40 ×
2
=
2
= 41 + 20 2 .
2
2
2
Conclui-se então que b = 4 + 5 + 2× 4× 5 cos 45° .
Pág. 20
22.1. cos 90° × cos 137° + 2cos 120° =
1
= 0× cos 137° + 2− cos ( 180° −120 °) = −2cos 60 ° = −2 × = −1 .
2
22.2. cos 45° cos 135° =
=−
2
× − cos ( 180 ° − 135 °)  =
2 
2
2
2
1
cos 45° = −
×
=− .
2
2
2
2
22.3. cos 70°× sin 110° + cos 110°sin 70 ° =
Pág. 18
2
PB
BC
18. Como o pentágono [ABCDE] é regular e tem perímetro 25,
sin 60° =
cos 45 ° =
1
Por outro lado, 4 2 + 7 2 −2 ×4 ×7cos 60 ° =65 −56 × =37 .
2
Conclui-se então que a2 = 42 + 72 − 2 ×4 ×7cos 60 ° .
= cos 70°× sin ( 180° − 110° ) + − cos (180° − 110° ) sin 70° =
= cos 70 °×sin 70 ° −cos 70 °sin 70 ° =0 .
23.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2
2
2
2
b = 3 + 5 − 2 × 3× 5cos 70° ⇔ b = 34 − 30 cos 70° .
Como b >0 , conclui-se que b = 34 − 30 cos 70° ⇔ b ≈ 4,9 .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
sin Aˆ
5
Sabe-se que b = 34 − 30 cos 70° , logo:
=
sin 70° sin Cˆ
=
.
b
3
sin Aˆ
sin 70 °
5sin 70 °
ˆ=
=
⇔ sin A
⇔
5
34 −30 cos 70 °
34 −30 cos 70 °
⇔ sin Aˆ ≈ 0,9643 .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 74,6 ° .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a 180 ° , então Cˆ = 180° − 70° − 74,6° = 35,4° .
7
Unidade 1
NEMA11PR © Porto Editora
23.2. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
a 2 = 2,5 2 + 4 2 − 2 × 2,5 × 4cos 130° ⇔ a 2 = 22,25 − 20cos 130° .
Pág. 22
Como a >0 , conclui-se que a =
Proposta 1
22,25− 20 cos 130° ⇔ a ≈ 5,9 .
sin 130°
sin Bˆ sin Cˆ
=
=
.
a
2,5
4
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
Sabe-se que a = 22,25 − 20cos 130 ° , logo:
sin 130 °
sin Bˆ
2,5sin 130 °
=
⇔ sin Bˆ =
⇔
22,25 − 20cos130 ° 2,5
22,25 −20cos130 °
⇔ sin ˆB ≈ 0,3232 .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Bˆ ≈ 18,9° .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a 180° , então ˆC = 180° − 130° − 18,9° = 31,1° .
1.1. x2 = 42 + 22 ⇔ x2 = 20 . Logo, x = 20 = 2 5 .
Assim sendo, tem-se que
4
2 5
2
5
, cos α =
e
=
=
5
5
2 5
2 5
4
tan α = =2 .
2
sinα =
2
2
2
2
1.2. y = 2 + 3 ⇔ y = 13 . Logo, y = 13 .
e tan β =
Pág. 21
3
Então, sin β =
13
=
3 13
2
2 13
, cos β =
=
13
13
13
3
.
2
24.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
1.3. a2 = 32 + 32 ⇔ a2 = 18 . Logo, a = 18 = 3 2 .
2
2
2
ˆ ⇔ 20cos A
ˆ = −7 ⇔ cos A
ˆ=− 7 .
6 = 2 + 5 − 2 × 2 × 5cos A
20
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 110,5° .
2
2
2
2
b = 2 + 2 ⇔ b = 8 . Logo,
b = 8 =2 2 .
19
2 2 = 5 2 + 6 2 − 2 × 5 × 6cos Bˆ ⇔ 60cos Bˆ = 57 ⇔ cos Bˆ =
.
20
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Bˆ ≈ 18,2° .
5
2
2
2
5 = 2 + 6 − 2 × 2 × 6cos Cˆ ⇔ 24 cos Cˆ = 15 ⇔ cos Cˆ = .
8
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Cˆ ≈ 51,3 ° .
c2 =
( 18 ) + ( 8 )
2
2
⇔ cos Aˆ = .
3
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 48,2 ° .
102 = 17,52 + 22,52 − 2× 17,5× 22,5cos Bˆ ⇔ 787,5cos Bˆ = 712,5 ⇔
19
.
21
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Bˆ ≈ 25,2° .
22, 52 = 102 + 17,52 − 2× 10× 17,5cos Cˆ ⇔ 350 cosCˆ = − 100 ⇔
⇔
⇔ c 2 = 26 . Logo, c = 26 .
Assim sendo, tem-se que
sinθ =
2 2
tan θ =
2 2
26
24.2. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
ˆ ⇔ 450 cos ˆA = 300 ⇔
17,52 = 102 + 22,52 − 2× 10× 22,5cos A
2
=
3 2
=
2 52 2 13
3 2 3 52 3 13
, cos θ =
e
=
=
=
26
13
26
13
26
2
.
3
Proposta 2
2
2
21
2.1. sin2 α + cos 2 α = 1 ⇔   + cos 2 α = 1 ⇔ cos 2 α = .
 5
25
21
Como 0 <cosα <1 , conclui-se que cos α =
5
⇔ cos Bˆ =
2
⇔ cos Cˆ = − .
7
2
1
8
2.2. sin 2 α + cos 2 α = 1 ⇔ sin 2 α +   = 1 ⇔ sin 2 α = .
 3
2.3. 1 + tan 2 α =
25. Atendendo aos dados da figura em baixo e aplicando a lei dos
cossenos, tem-se:
7 2 = 12 2 + 12 2 −2 ×12 × 12cos α ⇔
⇔ 288cos α = 239 ⇔ cos α =
9
8 2 2
=
.
3
3
Como 0 <sin α <1 , conclui-se que sin α =
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Cˆ ≈ 106,6° .
239
1
1
7
2
2
tan α = .
⇔ 1 + tan α =
2
2 ⇔
cos α
9
 3
 
4
Como tan α >0 , conclui-se que tan α =
.
288
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se
α ≈ 33,92° .
2.4. 1 + tan 2 α =
2
⇔ cos α =
7
3
.
1
1
1
⇔ 1 + 22 =
⇔5=
⇔
cos2 α
cos2 α
cos2 α
1
.
5
Como 0 < cosα <1 , conclui-se que cos α =
8
.
1
5
=
5
.
5
Trigonometria e funções trigonométricas
2.5. 1 +tan 2 α =
1
1
1
⇔1 +5 2 =
⇔ 26 =
⇔
cos2 α
cos2 α
cos 2 α
1
⇔ cos α =
.
26
2
1
26
=
26
26
.
5 26
.
26
2.6. sin2 α + cos2 α = 1 ⇔ 0,32 + cos2 α = 1 ⇔ cos2 α = 0,91 .
Como 0 < cos α < 1 , conclui-se que cosα = 0,91 =
91
10
.
3
sin α
3
3 91
10
=
=
=
.
tan α =
cos α
91
91
91
10
sin2 θ
sin2 θ
+
sin 2 α cos 2 α
1
+
=
⇔
sin2 α sin2 α sin2 α
1
1
= 2 ⇔ 1+
2
tan α sin α



9
2
⇔ sin α =
.
34
⇔1+
1
3

5
2
=
1
34
1
⇔
=
⇔
2
2
sin α
9 sin α
3
Como 0 < sinα < 1 , conclui-se que sin α =
=
34
3 34
.
34
Proposta 6
6.1. O octógono regular inscrito na circunferência divide-a em 8
Proposta 3
3.1. sin2 θ +cos2 θ = 1 ⇔
RT 3 2 3
=
= .
PT 5 2 5
5.3. sin2 α + cos 2 α = 1 ⇔
sin α
26
⇔ sin α = tan α × cos α ⇔ sin α = 5 ×
⇔
cos α
26
⇔ sin α =
TQ =RT = 3 2 e PT = PQ − TQ = 8 2 − 3 2 = 5 2 .
Assim sendo, tanα =
Como 0 < cos α < 1 , conclui-se que cosα =
tan α =
5.2. Como o triângulo [QRT] é isósceles, conclui-se que
cos2 θ
sin2 θ
=
1
sin2 θ
⇔
1
1
1
1
25
1
=
⇔ 1+
= 2 ⇔ =
⇔
2
tan2 θ sin2 θ
9 sin 2 θ
 3  sin θ
 
4
9
⇔ sin 2 θ =
.
25
3
Como 0 < sinα < 1 , conclui-se que sinθ = .
5
⇔1+
3
sin θ
sin θ
4
3.2. tan θ =
⇔ cos θ =
⇔ cos θ = 5 ⇔ cos θ = .
3
cos θ
tan θ
5
4
3 AC
AC
⇔ =
⇔ AC = 4,5 cm e
3.3. tan θ =
4 6
BC
4 6
BC
⇔ =
⇔ AB = 7, 5 cm .
5 AB
AB
Então, P [ ABC ] = 6 + 4,5 + 7,5 = 18 cm .
arcos geometricamente iguais.
A amplitude de cada um desses arcos é 360° : 8= 45° .
45 °
Então, α =
= 22,5° .
2
6.2. O triângulo [ABF] é retângulo em A porque
ˆ = 180 °= 90 ° .
BAF
2
6.3. tan 22, 5 ° = AB ⇔ tan 22,5 ° =
AF
A [ ABF ] =
AB × AF
2
4×
=
4
4
⇔ AT =
.
tan 22, 5°
AF
4
tan 22,5°
8
=
≈ 19,31 .
2
tan 22,5 °
Proposta 7
Seja x a medida do comprimento da rampa.
2
2
⇔ x ≈ 2,3 .
cos 30 ° = ⇔ x =
cos 30 °
x
A rampa tem aproximadamente 2,3 metros de comprimento.
cos θ =
Proposta 8
8.1. tan 30 ° =
Proposta 4
NEMA11PR © Porto Editora
sin α =
CE
BC
2
⇔
2
tan 60 ° =
2 CE
=
⇔ CE = 4 cm .
3 6
2
2
2
BC = BE + EC ⇔ 6 2 = BE + 4 2 ⇔ BE = 20 . Como BE > 0 ,
conclui-se que BE = 20 =2 5 .
(
)
CE
CD
3 5
15
BF
⇔
=
⇔ AB =
⇔ AB = 5 3 .
3 AB
AB
3
⇔ 3=
5
AD = AB + BC + CD = 5 3 + 5 +
Então, P [ ABCD ] = 6+ 3× 4 + 2 5 = 18+ 2 5 cm .
AD +EF
A [ ADEF ] =
× CE =
2
Pág. 23
= 25 +
Proposta 5
5.1. sin 45° =
RT
RQ
⇔
⇔ CD =
5
CD
5+
5 3
3
3
⇔ CD =
= 5+
5 3
20 3
3
3
.
.
20 3
+5
150 +100 3
3
× 5=
=
2
6
50 3
.
3
2 RT
=
⇔ RT = 3 2 .
2
6
9
Unidade 1
sin 60 ° =
CE
BF
⇔
DE
⇔
AF
Proposta 11
1 5
=
⇔ AF = 10 .
2 AF
3 5
10
10 3
.
=
⇔ DE =
⇔ DE =
2
3
DE
3
P [ ADEF ] = AD + DE + EF + FA = 5 +
20 3 10 3
+
+ 5 +10 =
3
3
= 20 + 10 3 .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a 180 ° , então Aˆ = 180° − 68° − 80° = 32° .
sin 68 ° sin 80 ° sin 32 °
=
=
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
.
15
AB
BC
Donde resulta que:
15sin 68°
sin 68 ° sin 80 °
⇔ AB ≈ 14,1 m .
=
⇔ AB =
15
sin 80°
AB
15sin 32 °
sin 80 ° sin 32 °
⇔BC ≈ 8,1 m .
=
⇔ BC =
15
BC
sin 80 °
Pág. 24
Proposta 9
Pág. 25
9.1. Seja O o ponto de interseção das diagonais do papagaio.
sin 65° =
DO
AD
⇔ sin 65 ° =
Proposta 12
DO
⇔
20
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
ˆ = 180° − 120° − 37° = 23° .
triângulo é igual a 180 ° , então ABC
sin 37 ° sin 23 ° sin 120 °
=
=
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
.
30
AB
BC
sin 37° sin 23°
Donde resulta que:
=
⇔
30
AB
30sin 37°
AB =
⇔ AB ≈ 46 m .
sin 23 °
⇔ DO = 20sin 65° .
cos 65° =
AO
AD
⇔ cos 65° =
AO
⇔
20
⇔ AO = 20cos 65° .
20cos 65 °
CO
⇔ tan 50 ° =
⇔
BO
BO
20cos 65 °
⇔ BO =
.
tan 50 °
tan 50° =
Proposta 13
20cos 65 °
BD = BO + OD =
+ 20sin 65 ° ≈25,2 .
tan 50 °
9.2. Sabe-se que BD =
Então, A [ABCD ] =
9.3. sin 50° =
Seja r o raio do círculo representado na figura.
Acírculo = π r 2 ⇔ 25π = π r 2 ⇔ 25= r 2 .
20cos 65 °
+ 20sin 65 ° ≈ 25,2185 .
tan 50°
BD× AC 25,2185× 40cos 65°
=
≈ 213,2 .
2
2
CO
BC
⇔ sin 50° =
P [ ABCD ] = 2 AD + 2BC = 40+
20cos 65 °
⇔ BC =
BC
20cos 65 °
.
sin 50 °
40 cos 65°
≈ 62,1 .
sin50°
Proposta 10
Designemos por α a amplitude do ângulo agudo BAC.
Logo, r = 5 .
180° − 27°
α=
= 76,5° .
2
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
sin 27 ° sin 76,5 °
=
⇔
5
x
5sin 76, 5°
⇔x =
⇔ x ≈ 10,7 .
sin 27°
Proposta 14
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
ˆ = 180° − 120 ° − 30 ° = 30 ° .
triângulo é igual a 180 ° , então ACB
ˆ =CBA
ˆ = 30 °, conclui-se que o triângulo [ABC] é
Como ACB
isósceles.
Logo, AC = AB = 40 cm .
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
BC =
Como AC = BC , a projeção de C sobre [AB ] coincide com o seu
ponto médio (M).
20
2
⇔ cos α = .
50
5
AC
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se α ≈ 66,4 ° .
cos α =
10
AM
⇔ cos α =
40sin 120°
sin 30 °
sin 120 °
BC
=
sin 30 °
40
⇔
⇔ BC ≈ 69,3 cm .
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° .
NEMA11PR © Porto Editora
8.2. sin 30° =
Trigonometria e funções trigonométricas
ˆ = DAE
ˆ = 72° = 36 ° e
Sabe-se que ADE
2
ˆ = 180° − 36° − 36° = 108° .
AED
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
⇔ AD =
sin 108° sin 30°
=
⇔
4
AD
4sin 108°
⇔ AD ≈ 6,47 .
sin 30°
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 ° .
× °
ˆ = 72° = 36° , BAP
ˆ = 2 72 = 72° e
Sabe-se que ABP
2
2
ˆ = 180° − 36° − 72° = 72° .
APB
ˆ = APB
ˆ , o triângulo [ABC] é isósceles. Logo,
Como BAP
BP = AB = 4 .
sin 36° sin 72°
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
=
⇔
4
AP
4sin 36°
⇔ AP =
⇔ AP ≈ 2,5 .
sin 72 °
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ABC], resulta:
60sin 18 °
sin 16 ° sin 18 °
⇔ BC ≈ 67,266 .
=
⇔ BC =
60
BC
sin 16°
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCD], resulta:
67,266sin 34 °
sin 90 ° sin 34 °
=
⇔ CD =
⇔ CD ≈ 38 .
67,266
sin 90 °
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° .
°
ˆ = 90° = 45° , ABC
ˆ = 60 = 30° e
Donde se conclui que CAB
2
2
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 AC = OA =3 .
Proposta 17
Atendendo à lei dos senos, tem-se:
17.1. Como o triângulo [DBC] é equilátero, a amplitude de cada
3sin 45 °
sin 45 ° sin 30 °
⇔ BC =
=
⇔ BC =
sin 30 °
3
BC
um dos ângulos internos é igual a 60° .
Os ângulos ADC e BDC são suplementares, logo θ = 180° − 60° .
1
cos θ = cos (180° − 60° )= − cos 60° = − .
2
17.2. Sendo D o ponto médio de [AB] e AD = 10 então tem-se
DB =10 .
Como o triângulo [DBC] é equilátero, conclui-se que CD = 10.
O triângulo [ACD ] é isósceles e θ = 120° , então
180° − 120°
ˆ = CAD
ˆ =
ACD
= 30° .
2
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [ACD], resulta:
sin 120° sin 30°
=
⇔
10
AC
3
10 ×
10sin 60°
2
AC =
⇔ AC =
⇔ AC = 10 3 .
1
sin 30 °
2
Proposta 18
3×
1
2
2
2 ⇔ BC = 3 2
19.3. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
sin 105°
AB
=
sin 30°
3
⇔ AB =
3sin 105 °
sin 30 °
⇔ AB ≈ 5,80 .
Proposta 20
20.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2
AC = 102 + 152 − 2× 10× 15cos 160° ⇔
2
2
⇔ AC = 325 − 300cos 160 ° ⇔ AC ≈606,908 .
Como AC > 0 , conclui-se que AC ≈ 24,64 .
20.2. a) Atendendo à lei dos senos, tem-se:
ˆ
ˆ
sin BAC
sin 160° sin ACB
= =
=
.
15
10
AC
Do resultado obtido anteriormente, AC ≈ 24,64 , e da aplicação
da lei dos senos, resulta:
ˆ
°
sin BAC
sin 160 °
ˆ = 15sin 160 ⇔ sin BAC
ˆ ≈ 0,2082 .
=
⇔ sin BAC
15
24,64
24,64
ˆ ≈ 12° .
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se BAC
b) Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de
NEMA11PR © Porto Editora
qualquer triângulo é igual a 180 ° , então
Atendendo aos dados apresentados no esquema anterior, tem-se:
ˆ = 180° − 146° − 18 ° =16 ° .
ˆ = 180° − 34° = 146° e ACB
ABC
ˆ = 180° − 160° − 12° = 8° .
ACB
11
Unidade 1
25.2. Sendo α um ângulo agudo e sin α =
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
 2
1
2
2
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔ 
 + cos α = 1 ⇔ cos α = .
3
3


AC = 2 +1 = 3 , AB = 2 + 4 = 6 e BC = 1 + 4 = 5 .
Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
ˆ ⇔ 36 cos ˆA = 20 ⇔ cos ˆA= 5 .
5 2 = 3 2 + 6 2 − 2 × 3 × 6 cos A
9
ˆ ≈ 56,25 °.
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se BAC
Como 0 <cosα <1 , conclui-se que cos α =
Proposta 22
22.1. Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2
cos α =
2
2
AB = 3 + 8 − 2 ×3 ×8cos 78 ° ⇔ AB =73 −48cos 78 ° ⇔
Como AB > 0 , conclui-se que AB≈ 7,94 m .
22.2. Atendendo à lei dos senos, tem-se:
8
=
3
=
sin 78 °
.
AB
Proposta 23
Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2
2
2
AE = 40 + 50 − 2 ×40 ×50cos 60 ° ⇔ AB =2100 .
Como AB > 0 , conclui-se que AB≈ 45, 8 m .
A distância entre a árvore e a estatueta é de, aproximadamente,
45,8 metros.
Proposta 24
Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2
2
AB = 8 2 + 3 2 − 2 ×8 × 3cos 70 ° ⇔ AB = 73 −48cos 70 ° ⇔
2
⇔ AB ≈ 56,583 .
Como AB > 0 , conclui-se que AB≈ 7,5 km .
A distância entre as localidades A e B é de, aproximadamente,
7,5 quilómetros.
Pág. 29
Proposta 25*
ˆ = ABC
ˆ =α .
25.1. Como AC =BC , então BAC
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
ˆ = 180 ° .
triângulo é igual a 180° , então 2 α + ACB
ˆ
ACB
.
2
Assim sendo, α é necessariamente um ângulo agudo.
ˆ = 180° ⇔ 2α = 180° − ACB
ˆ ⇔ α = 90° −
2α + ACB
12
=
3
.
3
AM
AC
⇔
3
3
=
⇔ AC = 3 .
3 AC
Proposta 26**
sin ˆB
Do resultado obtido anteriormente, AB ≈ 7,94 m , e da aplicação
da lei dos senos, resulta:
sin Aˆ sin 78 °
8 sin 78 °
=
⇔ sin Aˆ =
⇔ sin Aˆ ≈ 0,9855 .
8
7,94
7,94
Recorrendo a uma calculadora, obtém-se Aˆ ≈ 80° .
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
triângulo é igual a 180° , então ˆB = 180 ° − 78° − 80° = 22° .
2
3
Assim sendo, P [ABC ] = 2AC + AB = 2× 3+ 2 3 = 6+ 2 3 .
2
⇔ AB ≈ 63,0202 .
ˆ
sin A
1
Como AC = BC , a projeção de C sobre [AB ] coincide com o seu
ponto médio (M).
1
1
Ora, AM = AB = ×2 3 = 3 .
2
2
Pág. 28
2
2
, tem-se:
3
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.
60
ˆ = SBC
ˆ = RBS
ˆ = ° = 30° e
Sabe-se que SCB
2
ˆ = 180 ° −30 ° −30 ° =120 ° .
BSC
ˆ = 180° − 120° = 60° e
Donde se conclui que BSR
ˆ
BRS = 180 ° − 60° − 30° = 90° .
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BCS], resulta:
1
5×
5sin 30°
sin 120 ° sin 30 °
2 ⇔ BS = 5 3 .
=
⇔
=
=
⇔ BS
BS
5
BS
sin 120°
3
3
2
3
.
2
Por aplicação da lei dos senos ao triângulo [BRS], resulta:
5 3 1
×
sin 90 ° sin 30 °
5 3
=
⇔ RS = 3 2 ⇔ RS =
⇔ RS ≈ 1,4 .
1
6
5 3
RS
3
Nota: sin 120 ° =sin (180 ° −120 °) =sin 60 ° =
Proposta 27*
Como AC = BC , a projeção de C sobre [AB ] coincide com o seu
ponto médio (M).
1
1
ˆ = 110° = 55° .
Ora, AM = AB = × 6 = 3 e ACM
2
2
2
3
3
⇔ CM =
⇔ CM ≈ 2,101 .
tan 55 ° =
tan 55°
CM
Designemos por r o raio do círculo.
NEMA11PR © Porto Editora
Proposta 21
Trigonometria e funções trigonométricas
Relativamente ao triângulo [COT] representado na figura acima,
tem-se:
OT
r
sin 55° =
⇔ sin 55° =
⇔ 2,101sin 55° − r sin 55° = r⇔
2,101 − r
OC
ɺ
27.2. a) OE
ɺ
b) OE
ɺ
c) OB
ɺ
d) OB
⇔ 2,101sin 55° = r+ rsin 55° ⇔ 2,101sin 55° = r( 1+ sin 55° ) ⇔
Pág. 32
⇔r =
2,101sin 55 °
⇔ r ≈ 0,95 m .
1 +sin 55 °
Pág. 30
26.1. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do
ângulo orientado é − 120 ° .
28.1. a) A circunferência da escala da temperatura do forno está
dividida em 18 partes iguais, sendo a amplitude de cada uma
360°
=20 ° .
dessas partes
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° .
26.2. O esquema abaixo permite concluir que a amplitude do
ângulo orientado é − 240 ° .
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 R ( O, 120° ) (A ) = D .
b) R (O , 40°) (B) = C ou R (O, −320 ° ) (B) = C .
c) R(O , −80 °) ( H) = F
Pág. 31
A figura ao lado apoia a resposta às questões colocadas.
ɺ
27.1. a) OD
ɺ
b) OA
ɺ
c) OC
ɺ
d) OE
d) R (O ,200 °) (H ) = D
e) R ( O , −160°) (A )= F
f) R ( O , −120°) (G )= D , conclui-se que R( O, −120 °) (G ) = R( O,120 °) ( A) .
ˆ =80 °porque a amplitude de um ângulo ao centro é
29.2. a) COE
igual à amplitude do arco correspondente.
b) Por aplicação da lei dos cossenos, tem-se:
2
2
EC = 5 2 + 5 2 − 2 × 5 ×5cos 80 ° ⇔EC = 50 −50cos 80 ° ⇔
As figuras em baixo apoiam a resposta às questões colocadas.
2
⇔ EC ≈ 41,318 .
Como EC > 0 , conclui-se que EC ≈ 6,4 cm .
Tarefa 3
1.1. O quadrado [ABCD] divide a circunferência em que está
NEMA11PR © Porto Editora
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
ɺ e amplitude −135° é OJ
ɺ .
ângulo orientado de lado origem OA
13
Unidade 1
32.1. Efetuando a divisão de 485 por 360 tem-se:
ɺ .
amplitude 135° é OH
485 =125 +1 ×360
c) Sendo 315° : 45° = 7 , conclui-se que o lado extremidade do
ɺ e amplitude −315° é OF
ɺ .
ângulo orientado de lado origem OA
485 360
125 1
O ângulo generalizado 485° é representado por
(125°, 1 ) .
32.2. Efetuando a divisão de 1470 por 360 tem-se:
1.2.
a) R (O , 90° )( E) = G
1470 = 30+ 4× 360
1470 360
30 4
b) R (O , 90° ) ( A ) = B
O ângulo generalizado 1470° é representado por
c) R ( O , −180°) (D ) = B
(30 °, 4 ) .
32.3. Efetuando a divisão de 650 por 360 tem-se:
d) R (O , −90° )( H) = F
650 = 290 + 1 × 360
e) R (O , 45° )( M) = E
Então,
f) R ( O, −90 °) (C ) = B
−650 = −290 − 1 × 360 .
650 360
290 1
O ângulo generalizado −650° é representado por (− 290° , − 1) .
g) R ( O , −270°) (M ) =F
h) R (O ,270° )( A) = D
32.4. Efetuando a divisão de 1800 por 360 tem-se:
2.1. A amplitude de cada uma das doze partes em que o leme
Então, −1800 = 0 − 5× 360 .
1800 = 0 + 5× 360
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 R (O,120 ° ) ou R O( ,− 240° ) .
1800 360
0 5
O ângulo generalizado −1800° é representado por
( 0° , − 5) .
Pág. 36
2.2. Duas possíveis rotações de centro O em que o ponto H é
imagem do ponto F são R( O, 60 °) ou R ( O,− 300° ) .
33.1. a) Como 1170° = 90° + 3× 360° , conclui-se que o lado
Pág. 34
ɺ e
extremidade do ângulo orientado de lado origem OC
ɺ
.
OD
amplitude 1170° é
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°.
b) Como −540° = − 180° − 1× 360° , conclui-se que o lado
ɺ e
extremidade do ângulo orientado de lado origem OC
ɺ .
amplitude −540° é OA
c)Como 990° = 270° + 2× 360° , conclui-se que o lado
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.
ɺ e
extremidade do ângulo orientado de lado origem OC
ɺ .
amplitude 990° é OB
d) Como −810° = − 90° − 2× 360° , conclui-se que o lado
ɺ e
extremidade do ângulo orientado de lado origem OC
ɺ
amplitude −810° é OB .
30.3.
33.2. a) A medida da amplitude do ângulo generalizado 1170° é
30.2. Como −390° = − 30° − 360° , o ponteiro dos minutos
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°.
representado por
( 90° , 3 ) .
b) A medida da amplitude do ângulo generalizado −540° é
representado por ( − 180° , − 1) .
c)A medida da amplitude do ângulo generalizado 990° é
representado por (270 °, 2) .
d) A medida da amplitude do ângulo generalizado −810° é
representado por ( − 90° , − 2) .
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
ɺ é a semirreta VE
ɺ .
amplitude −1155° e lado origem VA
31.2. Como −1155 = − 75− 3× 360 , o ângulo generalizado −1155°
é representado por (− 75° , − 3).
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 R ( O, 60° ) ( A ) = B .
b) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
amplitude 240° + 2× 360° é o ponto E porque R O( , 240° ) ( A) = E .
c)A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
amplitude −120° − 5× 360° é o ponto E porque R ( O , −120 °) (A ) = E .
14
NEMA11PR © Porto Editora
ɺ e
b) O lado extremidade do ângulo orientado de lado origem OA
Trigonometria e funções trigonométricas
d) A imagem do ponto A por uma rotação de centro O e
−
amplitude − 60° + k× 360° , k ∈ Z é o ponto F porque
.
(
)
R( O, −60°) A = F
35.1. a) A imagem do ponto A pela rotação de centro O e ângulo
e) Como 1260° = 180° + 3× 360° , conclui-se que a imagem do
generalizado ( 2, 3) é o ponto C.
ponto A por uma rotação de centro O e amplitude
ponto D porque R ( O, 180 °) (A ) = D .
1260° é o
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 R ( O, 0 °) (A ) = A .
34.2. a) A rotação de centro O e ângulo generalizado
( −145 °, − 7 )
aplica o ponto A no ponto P, sendo P = R( O ,− 145°) (A ) .
ɺ interseta o lado [DE ]
Assim sendo, conclui-se que a semirreta OP
do hexágono.
b) A rotação de centro O e ângulo generalizado ( 210 °, 11) aplica
o ponto A no ponto P, sendo P = R( O , 210° ) ( A) .
ɺ interseta o lado [DE ]
Assim sendo, conclui-se que a semirreta OP
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
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 5.
d) Como −450° = − 90° − 1× 360° e 90° : 30° = 3 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1.
e) Como −1530° = −90° − 4 × 360° e 90 °: 30 ° = 3 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1.
f) Como −5490° = −90° − 15 × 360° e 90 °: 30 ° = 3 , o número do
mostrador correspondente ao ponteiro das horas passa a ser o 1.
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.
Pág. 38
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 180° : 3,6° = 50 , o número apontado pela seta se for
aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo
generalizado ( 180° , 6 ) é o 50.
c) Como 288° : 3,6° = 80, o número apontado pela seta se for
aplicada ao manípulo uma rotação de centro O e de ângulo
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 )
éo
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.
b) O número correspondente ao ponteiro das horas é o mesmo
pelas rotações de centro O e ângulos generalizados
(120°, 8 ) e
NEMA11PR © Porto Editora
( −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.
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.
15
Unidade 1
manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é
−120 é o 80.
c) Como 5000 = 0 + 50 × 100 , o número apontado pela seta se o
manípulo descrever um ângulo em que a medida da amplitude é
5000 é o 0.
39.1. Sabendo que o ponto A pertence à circunferência
Pág. 39
7
3 
sin2 θ + cos2 θ = 1 ⇔ sin2 θ +   = 1 ⇔ sin2 θ =
.
16
4 
Pág. 42
trigonométrica e que a sua abcissa é
3
3
, então tem-se cosθ = .
4
4
2
ɺ e
36.1. a) O lado extremidade do ângulo de lado origem OP
Como θ ∈1. °Q. , sin θ > 0 . Então, conclui-se que sin θ =
amplitude 190° pertence ao 3.° quadrante.
ɺ e amplitude
b) O lado extremidade do ângulo de lado origem OP
Sabe-se ainda que β = 180° − θ . Então, tem-se:
−280° pertence ao 1.° quadrante.
ɺ e amplitude
c) O lado extremidade do ângulo de lado origem OP
−1250° pertence ao 3.° quadrante porque
−1250° = − 170° − 3× 360° .
sin β = sin ( 180° −θ ) = sin θ =
sin 60 ° =
tan β =
AA´
3 AA´
⇔
=
⇔
2
2
2
⇔ AA´ = 3 .
cos 60° =
sin β
cos β
=
3
.
4
7
7
4
=−
.
3
3
−
4
39.2. Atendendo aos cálculos efetuados em 39.1., sabe-se que as
OA ´
1 OA ´
⇔ =
⇔
2
2
2
coordenadas dos vértices do retângulo são:
3 7
A  ,
4 4
⇔ OA ´ = 1 .
Coordenadas do ponto A:
(−1, 3 ) .

 3 7
 ; B  − ,

 4 4

 3
3
7 
7
 ; C  − , −
; D  , −
4 
4

 4
4

 .

3 
7 3 7
A[ ABCD] = AB × AD =  2 ×  × 2 ×
≈ 2,0 .
 =
4
4
4

 

Pág. 40
40.1. a) Sabe-se que 1395 ° = 315 ° + 3 ×360° .
37.1. Sabe-se que 510 ° =150 ° +1 ×360 ° e 1125° = 45° + 3× 360° .
Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude
315° pertence ao 4.° quadrante, sabe-se que
sin 1395° = sin 315° < 0 e cos 1395 ° = cos 315 ° > 0 . Então,
Então, as imagens de P pelas rotações de centro O e amplitudes
510°, 1125° e −60° são, respetivamente, R, Q e S.
sin 1395°× cos 1395° < 0 .
37.2. a) Atendendo a que 1125° = 45° + 3× 360° , tem-se:
A condição dada é satisfeita para α = 1395° .
 2 2
.
Q ( cos 45° , sin 45° ) , ou seja, Q 
,
 2 2 


b) Sabe-se que 555° = 195° + 1× 360° .
b) Sabe-se que S ( cos (− 60° ) , sin( − 60° )) .
cos ( −60 °) = cos (60 °) =
.
7
.
4
cos β = cos (180 ° − θ ) = − cos θ = −
36.2.
7
4
1
2
e sin ( −60 °) = −sin ( 60 °) = −
3
2
.
Como o lado extremidade do ângulo orientado de amplitude
195° pertence ao 3.° quadrante, sabe-se que
sin 555° = sin 195 ° < 0 e cos 555 ° = cos 195 ° < 0 . Então,
sin 555°× cos 555 ° > 0 .
A condição dada não é satisfeita para α = 555° .
1
3
Então, S  , −
 .
2
2


40.2. O lado extremidade do ângulo generalizado do tipo (α , n )
com 90° < α < 180° pertence ao segundo quadrante. Então a
condição sinα cosα < 0 é satisfeita porque sinα > 0 e cos α < 0 .
Pág. 41
38. cos ( −α ) sin( 180° −α ) = cosα sinα .
Sabendo que o ponto A pertence à circunferência trigonométrica
3
3
e que a sua abcissa é − , então tem-se cos α = − .
4
4
2
7
 3
sin 2 α + cos 2 α = 1 ⇔ sin 2 α +  −  = 1 ⇔ sin 2 α = .
16
 4
7
.
Como α ∈2. ° Q. , sinα > 0 . Então, conclui-se que sin α =
4
3
7
3 7
=−
Assim sendo, cos α sin α = − ×
.
4 4
16
16
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 .
NEMA11PR © Porto Editora
b) Como −120 = −20− 1× 100 , o número apontado pela seta se o
Trigonometria e funções trigonométricas
41.2. sin (− 930° ) = sin ( − 210° − 2× 360° ) = sin(− 210° ) =
b) cos θˆ = cos ( 45° + 5 × 360 °) = cos ( 45 °) =
1
= − sin ( 210° ) = − sin (180° + 30 ° ) = −( −sin (30 °)) = .
2
2
e
2
2
sin θˆ = sin ( 45° + 5 × 360 ° ) = sin (45 ° ) =
.
2
Então, conclui-se que cos θˆ = sin θˆ .
1
cos ( 300 °) = cos ( −60 °) = cos (60 ° ) = .
2
Conclusão: sin ( −930 ° ) = cos 300 ° .
2.1. − 2300° = − 140° − 6× 360° e 1640° = 200° + 4× 360° .
41.3. cos( 3400° ) = cos ( 160° + 9× 360° ) = cos( 160° ) .
Como os lados extremidades dos ângulos orientados de
sin( − 540°) = sin ( − 180° − 360°) = sin(− 180°) = − sin( 180°) = 0
amplitudes −140° e 200° pertencem ao terceiro quadrante,
conclui-se que os lados extremidades dos ângulos θ e α
pertencem ambos ao terceiro quadrante.
Conclusão: cos 3400°× sin ( − 540° ) = 0 .
41.4. sin (−920° ) = sin (200° + 2 × 360° ) = sin( 200° ) =
2.2. sin (−2300° ) = sin ( − 140° − 6 × 360° ) = sin( − 140° ) =
= sin( 180° + 20° ) = − sin( 20° ) .
= − sin ( 140° ) = − sin ( 180° − 40°) = − sin ( 40°) .
sin (620° ) = sin( 260° + 1× 360° ) = sin( 260° ) = sin( 180° + 80° ) =
sin (1640° ) = sin( 200° + 4× 360° ) = sin( 200° ) = sin( 180° + 20° ) =
= − sin ( 80°) .
= − sin( 20°) .
Como sin( 20 °) < sin ( 80° ) , então − sin ( 20° ) > − sin( 80° ) .
Como sin ( 40° ) > sin( 20°) , então − sin (40 ° ) < − sin( 20° ) .
Conclusão: sin 920° > sin 620 ° .
Conclusão: sin (−2300°) < sin ( 1640° ) .
42.1. Ora, sin α = sin ( 90 ° − β ) = cos β .
2.3. cos (−2300° ) = cos ( −140° − 6 × 360°) = cos ( − 140° ) =
2
= cos( 140° ) = cos( 180° − 40°) = − cos( 40°) .
21
2
sin2 β + cos2 β = 1 ⇔   + cos2 β = 1 ⇔ cos2 β =
.
25
5
Como 0 < cos β < 1 , conclui-se que cos β =
Então, sin α =
cos ( 1640° ) = cos( 200° + 4× 360° ) = cos ( 200° ) =
21
.
5
= cos ( 180° + 20° ) = − cos( 20°) .
Como cos (20° ) > cos( 40° ) , então − cos ( 20°) < − cos ( 40°) .
21
.
5
Conclusão: cos ( 1640° ) < cos ( − 2300° ) .
42.2. Sendo n ∈N , tem-se:
cos (θ + n× 360° )= cos θ = cos ( 180° − β ) = − cos β = −
21
5
2
3.1. Como A − , y  ; y > 0 , conclui-se que cos α = − 2 e
.
 3

3
sinα = y .
2
5
 2
sin2 α +cos2 α =1 ⇔y 2 + −  =1 ⇔y 2 = .
9
 3
Tarefa 6
1.1.
a) sin ( 150°) = sin (180° − 30° ) = sin ( 30° ) =
1
e
2
cos (150° ) = cos (180 ° − 30 ° ) = −cos (30 ° ) = −
b) sin (120° ) = sin (180° − 60 ° ) = sin (60 ° ) =
3
.
2
3
e
2
cos (120° ) = cos (180° − 60° )= − cos (60° )= −
Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de qualquer
quadrilátero é igual a 360°, tem-se:
NEMA11PR © Porto Editora
Então, sin ( −α ) = −sin α = −
5
3
.
5
.
3
3.2. cos (180 ° + α ) = − cos α =
2
.
3
1
.
2
1.2.
a) Sendo θ = ( x , 5 ) , então θ = x + 5 × 360 .
x + x + 150° + 120° = 360° ⇔ 2x = 90° ⇔ x = 45° .
Assim sendo, θˆ = 45 ° + 5 ×360 ° = 1845 ° .
NEMA11PR-2
Como y >0 , conclui-se que y =
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 .
17
Unidade 1
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 .
Pág. 46
46. Como a interseção do lado extremidade do ângulo α com a
3 4
circunferência trigonométrica é o ponto A ,  , tem-se que
5 5
3
4
e sin α = .
5
5
43.3. Como 1870° = 70° + 5× 360° e o lado extremidade do
cos α =
ângulo orientado de amplitude 70° pertence ao primeiro
quadrante, sabe-se que o lado extremidade do ângulo α de
sin θ = sin (90 ° − θ ) = cos θ =
amplitude 1870° pertence ao primeiro quadrante. A tangente no
primeiro quadrante é positiva. Assim, tem-se tan ( 1870 °) > 0 .
43.4. Como −745° = − 25° − 2× 360° e o lado extremidade do
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
3
, cos θ = cos ( 90 ° − θ ) =
5
3
4
3
4
sin θ 5 3
= sin θ =
= = .
e sinθ = , cosθ = e tanθ =
5
5
5
cos θ 4 4
5
3
sin β = sin ( 180° −θ ) = sinθ = , cos β = cos ( 180° −θ ) =
5
3
sin β
3
4
= 5 =− .
= − cos θ = − e tan β =
4
cos β
4
5
−
5
é negativo no 2.° e no 3.° quadrante.
Se tan θ > 0 e cos θ < 0 , então θ pertence ao 3.° quadrante.
Tarefa 7
44.2. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é
a circunferência trigonométrica no ponto P ( a , b) , tem-se que
negativo no 3.° e no 4.° quadrante.
Se tan θ < 0 e sin θ < 0 , então θ pertence ao 4.° quadrante.
Sendo P ' o simétrico de P em relação à origem do referencial,
44.3. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o cosseno
então P ' (− a , − b ) , ou seja, P ' (− cos α , − sin α ) .
é positivo no 1.° e no 4.° quadrante.
Se tan θ > 0 e cos θ > 0 , então θ pertence ao 1.° quadrante.
1.2. Sabe-se que cos α = a , sinα = b e tan α = c .
44.4. A tangente é positiva no 1.° e no 3.° quadrante e o seno é
−a b
OA AP '
, ou seja,
=
= .
1 −c
OB BC
sin α
−cos α sin α
=
Daqui resulta que
, ou seja, tan α =
.
1
cos α
− tan α
positivo no 1.° e no 2.° quadrante.
Se tan θ > 0 e sin θ > 0 , então θ pertence ao 1.° quadrante.
44.5. A tangente é negativa no 2.° e no 4.° quadrante e o seno é
positivo no 1.° e no 2.° quadrante.
Se tan θ < 0 e sin θ > 0 , então θ pertence ao 2.° quadrante.
1.1. Como o lado extremidade do ângulo orientado α interseta
cos α = a e sin α = b .
Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
2. Vamos começar por provar que se o lado extremidade deα
sin α
pertencer ao 3.° quadrante, então tan α =
.
cos α
Pág. 45
45. Por observação da figura sabe-se que
A (1, tan 60 °);
B (1, −tan 60 ° ) e
C ( cos 120 °, sin 120 ° ) .
Como tan 60° = 3 ,
cos ( 120° ) = cos ( 180° − 60° ) = − cos (60° )= −
1
2
e
3
.
2
 1 3
e C − ,
.
 2 2 


sin ( 120° ) = sin( 180° − 60° ) = sin( 60° ) = =
(
Conclui-se que A 1, 3
) ; B (1, − 3 )
O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a
circunferência trigonométrica no ponto P ( a , b ) . Então, concluise que cos α =a e sin α = b .
Sabe-se também que tan α = c .
Sendo P ' o simétrico de P em relação à origem do referencial,
então P ' (− a , − b ) , ou seja, P ' (− cos α , − sin α ) .
18
NEMA11PR © Porto Editora
43.2. Como −460° = − 100° − 1× 360° e o lado extremidade do
Trigonometria e funções trigonométricas
Como os triângulos [OAP’] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
−a −b
OA AP '
=
, ou seja,
.
=
1
c
OB BC
− cos α −sin α
=
Daqui resulta que:
,
1
tan α
ou seja, tanα =
sin α
.
cos α
O ponto B tem a mesma abcissa que o ponto A e a mesma
ordenada que o ponto C.

5 2 5
,−
Logo, B  −
.
3
5 

O ponto D tem a mesma abcissa que o ponto C e a mesma
 2
ordenada que o ponto A. Então, D  1,  .
 3

47.2. A[ ABCD ] = AD × AB =  1 +

5 2 2 5
 × +
=
3   3
5 
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 ) .
Em seguida pretende-se mostrar que se o lado extremidade de
sin α
.
α pertencer ao 4.° quadrante, então tan α =
cos α
O lado extremidade do ângulo orientado α interseta a
circunferência trigonométrica no ponto P ( a , b) . Então, concluise que cosα =a e sin α = b .
1.3. Sabe-se que cos ( α + 90 ° ) = − b , sin (α + 90 ° ) = a e
a
tan (α + 90° ) = − .
b
1.4. Comparando as razões trigonométricas de α +90 ° com as
Sabe-se também que tan α = c .
razões trigonométricas de α , conclui-se que:
Como os triângulos [OAP] e [OBC] são semelhantes, tem-se:
a −b
=
, ou seja, =
.
1 −c
OB BC
cos α −sin α
sin α
=
Daqui resulta que
, ou seja, tan α =
.
1
cos α
− tan α
OA
b
a
1.2. Sabe-se que cos α = a , sin α = b e tan α = .
AP
cos (α + 90° )= − sinα , sin (α + 90° ) = cos α e
tan (α + 90° ) = −
1
.
tan α
2. Atendendo aos dados da figura, sabe-se que P '' ( b, − a ) .
Anteriormente já foi referido que cos α = a , sin α = b
Pág. 47
e tanα =
47.1.
a) Como o ponto A é a interseção do lado extremidade do ângulo
θ com a circunferência trigonométrica, então A ( cos θ , sin θ ) .
Sabe-se ainda que cos θ = −
NEMA11PR © Porto Editora
a
e tan( α − 90°) = − .
b
trigonométricas de α , conclui-se que:
2
2
Sabe-se que cos (α −90 °) = b , sin ( α − 90° ) = − a
Comparando as razões trigonométricas de α − 90° com as razões
5
.
3
 5
4
2
sin θ + cos θ = 1 ⇔ sin θ +  −
 = 1 ⇔ sin θ = .
3
9


2
b
.
a
2
2
Como θ ∈ 2.° Q. , sin θ > 0 . Então, conclui-se que sinθ = .
3
2
2
2 5
sin θ
= 3 =−
=−
.
tan θ =
cos θ
5
5
5
−
3

5 2
.
b) Atendendo aos cálculos anteriores, tem-se A −
,
 3 3 



2 5
Por outro lado, sabe-se que C (1, tan θ ) , ou seja, C  1, −
 .
5 

cos (α − 90° )= sin α , sin (α − 90 ° ) = − cos α
e tan( α − 90°) = −
1
.
tan α
Pág. 49
48.1. Como 1845° = 45° + 5× 360° , tem-se:
sin 1845 ° = sin ( 45 ° +5 ×360 °) =sin 45 ° =
2
,
2
cos 1845 ° = cos ( 45 ° + 5 ×360 °) =cos 45 ° =
2
2
tan 1845° = tan ( 45° + 5× 360° ) = tan 45° = 1 .
e
19
Unidade 1
d) Como − 130° = 3× (− 45° ), conclui-se que o lado origem do
1
sin ( − 750°) = sin ( −30° − 2 × 360°) = sin ( −30 °) = −sin ( 30 °) = − ,
2
ɺ e
ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são OB
ɺ .
−135° é OE
3
2
e tan (− 750° ) = tan (− 30° − 2× 360° ) = tan (− 30° )= − tan( 30° ) =
cos ( −750°) = cos ( −30 ° − 2 ×360 °) =cos ( −30 °) =cos (30 °) =
=−
3
.
3
48.3. Como 1575° = 135° + 4× 360° , tem-se:
sin 1575° = sin ( 135° + 4 × 360°) = sin 135° = sin( 185° − 45°) =
2
,
2
cos1845° = cos ( 135° + 4× 360°) = cos 135° = cos( 185° − 45°) =
= sin ( 45 °) =
2
e tan 1845° = tan ( 135° + 4× 360° ) =
2
= tan 135° = tan ( 180° − 45°) = − tan 45° = − 1 .
= − cos 45° = −
48.4. Como −1200° = −120° − 3× 360° , tem-se:
sin ( −1200°) = sin ( − 120° − 3× 360° ) = sin (− 120°) = − sin( 120° ) =
3
, cos (−1200°) =
2
= cos ( −120° − 3 × 360° ) = cos ( − 120° ) = cos ( 120° ) =
= − sin (180° − 60° ) = −sin (60 ° ) = −
1
, tan ( −1200°) =
2
= tan ( −120° − 3 × 360° ) = tan( − 120°) = − tan ( 120° ) =
cos ( 180° − 60 °) = −cos ( 60 °) = −
= − 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
ɺ é OF
ɺ .
ângulo orientado de lado origem OC
b) Como − 90° = 2 × (− 45° ), conclui-se que o lado extremidade
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 60° = 2× 30° , no caso de o ponteiro das horas efetuar
uma rotação de amplitude 60°, conclui-se que o relógio marca 3
horas.
d) Como 120° = 4 × 30° , no caso de o ponteiro das horas efetuar
uma rotação de amplitude 120°, conclui-se que o relógio marca 1
hora.
e) Como − 150° = 5× (− 30° ), no caso de o ponteiro das horas
efetuar uma rotação de amplitude −150°, conclui-se que o
relógio marca 10 horas.
f) Como − 300° = 10 × (− 30° ) , no caso de o ponteiro das horas
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 R(O ,120° ) ( C) = E .
ɺ é OA
ɺ .
do ângulo orientado de lado origem OC
°
=
×
°
c) Como 270 6 45 , conclui-se que o lado extremidade do
ɺ é OA
ɺ .
ângulo orientado de lado origem OC
30.2. Ora, R ( O ,− 60°) (E ) = D .
d) Como − 315° = 7× ( − 45° ) , conclui-se que o lado extremidade
30.3. Como −240 ° = 4 × ( −60 ° ) , conclui-se que R( O , −240°) (U ) = Q .
ɺ é OD
ɺ .
do ângulo orientado de lado origem OC
28.2. a) Como 180° = 4 × 45° , conclui-se que o lado origem do
30.4. Como 300° = 5 × 60° , conclui-se que R ( O ,300° ) (B ) =A .
ɺ e
ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são OA
ɺ
OE
.
180° é
30.5. Ora, R( O ,− 60°) (T ) = S .
b) Como − 90° = 2 × (− 45° ), conclui-se que o lado origem do
30.6. Considerando a medida da amplitude com menor valor
ɺ e
ângulo orientado cujo lado extremidade e amplitude são OH
ɺ .
−90° é OB
c) Como 225° = 5× 45° , conclui-se que o lado origem do ângulo
ɺ e 225° é
orientado cujo lado extremidade e amplitude são OC
ɺ
OF .
20
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
R( O, −120 °) ( B) = F .
NEMA11PR © Porto Editora
48.2. Como −750 ° = −30° − 2 × 360° , tem-se:
Trigonometria e funções trigonométricas
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 R ( O,120 °) (Q ) = R ( O, −180 °) (P ) ou
R( O, −240°) ( Q) = R( O, −180°) ( P) .
Proposta 31
31.1. 2,5 minutos = 2,5 ×60 segundos = 150 segundo s 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° .
2
c) Sabe-se que −480° = − 120° − 1× 360° e 120° = 2× 60° , então
conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de
ɺ e amplitude −480° é a semirreta OF
ɺ .
lado origem OA
33.3. a) Como 1295 ° =215 ° + 3 × 360° , sabe-se que a medida da
amplitude do ângulo generalizado 1295° é representada por
(215° , 3) .
b) Como −2016° = − 216° − 5× 360° , sabe-se que a medida da
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 −1530° = − 90° − 4× 360° , sabe-se que a medida da
amplitude do ângulo generalizado −1530° é representada por
(−90 ° , − 4 ) .
Proposta 34
2
4
Como Acírculo = π×15 =225 πcm , sabe-se que a área do setor
circular correspondente ao arco descrito pelo ponto A quando a
225 π
roda gira durante 15 segundos é igual a
×67,5 cm 2 , ou
360
2
seja, aproximadamente 132,5 cm .
Pág. 52
1
2
34.1. cosθ = = .
2
1
4
34.2. sin β = .
34.3. cosα =
3
.
4
34.4. Como β ∈ 2.° Q. , tem-se:
Proposta 32
32.1. Como Proda = 2 π× 35 = 70 π cm , 2,5 km = 250 000 cm e
250 000 :( 70π) ≈ 1136,8 , conclui-se que cada roda da bicicleta
deu 1136 voltas completas.
32.2. Como Proda = 70π cm , 1000× 70π = 70 000π ≈ 219 911,5 cm
e 219 911,5 cm ≈2,2 km , estima-se que a Biblioteca Municipal
2
15
15
1
==−
cos β = − 1 −  = −
4
16
4
 
1
15
4
=
=−
e tan β =
.
cos β
15
15
−
4
sin β
se encontra a, aproximadamente, 2,2 quilómetros da casa do Rui.
34.5. 1+ tan2 α =
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.
⇔ 1 + tan α =
a) Sabe-se que 960° = 240° + 2× 360° e 240° = 4× 60° , então
Como α ∈ 4. ° Q. , conclui-se que tan α = −
conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de
ɺ e amplitude 960° é a semirreta OF
ɺ .
lado origem OA
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
ɺ e amplitude 1920° é a semirreta OD
ɺ .
de lado origem OA
NEMA11PR © Porto Editora
1
1
⇔ 1+ tan2 α =
⇔
2
cos 2 α
3 
 
4
2
16
7
2
⇔ tan α =
9
9
7
.
3
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 ° → C ; − 405 ° → D ; 1500 ° → B .
b) Sabe-se que −1680° = − 240° − 4× 360° e 240° = 4× 60° , então
conclui-se que o lado extremidade do ângulo generalizado de
ɺ e amplitude −1960° é a semirreta OD
ɺ .
lado origem OA
21
Unidade 1
2
8
2 2
 1
e
sin α = − 1− −  = −
=−
9
3
 3
trigonométrica sabe-se que B (cos 60 °, sin 60 °) , ou seja,
1 3
.
B  ,

2 2 
sin α
=
tan α =
cos α
b) Como 840° = 120° + 2× 360° e a circunferência é
trigonométrica sabe-se que C (cos 120° , sin 120° ) .
Atendendo a que cos 120° = − cos (180° − 120° ) = −cos 60 ° = −
e sin 120° = sin ( 180° − 120 °) = sin 60 ° =
sin ( −45 °) = −sin ( 45 °) = −
Proposta 37
e
37.1. Como o ponto B pertence à circunferência trigonométrica e
 2
2
2 
, tem-se D 
,−
 .
2
2
2


tem ordenada 0,6 , sabe-se que sin α = 0,6 =
35.3. Como o ponto E pertence à circunferência trigonométrica e
tem abcissa −
3
3
, sabe-se que cos α = − .
4
4
7
7
4
.
tan α =
=
=
3
cos α
3
−
4
sin α
−
3
.
5
2
3
16 4
= e
Sendo α ∈ 1. ° Q. , tem-se cos α = 1 −   =
25 5
5
3
3
4 3
3
= 5 = . Então, B  ,  e F  1,  .
tan α =
cos α 4 4
5 5 
 4
5
sin α
2
7
7
 3
=−
Sendo α ∈ 3.° Q. , tem-se sin α = − 1 −  −  = −
16
4
 4
1
e α ∈ 4.° Q. , tem-se:
4
2
trigonométrica sabe-se que C (cos ( − 45° ) , sin ( − 45°) ) .
2
2 2
3 =2 2 .
1
−
3
15
15
 1
cos α = 1 − −  =
=
e
16
4
 4
1
−
sin α
1
15
4
=
=
=−
=−
.
tan α
cos α
15
15
15
4
 1 3
C  − ,
 .
 2 2 
c) Como −405° = − 45° − 1× 360° e a circunferência é
2
−
36.4. Como sinα = −
1
2
3
, tem-se
2
Atendendo a que cos (−45 ° ) = cos (45 ° ) =
NEMA11PR © Porto Editora
35.2. a) Como 1500° = 60° + 4 × 360° e a circunferência é
e
37.2. Como o ponto C pertence à circunferência trigonométrica e
tem ordenada 0,6 , sabe-se que sin β = 0,6 =
3
.
5
2
16
4
3
=− e
Sendo β ∈ 2. ° Q. , tem-se cos β = − 1 −   = −
25
5
5
Proposta 36
36.1. Como e α ∈ 2.° Q. , tem-se:
3
3
3
 4 3

5
tan β =
=
= − . Então, C − ,  e E  1, −  .
4
cos β
4
5 5
4


−
5
sin β
2
24
2 6
1
=−
e
cos α = − 1 −  = −
25
5
5
1
sin α
1
6
= 5 =−
=−
.
tan α =
cos α
12
2 6
2 6
−
5
2
36.2. 1 + ( −3) =
Pág. 54
Proposta 38
1
1
1
.
⇔ 10 =
⇔ cos2 α =
cos 2 α
cos 2 α
10
Como α ∈ 4. ° Q. , conclui-se que cos α =
Então, tem-se: sinα = tanα × cosα = −3 ×
1
3
10
10
.
10
3 10
=−
.
10
10
36.3. Como cosα = − e α ∈3. ° Q. , tem-se:
38.1. sin 750 ° + cos 960 ° =
= sin( 30° + 2× 360° ) + cos( 240° + 2× 360° ) = sin( 30°) + cos( 240° ) =
1
1
1 1
= + cos (180 ° +60 °) = −cos (60 °) = = − = 0 .
2
2
2 2
38.2. sin ( −420 ° ) −tan 690 ° =
= sin ( −60° − 360° ) − tan( 2× 360° − 30°) =
= sin (−60 ° ) − tan ( −30 ° ) = −sin (60 °) +tan (30 °) = −
=−
22
3
.
6
3
3
+
=
2
3
Trigonometria e funções trigonométricas
38.3. cos ( −675 °) +sin 1395 ° =
2
38.4. sin (−480 ° )+ cos ( −930° ) =
1
13
1
4
 3
2
. Como
1 + −  =
⇔ =
⇔ cos θ =
2
4 cos2 θ
13
 2  cos θ
2
.
θ ∈ 4.° Q , conclui-se que cos θ =
13
3 2
3
.
Donde se conclui que sin θ = tan θ ×cos θ = − ×
=−
2
13
13
= sin( − 120° − 360° ) + cos (− 2× 360° − 210° ) =
Assim, tem-se sin θ +cos θ = −
= cos ( 45° − 2× 360°) + sin( 4× 360° − 45°) =
= cos ( 45° ) + sin ( − 45° ) = cos ( 45° ) − sin (45 °) =
2
2
−
2
2
=0 .
= sin ( − 120° )+ cos( − 210°) = − sin( 120° ) + cos( 210° ) =
= − sin ( 180°− 120°) + cos ( 180° + 30° ) = − sin( 60° ) − cos( 30° ) =
=−
3
2
−
3
2
=− 3 .
+
2
13
=−
1
13
=−
13
.
13
Proposta 41
Atendendo à figura, sabe-se que A (1, tan ( −60° )) e
Ora, tan ( −60 ° ) = −tan60 ° = − 3 , cos ( −60 °) =cos 60 ° =
39.1. Sendo a ∈] 0 , 1 [ e sabendo que cos θ < 0 ∧
sin θ = 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 a ∈] 0 , 1 [ e sabendo que sin θ = − a ∧ cos θ > 0 ,
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 4.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e o
cosseno é positivo.
39.3. Sendo a ∈] 0 , 1 [ e sabendo que tan θ =
a
∧
2
e sin ( −60 °) = −sin 60 ° = −
1
2
3
.
2
1
3
e B , −
.
2
2 

O ponto C é simétrico do ponto B em relação à origem do
(
Então, tem-se A 1, − 3
)
 1 3
referencial, logo C  − ,
 .
 2 2 
Pág. 55
Proposta 42*
sin θ < 0 ,
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 3.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a
tangente é positiva.
39.4. Sendo a ∈] 0 , 1 [ e sabendo que
tan θ = −a ∧ cos θ > 0 , 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 a ∈] 0 , 1 [ e sabendo que
a
3
13
B ( cos (−60 °) , sin( −60°) ) .
Proposta 39
cos θ = −
3
∧ tan θ < 0 , conclui-se que o lado extremidade do
42.1. O triângulo [ABC] é equilátero e está inscrito na
circunferência. Logo divide-a em três arcos iguais, de amplitude
120°.
ˆ = 120 ° .
Assim sendo, AOC
Seja P o ponto de interseção da circunferência trigonométrica
com o semieixo positivo das abcissas.
ˆ = 120° − 90° = 30° .
Então, sabe-se que AOP
 3 1
Logo A (cos 30° , sin 30° ) , ou seja, A
.
,
 2 2 


O ponto B é simétrico do ponto A em relação ao eixo das

3 1
, .
ordenadas, logo B  −
2
2 

ângulo θ pertence ao 2.° quadrante porque nesse quadrante o
cosseno e a tangente são negativos.
42.2. Atendendo aos dados do enunciado, sabe-se que
39.6. Sendo a ∈] 0 , 1 [ e sabendo que sin θ = − a ∧ tan θ > 0 ,
Então, [BD] é o lado de um quadrado inscrito na circunferência
trigonométrica.
conclui-se que o lado extremidade do ângulo θ pertence ao 3.°
quadrante porque nesse quadrante o seno é negativo e a
tangente é positiva.
ˆ = 60° , DOP
ˆ = 60° − 30° = 30° e DOB
ˆ = 120° − 30° = 90 ° .
DOP
2
2
2
2
2
BD = BO + DO ⇔ BD = 12 + 12 ⇔ BD = 2 . Como BD > 0 ,
conclui-se que BD = 2 .
Pquadrado = 4 2 .
Proposta 40
NEMA11PR © Porto Editora
3
Atendendo à figura, sabe-se que θ ∈ 4. °Q e tan θ = − .
2
Proposta 43*
43.1. Seja x a medida do lado de um quadrado que pode ser
inscrito na circunferência trigonométrica.
Então, tem-se:
23
Unidade 1
2
x= 2 .
Assim, AB = 2 .
Como α é a amplitude do ângulo orientado que tem o semieixo
ɺ , sabe-se
positivo Ox como lado origem e lado extremidade OB
que tan α = AB = 2 .
1+
( 2)
2
=
1
1
1
⇔ 3=
⇔ cos 2 α = . Como α ∈ 1. ° Q. ,
cos2 α
cos2 α
3
3
.
3
conclui-se que cos α =
3
.
3
6
=
.
3
3
6
.
3
)
52.3. Como os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes, então
tem-se:
2 3
8
AP OP
=
⇔
= ⇔ CQ = .
3
CQ OQ
CQ 4
Como os triângulos [OBP] e [ODQ] são semelhantes, então tem-se:
3 3
OB PB
=
⇔ =
⇔ QD = 4 .
4 QD
OD QD
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:
r + r + 2r = 24 ⇔ 4 r = 24 ⇔ r = 6 .
8
20
Donde se conclui que CQ +QD = +4 = .
3
3
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
20
é
.
3
As circunferências a que pertencem os arcos AB e CD têm raios 3
e 4, respetivamente.
20
5 3
Como =
, conclui-se que os comprimentos das linhas
3 4
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
O comprimento da circunferência
é dado por 2π r .
está inscrito em doze arcos geometricamente iguais, de
amplitude 360° :12 = 30° .
Neste caso, comprimento da
circunferência é 12π .
ˆ = 60° .
Sabe-se que AOC
Seja x a amplitude em radianos do ângulo AOC.
60 × π π
180°
π rad
Daqui resulta que x =
= .
180
3
60°
x rad
Pág. 57
51.1. Seja x o comprimento do arco AB.
2
1 rad
x
1,5 rad
2 ×1,5
= 3.
Daqui resulta que x =
1
51.2. Seja y a amplitude em radianos do arco BC.
2
1 rad
5,6
y rad
Daqui resulta que y =
5,6 × 1
= 2,8 .
2
52.1. O raio da circunferência a que pertencem os pontos P e B é
igual a 3 e PB = 3 .
24
 OB OP 
=
dois lados proporcionais 
 e o ângulo por eles
 OD OQ 
(
3
43.2. Sabe-se θ = ( α , 5 ) , entãosin θ = sin α .
Conclusão: sinθ =
52.2. Os triângulos [OAP] e [OCQ] são semelhantes porque têm
ˆ = QOD
ˆ .
formado igual POB
Então, tem-se: cos ( 180° −α ) = −cosα = −
Ora, sin α = tan α × cos α = 2 ×
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.
ˆ = π rad .
Conclusão: AOC
3
ˆ = 120 ° .
b) Sabe-se que AOE
Seja y a amplitude em radianos do ângulo AOE.
180°
π rad
120°
y rad
120 × π 2 π
Daqui resulta que y =
.
=
180
3
ˆ = 2 π rad .
Conclusão: AOE
3
NEMA11PR © Porto Editora
2
2
2
2
2
x + x = (2r ) ⇔2 x =2 ⇔ x = 2 . Como x> 0, conclui-se que
Trigonometria e funções trigonométricas
c) Seja α o ângulo côncavo AOI. Sabe-se que αˆ =240 ° .
Seja z a amplitude em radianos do ânguloα .
180°
π rad
z rad
240°
240 × π 4 π
Daqui resulta que z =
.
=
180
3
4π
ˆ =
Conclusão: α
rad .
3
d) Seja β o ângulo côncavo AOM. Sabe-se que βˆ = 330° .
Seja b a amplitude em radianos do ângulo β .
180°
330°
π rad
b rad
Daqui resulta que b =
330 × π 11 π
.
=
180
6
11 π
Conclusão: βˆ =
rad .
6
53.2.
ˆ = −30° .
a) Sabe-se que AOM
Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em53.1.,
ˆ = − π rad .
conclui-se que AOM
6
ˆ
AOH
=
−
Sabe-se
que
b)
150° .
Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em53.1.,
ˆ = − 5 π rad .
conclui-se que AOH
6
c) Seja α o ângulo côncavo AOF. Sabe-se que αˆ = −210° .
Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em53.1.,
7π
rad .
conclui-se que αˆ = −
6
d) Seja β o ângulo côncavo AOD. Sabe-se que βˆ = − 270° .
Procedendo de forma análoga às situações resolvidas em53.1.,
3π
conclui-se que βˆ = −
rad .
2
54. Sabe-se que num paralelogramo dois ângulos opostos são
iguais e dois ângulos adjacentes ao mesmo lado são
suplementares.
ˆ = 180° − 40° = 140° e
Assim sendo, em graus, tem-se ABC
ˆ = 40° .
BCD
Resta apenas converter as amplitudes de graus para radianos.
180°
π rad
140°
a rad
140× π 7π
rad .
Daqui resulta que a =
=
180
9
180°
π rad
40°
b rad
40× π 2 π
Daqui resulta que b =
rad .
=
180
9
360°
= 240 ° .
12
Seja y a amplitude, em radianos, do ângulo
côncavo formado pelos ponteiros do
relógio às 04:00.
180°
π rad
240°
y rad
240× π 4 π
Daqui resulta que y =
=
rad.
180
3
Sabe-se que x = 8 ×
55.2. Seja x a amplitude, em graus, do ângulo convexo formado
pelos ponteiros do relógio às 01:30.
360 °
= 135° .
Sabe-se que x = 4,5×
12
Seja y a amplitude, em radianos, do ângulo
convexo formado pelos ponteiros do
relógio às 01:30.
180°
π rad
135°
y rad
135 × π 3 π
Daqui resulta que y =
=
rad .
180
4
Pág. 61
56.1. Sabe-se que 180° → π rad , 30° =
60° =
180 °
180°
, 45 ° =
e
4
6
180°
, então tem-se:
3
Graus
30°
45°
60°
Radianos
π
6
π
4
π
3
π
3
π
6
π
4
56.2. 2sin + cos + 2sin = 2×
3
3
2 3 3
+
+ 2×
=
+ 2.
2
2
2
2
57.1. Seja x a amplitude em graus que corresponde a
radianos.
180°
x
7π
5
π rad
7π
rad
5
180 ×
Daqui resulta que x =
π
7π
5 = 252 .
Então, x = 252° 0' 0'' .
57.2. Seja y a amplitude em graus que corresponde a 6,2
radianos.
180°
y
π rad
6,2 rad
180 × 6,2 1116
.
=
π
π
Recorrendo a uma calculadora tem-se y ≈ 355,233833° .
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'' .
Daqui resulta que y =
NEMA11PR © Porto Editora
Pág. 60
55.1. Seja x a amplitude, em graus, do ângulo côncavo formado
pelos ponteiros do relógio às 04:00.
25
Unidade 1
12 π
7
radianos.
180°
z
π rad
12 π
7
rad
180 ×
2.2. Seja x a amplitude do arco descrito pelo Pedro em radianos.
12π
7
2160
Daqui resulta que z =
.
=
π
7
Recorrendo a uma calculadora tem-se z ≈ 308,5714286° .
Sabe-se que 1° corresponde a 60’ e 1’ corresponde a 60’’.
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
17 π
9
radianos.
180°
a
π rad
17 π
rad
9
Daqui resulta que a =
180 ×
π
17 π
9 = 340 .
π rad
0,2 rad
180 × 0,2 36
.
=
π
π
Recorrendo a uma calculadora tem-se b ≈ 11,4591559° .
Sabe-se que 1° corresponde a 60’ e 1’ corresponde a 60’’.
0,4591559× 60= 27,549354
0,5459354× 60= 32,96124≈ 33
Então, b =11 ° 27' 33'' .
Daqui resulta que b =
58.
27 π 7 π 20 π 7 π
=
+
=
+ 2 ×2 π ; Em graus: 252° + 2× 360° .
5
5
5
5
−1500° = − 60° − 4× 360° .
27 π 3 π 24 π 3 π
=
+
=
+ 3 ×2 π; Em graus: 135 ° +3 ×360° .
4
4
4
4
Portanto, a associação entre cada uma das amplitudes e o lado
extremidade é a seguinte:
27 π
ɺ ; −1500 ° →OS
ɺ ; 27 π →OT
ɺ .
→OR
5
4
Tarefa 9
1. A circunferência tem 8 m de raio.
Seja x a amplitude, em radianos, do arco descrito pelo Pedro.
8 m
1 rad
12 π × 1 3 π
Daqui resulta que x =
.
=
12 π m
x rad
8
2
26
π rad
x rad
Daqui resulta que x =
3.1. A circunferência está dividida em 16 arcos iguais, sendo a
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 P2 .
amplitude, em graus, de cada um desses arcos
amplitude, em radianos, de cada um desses arcos
57.5. Seja b a amplitude em graus que corresponde a 0,2
radiano.
b
135 × π 3 π
.
=
180
4
3π
O Pedro descreveu um arco de amplitude
rad .
4
180 °
135 °
3.2. A circunferência está dividida em 16 arcos iguais, sendo a
Então, a = 340 ° 0' 0'' .
180 °
2.1. O perímetro da circunferência é 2 π× 8 m = 16 π m.
Seja y o comprimento do arco descrito pelo Pedro.
360 °
16 π m
135 × 16 π
=6 π .
Daqui resulta que y =
360
ym
135 °
O arco descrito pelo Pedro tem 6 π m de comprimento.
2π π
= .
16 8
5 π π
: = 5,
8 8
5π
conclui-se que se o Pedro descrever um arco de amplitude
8
irá parar no ponto P5 .
Como a circunferência roda no sentido positivo e
3.3. Como a circunferência roda no sentido positivo e
5π π
: = 10 , conclui-se que se o Pedro descrever um arco de
4 8
5π
irá parar no ponto P10 .
amplitude
4
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 P13 .
4.1. Se o Pedro parou no ponto P11 então a amplitude, em
radianos, do arco descrito foi 11 ×
π 11 π
=
.
8
8
4.2. Se o Pedro parou no ponto P11 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° .
7π π
: = 9, ( 3 ) , conclui-se que a
6 8
amplitude arco descrito pelo Pedro em graus é
π 9π
9× 22,5° = 202,5° e em radianos é 9 × =
.
8
8
5. Como 200° : 22,5° = 8,( 8) e
NEMA11PR © Porto Editora
57.3. Seja z a amplitude em graus que corresponde a
Trigonometria e funções trigonométricas
imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de
4π
é o ponto D.
amplitude −
3
17 π 5 π 12 π 5 π
5π
b) Como
=
+
=
+ 4π =
+ 2 × 2 π, conclui-se que
3
3
3
3
3
a imagem do ponto C pela rotação de centro A e ângulo de
17 π
amplitude
é o ponto B.
3
Pág. 62
59.1.
7π π 6 π π
π
= +
= + 2 π . Então, α =
e k =1.
3
3 3
3
3
41 π 5 π 36 π 5 π
5π
b) Sabe-se que
=
+
=
+6 π =
+3 ×2 π .
6
6
6
6
6
5π
Então, α =
e k= 3 .
6
a) Sabe-se que
59.2. O lado extremidade do ângulo de amplitude
com o lado extremidade do ângulo de amplitude
7π
3
Tarefa 10
1.1. A roleta está dividida em oito partes iguais. A amplitude, em
coincide
radianos, de cada uma dessas partes é
π
.
3
7π π 6 π π
= +
= + 2 π , conclui-se que a jogada é nula
3
3 3
3
porque a roleta não dá duas voltas completas.
Como

π
π

π
Então, A cos , sin  e B 1, tan  , ou seja,
3
3
3


1 3
A ,
 e B 1, 3 .
2 2 
(
)
21π π 20π π
π
= +
= + 4π = + 2× 2π , conclui-se
5
5
5
5
5
que, após a jogada, a roleta para na parte onde está inscrito o
número 8.
Assim sendo, a jogada resulta num ganho de 8 €.
1.2. Como
41 π
coincide com
6
5π
.
o lado extremidade do ângulo de amplitude
6
5π
5 π
5 π


, sin
e D  1, tan
, ou seja,
Então, C  cos
6
6 
6 


O lado extremidade do ângulo de amplitude


3 1
3
,  e D  1, −
C  −
 .


2
2
3




5π
5π
5π
π
π
π
= −cos , sin
= sin
= − tan .
Nota: cos
e tan
6
6
6
6
6
6
59.3.
a) Atendendo
2π π
= .
8 4
aos
resultados
1.3. Como
13π π 12π π
π
= +
= + 6 π = + 3 ×2 π , conclui-se
2
2
2
2
2
que a jogada é nula porque, após a jogada, a seta fica na divisão
dos setores com os números 4 e −7.
37 π
π 36 π
π
π
=− −
= − −6 π = − −3 ×2 π,
6
6
6
6
6
conclui-se que a roleta para na parte onde está inscrito o número
−1.
obtidos, Assim sendo,
tem-se
a jogada resulta numa perda de 1 €.
7π
3
7π 1
7π
=
=
= 3.
, cos
e tan
3
2
3 2
3
b) Atendendo aos resultados obtidos, tem-se
sin
1.4. Como −
1.5. Como −
29 π
5 π 24 π
5π
5π
=−
−
=−
−4 π = −
−2 ×2 π,
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 €.
41π 1
41π
41π
3
3
sin
e tan
= , cos
=−
=−
.
6
2
6
2
6
3
39π
7π 32π
7π
7π
=
+
=
+ 4π =
+ 2× 2π , conclui8
8
8
8
8
-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 €.
1.6. Como
Pág. 63
NEMA11PR © Porto Editora
60.1.
a) Como o triângulo [ABC] é equilátero e o ponto O é a interseção
π
ˆ =2 .
das medianas do triângulo, sabe-se que BOC
3
Então, a imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo
2π
é o ponto C.
de amplitude
3
b) A imagem do ponto B pela rotação de centro O e ângulo de
2π
amplitude −
é o ponto A.
3
ˆ =π e
60.2. a) Como o triângulo [ABC] é equilátero, tem-se BAC
3
2.1. Por exemplo: −
5π
37 π
4π
22 π
e
− 2× 2 π = −
+ 3× 2 π =
.
8
8
3
3
25
13 π
45 π
2.2. Por exemplo: − π − 4 ×2 π = − π e
+2 ×2 π =
.
3
3
8
8
π
π
6
56
2.3. Por exemplo: − π − 5 × 2 π = − π e 7 + 6 × 2 π = 103 .
5
2.4. Por exemplo: −
5
8
8
4π
16 π
7π
87 π
− 2 ×2 π = −
e
+ 4× 2π =
.
3
3
10
10
π
π
π
ˆ = π − π = 2 . Como − 4 =2 ×  −2  , conclui-se que a
DAC
 3 
3 3
3


27
Unidade 1
2π
<
2π
64.2. O ponto A pertence ao eixo das ordenadas e ao gráfico de
e a rotação é efetuada no sentido positivo,
9
8
conclui-se que nessa jogada há um ganho de 8 €.
f, então A ( 0, f ( 0)) .
Como f ( 0) = 3 − sin (0 ) = 3 − 0 = 3 , tem-se A(0,3 ) .
3π
π
= 3 × e a rotação é efetuada no sentido
4
4
negativo, conclui-se que a jogada é nula porque a seta fica na
π
e pertence ao gráfico de f, então
6
3.2. Como
O ponto B tem abcissa
divisão dos setores com os números 2 e −3.
π 
B , f 
6 
Pág. 64
3
π
 π
π
Como f   = 3 − sin 2 ×  = 3 − sin  = 3 −
, tem-se
2
6
 6
3 
π
.
6  
-se que f ( x +3 ) = f (x ), ∀ x ∈R .
π
3
B ,3 −
 .
6
2


Logo, f (2) = f ( −1 +3) = f ( −1 ) = 2 .
Pág. 67
61.1. Sendo 3 o período positivo mínimo da função f , então sabe-
61.2. f (12 ) = f ( 9 + 3 )= f ( 9 ) = f ( 6 + 3 )= f (6 ) = 7 .
65.1. O contradomínio da função seno é [− 1, 1] .
61.3. f ( 3) = f ( 6− 3) = f ( 6) = 7 .
Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função
seno por uma dilatação vertical de coeficiente 5, então conclui-se
que D′f = [ −5,5 ] .
Pág. 66
62.1. O contradomínio da função seno é
65.2. f ( x) = 0 ⇔ 5sin x = 0 ⇔ sin x = 0⇔ x= kπ , k∈ Z .
[−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 D′f = [−4 , 4] .
62.2. f ( x ) = 0 ⇔ 4sin x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ Z .
Os zeros de f que pertencem ao intervalo
] −2 π , 2 π [
são
−π , 0 e π .
63.1. O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da
1
função seno por uma contração horizontal de coeficiente
2
.
Assim sendo, o contradomínio da função g é igual ao
contradomínio da função seno, ou seja, D′g =[ −1, 1] .
63.2. ∀ x ∈ R , x + π∈ R .
65.3. D′f = [−5, 5] . O valor mínimo de f é −5 .
3π
+ 2 k π , k ∈Z .
2
De seguida vamos determinar os valores inteiros de k para os
3π
quais −π <
+ 2 k π< 2 π .
2
π
3π
5π
−π <
+ 2k π< 2 π ∧ k ∈Z ⇔ − < 2k π< ∧ k ∈Z ⇔
2
2
2
5
1
⇔ − < k < ∧ k ∈ Z ⇔ k ∈{ − 1, 0 } .
4
4
π
Se k = −1 , então x = − .
2
3π
.
Se k = 0 , então x =
2
f ( x ) = −5 ⇔ 5sin x = −5 ⇔ sin x = −1 ⇔ x =
g ( x + π) = sin( 2 ( x + π)) =sin( 2 x +2 π) =sin (2 x ) = g ( x ) .
 π 3π 
Conclusão: x ∈ − ,
 .
 2 2 
63.3. ∀x ∈ R, − x ∈ R .
66.1. Sendo A o ponto de interseção do gráfico de g com o eixo
das ordenadas, então A (0, g ( 0) ) .
g (− x ) = sin ( 2 (− x )) = sin (− 2 x ) = − sin (2 x ) = − g ( x ) .
π
63.4. g ( x ) = 0 ⇔ sin ( 2x ) = 0 ⇔ 2x = k π , k ∈ Z ⇔ x = k , k ∈ Z .
2
64.1. O contradomínio da função seno é [−1, 1] .
O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função seno
através da seguinte sequência de transformações: uma contração
1
horizontal de coeficiente , uma reflexão de eixo Ox e
2

translação vertical de vetor v = ( 0,3 ) .
Então, conclui-se que D′f = [3 −1,3 +1 ] , ou seja, D′f = [2,4] .
28
Como g ( 0) = 2 − sin (0 ) = 2 − 0 = 2 , tem-se A(0,2 ) .
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 v =( 0, 2 ) .
Então, conclui-se que D′g = [2 − 1, 2 + 1 ] , ou seja, D′g = [1, 3] .
A função g admite um mínimo no ponto B, logo B( x , 1) e
g( x) =1 .
g( x) = 1 ⇔ 2 −sin x =1 ⇔sin x = 1 ⇔ x =
π
+2 k π, k ∈Z .
2
NEMA11PR © Porto Editora
3.1. Como
Trigonometria e funções trigonométricas
Se k = 0 , então x =
68.2. Os pontos A e C têm abcissas π e 5 π , respetivamente, e
π
.
2
π
Donde se conclui que B  ,1  .
2 
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
D′h =[ −3, 3 ] .
π 
Como h ( π) = sin  = 1 e
2 
5π 

π

π
h ( 5π ) = sin   = sin  + 2π  = sin   = 1 , tem-se A( π, 1) e
2 
2

2 
A função h admite um máximo no ponto C, logo C ( x,3 ) e
C ( 5 π, 1) .
g ( x )= 3 .
A função h admite um mínimo no ponto B.
Como D′h = [− 1, 1] , o mínimo da função h é −1 .
g ( x ) = 3 ⇔ 3sin x = 3 ⇔ sin x = 1 ⇔ x =
Se k = 0 , então x =
π
2
+ 2 kπ , k∈ Z .
π
.
2
x 3π
x 
+2 k π, k ∈Z ⇔
h ( x ) = −1 ⇔ sin   = −1 ⇔ =
2 2
2 
⇔ x = 3π + 4 kπ , k ∈Z .
Se k = 0 , então x = 3 π .
π 
Portanto, C  ,3  .
2 
Então, tem-se B( 3π , − 1) .
π
BC × y B (3 − 1 )× 2 π
=
= .
66.2. A[ ABC] =
2
2
2
x
x
68.3. h( x) = 0 ⇔ sin   = 0 ⇔ = kπ , k ∈ Z ⇔ x = 2 kπ , k ∈ Z .
Pág. 68
inteiros de k para os quais π < 2kπ< 5π .
67.1. No intervalo [ −π, π] , o contradomínio da função seno é
π < 2kπ< 5π ∧ k ∈Z ⇔
[−1, 1] .
Se k = 1 , então x = 2π .
 2
Então, conclui-se que D´g = 1 + 2 × ( −1) , 1 + 2 × 1  , ou seja,
D´g = [ −1, 3 ] .
67.2. A função g admite um mínimo no ponto A e um máximo no
ponto B.
Como D′g = [− 1, 3 ], o mínimo da função g é −1 e o máximo é 3.
g ( x ) = − 1 ⇔ 1 + 2sin x = − 1 ⇔ sin x = − 1 ⇔ x =
Se k = 0 , então x = −
3π
2
+ 2 kπ , k ∈ Z .
π
.
2
 π

Então, tem-se A − , − 1 .
 2

g ( x ) = 3 ⇔ 1 + 2sin x = 3 ⇔ sin x = 1 ⇔ x =
π
+ 2 kπ, k∈ Z .
2
π
Se k = −1 , então x = .
2
π 
Então, tem-se B  ,3  .
2 
68.1. Como x∈ [π , 5π ] ,
2
Como x∈[ π , 5π] , de seguida vamos determinar os valores
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 v = ( 0, 1) .
NEMA11PR © Porto Editora
pertencem ao gráfico de h, logo A (π , h ( π )) e C ( 5π , h( 5π ) ) .
x  π 5 π
.
∈ ,
2  2 2 
π 5π 
No intervalo  ,
, o seno toma valores entre −1 e 1.
2 2 
Logo, D′h = [ − 1, 1] .
1
5
< k < ∧ k ∈Z ⇔ k ∈{ 1, 2 } .
2
2
Se k = 2 , então x = 4 π .
Os zeros da função h são 2π e 4π .
Pág. 69
π
69. Como 2 é o período positivo mínimo da função f, sabe-se
3
 2π
que f x +
 = f (x ) , ∀x ∈D f .
3 

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 π 2 π 15 π 5 π
7π 2π
π
−
=−
+
=
=
e c=
.
a=
12 3
12
12 3
12
4
70.1. ∀x ∈Df , x + 40 ∈Df .
 π( x + 40 ) 
 πx

+ 8π  =
f ( x + 40) = 2− sin
 = 2− sin

5
 5



 π x
= 2 −sin 
 = f (x ) .
 5 
Donde se conclui que 40 é período da função f.
70.2. Seja P o período positivo mínimo da função f.
Por definição, f (x +P ) =f (x ) , ∀x ∈D f .
 π( x + P) 
 πx 
f ( x + P) = f ( x) ⇔ 2 − sin 
 = 2 − sin 5  ⇔
5




π x πP 
πx 


⇔ sin  +
= sin 
.
5 
5
5 
29
Unidade 1
πP
72.2. No intervalo [−π , 2π[ , o cosseno toma valores entre −1 e
= 2 π ⇔ P = 10 .
5
Então, o período positivo mínimo da função f é 10.
1.
Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical
de coeficiente 3 do gráfico da função definida por y =cos (x ) no
5

 π× 6
5
70.3. f   = 2 − sin 
5
6


intervalo [−π , 2π [ , então conclui-se que D′f = [ −3, 3 ] .
-se que


1 3
 π
 = 2 −sin   =2 − = .
6
2 2
 


 65 
 5 60 
5
 5 3
f   = f  +  = f  + 10  = f   = .
 6 
6 6 
6
* 6 2
* porque 10 é o período positivo mínimo da função f.
π
+ k π, k ∈Z .
2
Como x ∈[ −π , 2π[ , conclui-se que os zeros da função f são
3π
π π
− ,
.
e
2 2
2
π π
72.3. No intervalo − ,  , o cosseno toma valores entre 0 e 1.
Tarefa 11*
 2 2
1.1. Seja P o período positivo mínimo da função g.
Por definição, g( x + P ) = g( x) , ∀ x ∈ Dg .
g ( x + P ) = g( x ) ⇔ sin (4 ( x + P )) =sin (4 x )
⇔ sin ( 4 x + 4P ) = sin( 4 x) .
Como 2 π é o período positivo mínimo da função seno, conclui-se que 4 P = 2π ⇔ P =
π
2
.
Então, o período positivo mínimo da função g é
1.2. Como
f ( x ) = 0 ⇔ 3cos x = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x =
π
.
2
π
é o período positivo mínimo da função g, sabe-se
2
π

que g  x +  = g ( x ) , ∀x ∈Dg .
2

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:
π π
π π 7π
3π
e b= + =
.
a= − =−
5 2
10
5 2 10
Pág. 70
71.1. O contradomínio da função cosseno é [−1, 1] .
Como o gráfico da função f se obtém a partir do gráfico da função
cosseno por uma dilatação vertical de coeficiente 2, então
conclui-se que D′f = [ −2, 2 ] .
71.2. ∀x ∈ R, x + 2 π∈ R .
f ( x + 2π ) = 2cos( x + 2π) = 2cos (x ) = f (x ) .
Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical
de coeficiente 3 do gráfico da função definida por y =cos (x ) no
 π π
intervalo  − ,  , então conclui-se que D′f = [0, 3] .
 2 2
π
f ( x ) = 0 ⇔ 3cos x = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈Z .
2
 π π
Como x ∈ − ,  , conclui-se que os zeros da função f são
 2 2
−
π
π
.
e
2
2
73.1. O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da
função cosseno através de uma contração horizontal de
1
coeficiente seguida de uma translação vertical de vetor
2

v = ( 0,− 2) . Então, conclui-se que D′f =[ −1 −2, 1 −2 ] , ou seja,
D′f = [ −3,− 1] .
73.2. O ponto P tem abcissa
π
8
e pertence ao gráfico de f, então
π π 
P  , f   .
 8 8  
2
π
 π

 π
Como f   = −2 +cos  2 ×  = −2 +cos   = −2 +
, tem-se
2
8
 8
4 
π
2
P , − 2 +
.
8
2 

Sendo Q o ponto de interseção do gráfico de f com o eixo das
ordenadas, então Q (0, f (0 )) .
Donde se conclui que 2π é período da função f.
Como f ( 0) = − 2 + cos ( 0 ) = − 2+ 1= − 1 , tem-se Q ( 0,− 1) .
72.1. No intervalo [ 0, π] , o cosseno toma valores entre −1 e 1.
Pág. 71
Como o gráfico da função f se obtém por uma dilatação vertical
de coeficiente 3 do gráfico da função definida por y = cos ( x ) no
74.1. f ( π) = cos ( π) = − 1 , g ( π) = cos (2 π ) = 1 e
intervalo [ 0, π] , então conclui-se que D′f = [ −3, 3] .
π
h( π) = cos   = 0 .
2
Então, a correspondência entre as funções e as representações
gráficas é a seguinte: f → II; g → III; h → I.
π
+ k π, k ∈Z .
2
π
Como x ∈[ 0, π ] , conclui-se que o zero da função f é .
2
f ( x) = 0 ⇔ 3cos x = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x =
30
NEMA11PR © Porto Editora
Como 2π é o período positivo mínimo da função seno, conclui-
Trigonometria e funções trigonométricas
74.2. f ( x) = 0 ⇔ cos x = 0 ∧ x ∈[ 0, π ] ⇔
⇔ x=
2π
é o período positivo mínimo da função f, tem-se
3
2π 
13

f  a +  = f (a ) =
.
3
5


b) Como
π
π
+ kπ , k∈ Z ∧ x ∈[ 0 , π] ⇔ x = .
2
2
g (x )= 0 ⇔ cos (2x ) = 0 ∧ x ∈ [0, π ]⇔
π
+ kπ , k ∈Z ∧ x ∈[ 0 , π] ⇔
2
3π
π kπ
π
⇔ x = + , k∈ Z ∧ x ∈ [0 , π ] ⇔ x = ∨ x =
.
4 2
4
4
 x
h ( x ) = 0 ⇔ cos   = 0 ∧ x ∈ [0 , π] ⇔
2
x π
⇔ = + kπ , k ∈ Z ∧ x ∈ [0 , π ] ⇔
2 2
⇔ x = π + 2 k π, k ∈Z ∧ x ∈[0 , π] ⇔ x = π .
⇔ 2x =
Pág. 72
1
77.1. A função f admite um mínimo no ponto A, logoA  x , − 
2

1
e f ( x) = − .
2
1
1
1
f ( x ) = − ⇔ − cos x = − ⇔ cos x =1 ⇔ x =2 k π, k ∈Z .
2
2
2
Se k = 1 , então x = 2π .
75.1. O gráfico da função g obtém-se a partir do gráfico da
função cosseno por uma contração horizontal de coeficiente
1
.
4
Assim sendo, o contradomínio da função g é igual ao
contradomínio da função cosseno, ou seja, D′g = [−1, 1] .
π
2
75.2. ∀ x ∈ D g , x + ∈ Dg .
π
 
π 

g  x +  = cos  4  x +   = cos ( 4 x + 2 π) =cos ( 4 x ) = g ( x ) .
2
2 

 
π
Donde se conclui que
é período da função g.
2
75.3. ∀ x ∈ Dg , − x ∈ Dg .
g ( − x ) = cos ( 4( − x )) = cos( −4x ) = cos( 4 x ) = g( x ) .
Donde se conclui que g é uma função par.
π
2
75.4. g( x) = 0 ⇔ cos ( 4 x) = 0 ⇔ 4 x = + kπ, k ∈Z ⇔
⇔ x=
76.1. a) ∀ x ∈ D f , − x ∈ D f .
f ( −x ) = 2 + cos( 3( −x ) ) = 2 + cos ( −3x ) = 2 + cos( 3x ) = f ( x ) .
Donde se conclui que a função f é par.
b) Seja P o período positivo mínimo da função f.
Por definição, f ( x + P ) = f ( x ) ,∀ x ∈ D f .
f ( x + P ) = f ( x ) ⇔ 2 + cos (3( x +P ) ) = 2 +cos ( 3 x ) ⇔
⇔ cos (3 x + 3 P ) = cos ( 3 x ) .
3
Donde se conclui que B  π ,  .
 2
O ponto C pertence ao gráfico de f e ao eixo das abcissas, logo
C ( x ,0 ) e f (x ) = 0 .
1
1
f ( x ) = 0 ⇔ − cos x = 0 ⇔ cos x = .
2
2
π 
C
Então,  ,0  .
3 
O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função
cosseno através de uma reflexão de eixo Ox seguida de uma
  1
translação vertical de vetor v = 0,  .
 2
1
1
1 3
Então, conclui-se que D ′f =  −1, +1  , ou seja, D ′f =  − ,  .
2 
2
 2 2
1
2
2π
conclui-se que 3P =2 π ⇔P =
.
3
2π
.
3
13
76.2. a) Como f é uma função par, tem-se f ( −a ) = f ( a ) = .
5
1
2
1
6
77.3. f (−a ) = −cos ( −a ) *= −cos (a ) = f (a ) = − .
* porque
Como 2π é o período positivo mínimo da função cosseno,
NEMA11PR © Porto Editora
3
A função f admite um máximo no ponto B, logo B  x,  e
 2
3
f ( x) = .
2
3
1
3
f ( x ) = ⇔ − cos x = ⇔ cos x = −1 ⇔ x = π + 2 k π, k ∈ Z .
2
2
2
Se k = 0 , então x = π .
77.2. O contradomínio da função cosseno é [− 1, 1].
π kπ
+ , k∈ Z .
8 4
Então, o período positivo mínimo da função f é
1

Donde se conclui que A 2π , −  .
2

a função cosseno é par.
π 5π 
e g ( x ) = cos x .
 3 6 
78.1. Sabe-se que Dg =  − ,
 π
 π 1
π
Como, cos  −  = cos   = , cos (0) = 1 , cos   = 0 e
 3
 3 2
2 
3
π
 5π 

π

 π
cos 
,
 = cos  π −  = cos  − π  = − cos   = −
6
2
 6 

6

6 
 3 
, 1 .
conclui-se que D ′g =  −

 2
31
Unidade 1
g ( x) =1 ⇔ cos x =1 ⇔ x = 2k π , k ∈Z .
Pág. 74
 π 5 π
Como Dg =  − ,  , conclui-se que x = 0 .
 3 6
81.1. D f = R\ x : 2x = + k π , k ∈ Z =
Então, P ( 0, 1) .
π kπ


,k ∈Z .
= R \ x :x = +
4 2


Pág. 73
π
79. Os pontos A e C têm abcissas 3π e 9 , respetivamente, e
2
π


2
81.2. D g = R \  x : 3x = π + k π , k ∈Z =


2
pertencem ao gráfico de h, logo A (3 π, h ( 3 π )) e
π kπ


,k ∈Z .
= R \ x :x = +
6 3


9π 9π  
C  , h  .
 2 
 2
81.3. D h = R \  x : x + = + k π , k ∈Z =
Como h ( 3π ) = − 1+ cos( 3π ) = − 1+ cos(π )= − 1+ (− 1)= − 2 e
 9π 
 9π 
π

 π
h   = −1 +cos   = −1 +cos  +4 π = −1 +cos   =
 2 
 2 
2

2 
9
π

= −1 + 0 = − 1 , tem-se A(3 π, −2 ) e C 
, − 1 .
 2

A função h admite um máximo no ponto B.
Como D′h = [−2,0 ] , o máximo da função h é 0.
h ( x ) =0 ⇔ −1 + cos x = 0 ⇔ cos x = 1 ⇔ x = 2k π , k ∈Z .
9π
, então x = 4 π .
Como x ∈ 3 π ,
2 

Então, tem-se B( 4π , 0 ).
π
4

π
2

π


= R \ x :x = + k π ,k ∈Z .
4


82.1. Designemos por O o ponto de interseção das diagonais do
losango [ABCD].
Sendo α =
π
2π
ˆ =π .
, então BAO
3
3
BO
BO
⇔ 3 =
⇔ BO =4 3 .
4
4
Logo, BD = 2BO = 8 3.
tan
3
=
A [ABCD ] =
BD × AC 8 3 ×8
=
= 32 3 .
2
2
π
80.1. a) f (1 ) = 1 − 2cos   = 1 − 2 ×0 = 1 .
ˆ =α .
ˆ = α , então BAO
82.2. Sendo BAD
6π
b) f ( 6) = 1 −2cos   =1 −2cos ( 3 π) =1 −2cos( π) =
2 
 α  BO
α
tan   =
⇔ BO = 4 tan   .
2  4
2 
 2
= 1 − 2 × ( −1 ) = 3 .
80.2. ∀x ∈ Df , x + 4 ∈ Df .
 π( x +4 ) 
 πx

f ( x + 4) = 1 − 2cos
+ 2π  =
 = 1− 2cos 

2
 2



 πx 
= 1 − 2cos
 = f ( x) .
 2 
Donde se conclui que 4 é período da função f.
80.3. O contradomínio da função cosseno é [−1, 1] .
O gráfico da função f obtém-se a partir do gráfico da função
cosseno através da seguinte sequência de transformações: uma
2
contração horizontal de coeficiente , uma dilatação vertical de
π
coeficiente 2, uma reflexão de eixo Ox e translação vertical de

vetor v = ( 0,1) .
Então, conclui-se que D′f =  1 − 2 × 1,1 − 2 × ( −1) , ou seja,
D′f = [ −1, 3] .
32
2
α
Logo, BD = 2BO = 8 tan  .
2 
α
8 tan   ×8
BD × AC
α 
2
A [ABCD ] =
=
= 32tan   .
2
2
2 
Pág. 75
83.1. D f = R\ x : 2x = π + k π , k ∈ Z =

2

π
kπ


= R \ x :x = +
,k ∈ Z .
4 2


83.2. ∀ x∈ Df , x+ π ∈ Df .
2
π
 
π 

f x +  = tan 2 x +   = tan (2x + π) = tan (2x ) = f (x ) .
 2
  2 
π
Donde se conclui que
é período da função f.
2
NEMA11PR © Porto Editora
78.2. A função g tem máximo igual a 1
Trigonometria e funções trigonométricas
83.3. f ( x ) = 0 ⇔ tan ( 2x ) = 0 ⇔ 2 x = k π, k ∈Z ⇔ x =
kπ
, k ∈Z .
2
Como x ∈ ]−π , π[ , de seguida vamos determinar os valores
kπ
inteiros de k para os quais −π < < π .
2
kπ
−π < < π ∧ k ∈Z ⇔ −2 <k <2 ∧ k ∈Z ⇔k ∈ { −1, 0, 1 } .
2
π
Se k = −1 , então x = − .
2
Se k = 0 , então x = 0 .
π
.
2
O gráfico da restrição da função f ao intervalo interseta o eixo das
π
π
abcissas nos pontos de abcissas − , 0 e .
2
2
Se k = 1 , então x =
84.1. g ( x ) =
1
sin x
1
, logo g ( x ) =
.
e tan x =
sin x
tan x
cos x
cos x
π
Assim sendo, Dg = R \  x : x = +k π ∨ x =k π, k ∈Z  =
2


kπ


, k ∈Z  .
= R \ x : x =
2


π
 4π 
84.2. g   +g   =
3
 3 
=
1
π
tan 
3



+
1
π
tan 
3



=
1
π
tan  
 3
2
π
tan 
3



+
=
1
π
tan  + π 
3

2
=
2 3
.
3
3
=
π
π
 π  π
 π  π
 π
85.3. f   + f   + f  −  = f   + f   − f   = f   =
6
2
 6* 6
2  6 
2 
 π 
 
π
3
= tan  2  = tan   =
.
3
6
3
 
 
 
* porque f é uma função ímpar.
π
86.1. g ( x ) = 0 ⇔ tan (4 x ) = 0 ⇔ 4 x = kπ, k∈ Z ⇔ x = k , k∈ Z .
4


π
86.2. Dg = R \ x : 4 x = + kπ , k∈Z =

2
87.1. ∀x ∈D f , tem-se:
π
 
π 

f  x +  = tan 3 x +  + a  = tan( 3x + π +a ) = tan( 3x +a ) =
3
3 

 
= f (x ) .
Pág. 76


x
3
π
2
Donde se conclui que


85.1. D f = R \ x : = + k π , k ∈Z  =
3π


=R \  x : x =
+ 3kπ , k ∈Z  .
2


85.2. a) ∀x ∈ Df , x + 3π ∈ Df .
x +3 π
x

 x
f ( x + 3 π) = tan 
 = tan  3 + π =tan  3  = f ( x ) .
 3 


 
Donde se conclui que 3π é período da função f.
b) Sendo k∈Z , tem-se:
 3 kπ
f ( 3 kπ ) = tan 
 3
Portanto, x = 3 kπ ,

 = tan( kπ) = 0

k ∈Z são zeros da função f.
c) ∀x ∈ Df , − x ∈ Df .
NEMA11PR © Porto Editora
 −x 
 x
x
f ( −x ) = tan 
 = tan  −  = −tan   = −f ( x ) .
3 
 3
3 
Donde se conclui que f é uma função ímpar.
NEMA11PR-3



π kπ
= R \  x : x = + , k ∈Z  .
8 4


Os números reais que não pertencem ao domínio da função f são
π kπ
, k ∈Z .
da forma x = +
8 4
π
Se k = − 1 , então x = − .
8
π
Se k = 0 , então x = .
8
3π
Se k = 1 , então x =
.
8
Atendendo à representação gráfica da função g, conclui-se que
3π
π
π
.
a= − , b=
e c=
8
8
8
π
é período da função f.
3
π
π

87.2. No caso de a = , tem-se f ( x ) = tan  3x +  .

2
2

π π

Df = R \ x : 3x + = + kπ , k ∈Z  = R \ {x : 3x = kπ , k ∈Z } =
2 2


kπ


, k ∈Z  .
= R \ x : x =
3


87.3. Sabe-se que −
π
12
é um dos zeros da função f se
 π
f−  =0.
 12 
  π 
 π
 π 
f  −  = 0 ⇔ tan 3  −  + a  = 0 ⇔ tan − + a  = 0 ⇔
 12 
 4

  12  
π
π
⇔ − + a = kπ , k ∈⇔ a = + k π, k ∈Z .
4
4
π
Para obter um valor de a para o qual −
é um dos zeros da
12
função f basta atribuir um valor inteiro a k.
π
Por exemplo, se k = 0 tem-se a = .
4
33
Unidade 1
88.1. Seja P o período positivo mínimo da função f.
Por definição, f ( x + P ) = f ( x ), ∀x ∈D f .
 π( x +P ) 
 πx 
f ( x + P) = f( x) ⇔ tan 
 = tan 
⇔
3
 3 


 π x + πP 
 πx 
 π x πP 
 πx
⇔ tan
= tan
 ⇔ tan 3 + 3  = tan 3  .
3 

 3 




Como π é o período positivo mínimo da função tangente,
πP
conclui-se que
=π⇔P=3 .
3
2π
Então, o período positivo mínimo da função f é
.
3
88.2. Df = R \  x :
πx

3
=
π

+ k π , k ∈Z  =
2

3


= R \ x : x = +3 k , k ∈Z  .
2


88.3. O ponto A tem abcissa 1 e pertence ao gráfico de f, então
A (1, f (1 ) ) .
Como a é a ordenada do ponto A, tem-se:
π
a = f ( 1) = tan   = = 3 .
 3
O ponto B pertence ao gráfico de f e tem a mesma ordenada que
o ponto A, então B b, 3 e f ( b) = 3 .
(
)
Atendendo à representação gráfica de f e à periodicidade da
função, conclui-se que b = 1 + 3 = 4 .
π
, a distância do ponto P à reta r é
2
igual a 2,4.
3π 
3 π
d
 = 1,4 + sin 
 2 
 2

 = 1,4 + ( −1 ) = 0,4 .

3π
, a distância do ponto P à reta r é
Significa que quando x =
2
igual a 0,4.
1.2. O contradomínio da função seno é [−1, 1] .
O gráfico da função d obtém-se a partir da restrição do gráfico da
função seno ao intervalo [0,4 π] através de uma translação

vertical de vetor v =( 0; 1,4) .
Então, conclui-se que D′d = [1,4 − 1; 1,4 + 1 ] , ou seja,
D′d = [ 0,4; 2,4] .
1.3.
a) Os registos foram 4 (dois em cada uma das voltas da roleta).
b) d (x ) = 1,9 ⇔ 1, 4 + sinx = 1,9 ⇔ sinx = 0, 5.
π 5π 13π 17π 
Como x ∈[ 0,4π] , conclui-se que x ∈  ,
,
,
.
6
6 
6 6
3
3
π 
 13π 
 5π 
 17π 
Ora, cos   = cos 
 = 2 e cos  6  = cos  6  = − 2 .
6
6
 


 


Assim sendo, as coordenadas dos pontos correspondentes às
posições do ponto P nesses instantes são:
 3 1   3 1
,  e  − , .

 

 2 2   2 2
1.4. a) O ponto A pertence ao gráfico de d e tem abcissa
88.4. Recorrendo à calculadora gráfica, conclui-se que a abcissa
do ponto C do gráfico de f que tem ordenada 4 é,
aproximadamente, 4,27 .
NEMA11PR © Porto Editora
Significa que quando x =
Pág. 77
11 π
3
,
11 π  11 π  
,d
então A 
 .
 3 
 3
π
 11π 
 11π 

 π
d
 = 1,4+ sin
 = 1,4+ sin 4π −  = 1,4+ sin −  =
3
3
3






 3
3
π
.
= 1,4 − sin   = 1,4 −
2
3
A
ordenada do ponto
A é 1,4 −
3
.
2
b) O ponto B pertence ao gráfico de d e tem ordenada 0,9, então
B( x; 0,9 ) e d ( x )= 0,9 .
d ( x )= 0,9 ⇔ 1,4 + sin x = 0,9 ⇔ sin x = − 0,5 .
Tarefa 12
1.1. d  π  = 1,4 +sin  π  =1,4 +1 =2,4 .
2
2 
34
 7π 11 π 19 π 23 π 
Como x ∈[ 0,4π] , conclui-se que x ∈  ,
,
,
.
6
6
6 
6
Atendendo à representação gráfica, conclui-se que a abcissa de B
11 π
é
.
6
Pág. 78
89.1. Como o ponto P pertence à circunferência trigonométrica,
então P (cosα , sinα ) .
Trigonometria e funções trigonométricas
89.2. O triângulo [AP´P] é retângulo em P´. Aplicando o Teorema
de Pitágoras, tem-se:
2
2
2
2
1

2
2
PA = PP ' + AP ' ⇔ d = sin α +  + cosα  ⇔
2

1
⇔ d 2 = sin2 α + + cos α + cos 2 α ⇔
4
1
5
2
2
⇔ d = 1 + + cos α ⇔ d = + cos α
4
4
2
7
 3
sin2 a + cos2 a =1 ⇔  + cos2 a =1 ⇔cos 2 a = .
16
 4
π
Como < a < π e no 2.° Q. o cosseno é negativo, conclui-se que
2
cos a = −
7
.
4
b) tan a =
sin a
=
cos a
3
4
=−
7
−
4
3
3 7
.
7
=−
7
91.2. Sabe-se que g ( b) =2sin b .
1
1 + tan 2 b =
cos 2 b
1
⇔ cos 2 b = .
5
⇔1 + ( −2 ) =
1
2
cos 2 b
⇔5 =
Como b∈4. °Q. , conclui-se que cos b =
89.3. Se α =
5π
3
, então tem-se: d 2 =
5
 5π 
+ cos   ⇔
4
 3 
tan b =
5
5 1
7
7
 π
.
⇔ d = + cos   ⇔ d 2 = + ⇔ d 2 = ⇔ d =
4
4 2
4
2
3 
2
 π 3π 
Como α ∈ ,  , conclui-se que cos α = −0,8 .
2 2 
5
5 4
9
3
⇔ d=
⇔
Logo, d 2 = − 0,8 ⇔ d 2 = − ⇔ d 2 =
4
4 5
20
20
3
⇔d =
2 5
2 5
.
5
Então, g (b ) =2sinb = −
⇔ cos 2 α = 0,64 ⇔ cos α = 0,8 ∨ cosα = −0,8
⇔d=
1
1
5
=
=
pois o
5
5 5
sin b
5
⇔ sin b = tan b× cos b ⇔ sin b = −2 ×
⇔
cos b
5
⇔ sin b = −
89.4. sin α + cos α =1 ⇔ ( −0,6 ) + cos α = 1 ⇔
2
2
⇔
cosseno é positivo.
2
2
1
cos 2 b
4 5
.
5
Pág. 80
92.1. cos (α − π ) = − 0,2 ⇔ − cosα = − 0,2⇔ cosα = 0,2⇔
1
⇔ cos α = .
5
3 5
.
10
2
Pág. 79
90.1. No respetivo domínio, tem-se:
=
1
1
+ 1=
+ 1=
tan2 α
sin2 α
cos 2 α
cos 2 α
cos 2 α sin 2 α cos 2 α +sin 2 α
1
+1 = 2 + 2 =
= 2 .
2
sin α
sin α sin α
sin2 α
sin α
24
 1
sin2 α +cos2 α =1 ⇔ sin2 α +  =1 ⇔sin2 α = .
25
 5
Como o seno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
24 2 6
sin α =
.
=
25
5
sin α
92.2. tan (− α )= − tan α = −
=−
cos α
90.2. No respetivo domínio, tem-se:
(1 − sin α ) ( 1 − tan α ) = 1 − tan α − sin α + sin α × tan α =
= 1 −sin α − tan α + sin α ×tan α =cos α −tan α (1 −sin α ) =
= cos α − tan α × cos α = cos α − sin α = cos α −( 1 − cos α ) =
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
= 2cos 2 α −1 .
NEMA11PR © Porto Editora

3
2
5
5
5
6
6
6
93. sin ( α + π) = − ⇔ − sinα = − ⇔ sinα = .
π 3π
Como α ∈  ,
e sinα > 0 , conclui-se que α ∈2.ºQ .
 2 2 
2
 3
91.1. a) Como A  a ,  pertence ao gráfico de f, então sabe-se
que f (a ) =
2 6
5 =−2 6.
1
5
2
.
3
3
3
f ( a) = ⇔ 2sin a = ⇔ sin a = .
2
2
4
11
 5
sin2 α +cos2 α =1 ⇔  +cos2 α =1 ⇔cos 2 α = .
36
 6
Como o cosseno é negativo no 2. ° Q., conclui-se que
11
11
cos α = −
.
=−
36
6

11 
11
Assim sendo, tem-se cos (α − π) = −cos α = − −
.
 =
6
 6 
35
Unidade 1
retângulo, então são complementares, isto é,
 π 
97.1. g (a ) = ⇔ 2 +sin a +  = ⇔ cos a = .
4
2 4
4

9
π
α +β = .
2
2
Assim sendo, cosθ = cos( π − β ) = cos( β − π ) = − cos β .
Portanto, f (a ) = sina =
3
8
7
.
4
3
8
2
 3
3
b) cosα = sinβ = sin( π − θ ) = − sin (θ − π )= − (− sinθ )= sinθ .
2
5
 2
sin 2 θ + cos 2 θ = 1 ⇔ sin 2 θ +  −  = 1 ⇔ sin 2 θ = .
9
 3
Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que
5
5
sin θ =
.
=
9
3
55
 3
2
2
2
2
.
sin b + cos b = 1 ⇔  −  + cos b = 1 ⇔ cos b =
64
 8
3π
, 2 π  e o cosseno é positivo no 4.° Q., conclui-se
Como a ∈

 2
55
que cos b =
.
8
π
55

Então, g (b ) = 2 + sin b +  = 2 + cosb = 2 +
.
2
8

Pág. 82

π
98. cos α +  = − ⇔ − sinα = − ⇔ sinα = .
Pág. 81


π
95. cos α −  = −

2
7
7
.
⇔ sin α = −
4
4
 π 3π 
e sinα < 0 , conclui-se que α ∈ 3. °Q .
Como α ∈  ,
 2 2 
2

7
9
sin2 α + cos 2 α = 1 ⇔  −
cos 2 α = 1 ⇔ cos 2 α = .
 4  +
16


Como o cosseno é negativo no 3. ° Q., conclui-se que
cos α = −
9
3
=− .
16
4
Assim sendo, tem-se cos (− α ) = cos α = −

π
96. cos α +  = −

2
3
.
4
3
3
3
.
⇔ − sin α = −
⇔ sin α =
5
5
5
 π π 
Como α ∈  − ,  e sin α > 0 , conclui-se que α ∈ 1.° Q .
 2 2 
π
π


sin  − α  = − sin  α −  = − ( −cos α ) = cos α .
2
2


2
 3
22
sin α + cos α = 1 ⇔ 
cos 2 α = 1 ⇔ cos 2 α =
.
 5  +
25


Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
2
22
22
.
=
25
5
22
π
.
Assim sendo, tem-se sin  − α  =
5
2

36
15
.
4
97.2. f ( b ) = − ⇔ sin b = − .
 2 2
94.2. a) cos β = cos ( π − θ ) = cos (θ − π ) = − cos θ = −  −  = .
cos α =
15
.
4
sin a =
2
7
 3
sin 2 β + cos 2 β = 1 ⇔   + cos 2 β = 1 ⇔ cos 2 β =
.
16
 4
Como o cosseno é negativo no 1.° Q., conclui-se que
7
7
cos β =
.
=
16
4
2
1
15
1
2
2
2
2
sin a + cos a =1 ⇔ sin a +   = 1 ⇔ sin a = .
16
4
π
Como a ∈ 0 ,  e o seno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
2

3
Assim sendo, sin β = cosα = .
4
b) θ e β são ângulos suplementares, isto é, θ + β = π .
Então, cos θ = − cos β = −
9
2
2
3
2
3
2
3

π
Como α ∈ − π ,  e sin α > 0 , conclui-se que α ∈ 1.°Q .
2

cos (α − π ) + tan (π − α ) = − cos α − tan ( α − π ) =
= − cosα −
sin(α − π)
sin(α )
−sin (α )
.
= − cos α −
= −cos α −
−cos ( α )
cos (α − π)
cos ( α )
2
5
2 
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔   + cos2 α = 1 ⇔ cos 2 α = .
9
3 
Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
5
5
cos α =
.
=
9
3
Assim sendo, tem-se:
2
sin (α )
5
3
cos ( α − π )+ tan (π − α ) = − cos α −
=−
−
=
cos ( α )
3
5
3
5 2
5 2 5
11 5
=−
−
=−
−
=−
.
3
5
3
5
15
9π

π

+ α  = − 0,4 ⇔ sin + 2× 2π +α  = − 0, 4 ⇔
 2

2


99. sin
2
π

⇔ sin  + α  = −0,4 ⇔ cos α = − .
5
2

Como α ∈] 2 π, 3 π [ e cos α < 0 , conclui-se que α ∈ 2.° Q .
NEMA11PR © Porto Editora
94.1. a) Sendo α e β ângulos agudos de um triângulo
Trigonometria e funções trigonométricas
sin ( α + 5π ) − tan ( α − π ) = sin ( α + π + 4 π ) −
= sin( α + π) −
− sin( α)
− cos ( α )
sin ( α − π )
cos ( α − π)
=
= − sinα − tan( α ) .
 2
2
21
sin α + cos2 α = 1 ⇔ sin2 α +  −  = 1 ⇔ sin2 α =
.
25
 5
2
Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que
sin α =
21
21
.
=
25
5
tan ( α ) =
21
21
5
.
=
=−
2
cos (α )
2
−
5
sin (α )
Então, sin (α + 5π) − tan (α − π ) = − sinα − tan (α ) =
=−
21
5
 21 
21
21 3 21
.
−  −
+
=
 = −
2
5
2
10


π
sin
sin α sin Bˆ
.
100.1. Atendendo à lei dos senos, tem-se: 6 =
=
3
4
AC
Da aplicação da lei dos senos, resulta:
1
π
sin
6 = sin α ⇔ 2 = sin α ⇔ sin α = 2 .
3
4
3
4
3
π
100.2. sin  α −  = −cos α .
2

2
5
 2
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔   + cos2 α = 1 ⇔ cos2 α = .
9
 3
Como o cosseno de um ângulo agudo é positivo, conclui-se que
5
5
cos α =
.
=
9
3
Então, tem-se − cos α = −
5
.
3

π
100.3. cos  α +  +sin ( α + π) = −sin α −sin α = −2 sin α =

2
102. sin(α + π ) + tan (α − 3π ) = − sinα + tanα .
3
π
sin α +  = −0,3 ⇔ cos α = −0,3 ⇔ cosα = − .
2
10


5π 
Como α ∈  π ,
e cos α < 0 , conclui-se que α ∈3.° Q .
2 

2
91
 3 
sin2 α +cos2 α =1 ⇔ sin2 α +  −  =1 ⇔sin2 α =
.
100
 10 
Como o seno é negativo no 3.° Q., conclui-se que
91
91
sin α = −
.
=−
100
10
sin α
tan α =
=
cos α
−
91
10 = 91 .
3
3
−
10
Assim sendo, − sin α + tan α =
91
91 13 91
+
=
.
10
3
30
a
a
103. g   = 3 − tan 2 2 ×  = 3 − tan 2 a .
2
2
 


4
4
2
π
π
π
π
f  a +  = ⇔ 2sin  + a +  = ⇔ sin  a +  = ⇔
4 5
4 5
2 5

4

2
⇔ cos a = .
5
Como a ∈] π , 2π [ e cos a > 0 , conclui-se que a∈ 4. ° Q.
1
1
25
⇔ 1 + tan2 a =
⇔1 +tan2 a = ⇔
2
cos 2 a
4
2
 5
 
21
2
⇔ tan a = .
4
1 + tan2 a =
Tarefa 13
Pág. 83
101. cos(α + π) + tan( −α ) = − cosα − tanα .
2 + 5 sin (α − π) = 0 ⇔ 2+ 5 ( − sinα ) = 0 ⇔ − 5 sinα = − 2 ⇔
2
2 5
⇔ sin α =
.
5
5
π π
Como α ∈ − ,  e sin α > 0 , conclui-se que α ∈1. °Q .
 2 2
2
NEMA11PR © Porto Editora
5
− 5 − 10
.
−2 =
5
5
Assim sendo, − cos α− tan α = −
21
9
a 
Então, g   = 3 − tan 2 a = 3 − = − .
4
4
2 
2
4
= − 2× = − .
3
3
⇔ sin α =
2 5
= 5 =2 .
tan (α ) =
cos (α )
5
5
sin (α )
1
 2 
2
2
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔ 
 + cos α = 1 ⇔ cos α = .
5
 5
Como o cosseno é positivo no 1.° Q., conclui-se que
1
1
5
=
=
cos α =
.
5
5
5
3π
π
π






1.1. sin  + x  = sin π + + x  = −sin + x  = −cos x .
2
 2



2

3π
π
1.2. sin  x −  = sin  x − π −  = − cos ( x − π) = −( −cos x ) =
2
2

= cos x .



 3π


π

π

1.3. cos  + x  = cos  π + + x  = −cos  + x  = −( −sin x) =
2
2
2






= sin x .
3π 


π
1.4. cos  x −  = cos  x − π −  =sin (x − π) = −sin x .
2
2




37
Unidade 1

= − sin x − ( − sin x ) = − sin x + sin x = 0 .
7π
3π
− x  = tan ( −x ) + sin
− x  =
 2

 2

2.2. tan ( 5π − x ) + sin
π
π
= − tan x + sin  π + − x  = −tan x −sin  − x  = −tan x −cos x .
2


2

1

π
sin  x +  = −0,2 ⇔ cos x = − .
2
5

2
24
 1
sin x + cos x = 1 ⇔ sin x + −  = 1 ⇔ sin 2 x = .
25
 5
Como o seno é positivo no 2.° Q., conclui-se que
24 2 6
=
sin x =
.
25
5
2
Como cos β < 0, conclui-se que β ∈ 2. ° Q . Logo, tan β = −
Então, tan α = −tan β =
2
2
=−
13
.
7
 3
2
2 5


π
104.2. arcsin  −  = −
6
 2
1
=
5
.
5
4
2 5
.
3.2. sin α = sin (π − θ ) = sin θ =
=
5
2 5
5
.
5



2 5
.
5
2
 2
π
5 π 
1  π
 = arcsin  2  = 6
 6 
 
104.6. arcsin  sin 

105.1. Df = [ −1, 1]
105.2. Os pontos A, B, C e D pertencem ao gráfico da função f e
2 5
sin α
3.5. tan ( −α ) = − tan α = −
= − 5 =2 .
cos α
5
−
5
π
3π 

 3π



3.6. sin  α −  = − sin − α  = − sin  π + − α  =
2
2

 2



π
= sin  −α
2
π
104.5. arcsin   =
 2  4

 3π


π

π

3.4. cos  + θ  =cos  π + +θ  = −cos  +θ  =sin θ =
2
2
2
π
5


 = − sin α − 2  = −cosα = − 5 .



4.1. Sabe-se que ângulos consecutivos de um paralelogramo são
suplementares, então tem-se α + β = π , ou seja, α = π − β .
tan α = tan ( π −β ) = tan ( −β ) = − tan β .
38
104.3. arcsin (− 1) = −
104.4. arcsin ( 0 ) = 0
3.3. cos ( 3π + α ) = cos (π + α ) = − cos α = − cos (π −θ ) = cos θ =

π
104.1. arcsin   =
 2  3
3.1. PC = 22 + 42 = 20 = 2 5 , logo cos θ =

13
.
7
Pág. 85
1
Assim sendo, − tan x −cos x =2 6 + =2 6 +0,2 .
5
=

4.3. sin ( π + α ) = −sin α = −
2 6
tan x =
= 5 = −2 6 .
1
cos x
−
5

13
.
6


4.2. cos  + α  = −sin α = −sin ( π − β ) =sin ( β − π) = −sin β =
sin x
=
13
.
6
π
π
Como x ∈ − , π e cos x < 0 , conclui-se que x ∈2.° Q .
 2 
2
1
1
49
⇔ 1+ tan2 β =
⇔ 1 + tan2 β =
⇔
2
36
cos2 β
 6
−
 7


13
2
.
⇔ tan β =
36
1+ tan2 β =

tem-se:
 2  2 
1  1  

π
 π
−
A  a , −  , B −
,
e D d,  .
 2 , f  2   C  2 , f  2  
2

 3




f (a ) = −
π
π
 π
⇔ arcsin (a ) = − ⇔ a = sin  −  ⇔ a = −1 .
2
2
 2


π
2
2
f −
arcsin  −
 2  =
 2  = − 4 .




1 
1  π
f  = arcsin  = .
2 
2  6
f (d ) =
3
π
π
 π
.
⇔ arcsin (d ) = ⇔ d = sin   ⇔ d =
3
3
2
3
 2 π
 3 π
1 π
π
, .
Então, A − 1,−  , B  −
, −  , C  ,  e D 

4
2   2

2 6 
 2 3
NEMA11PR © Porto Editora

π
2.1. cos x +  −sin (3 π +x ) = −sinx −sin ( π +x ) =
2
Trigonometria e funções trigonométricas
109.3. Recorrendo à calculadora, tem-se:
1 

π 3π
106. sin α = sin  arcsin  −   ∧ α ∈  ,  ⇔
 2 
2 2 

⇔ sin α = −
yB = arccos (0,3) ≈ 1,27 .
7π
 π 3 π
π
.
∧ α ∈  ,  ⇔ α = + π ⇔α =
6
6
2 2 
1
2
Pág. 87
Pág. 86
110.1. arctan (− 1 ) = −
 3 π
 =
 2  6
107.1. arccos 

 3 π
3  5π

π 
π
1
3
π
110.3. arctan  −  = −
6
 3 
107.3. arccos cos  −   =arccos   =
 2 3
  3 
110.4. tan ( arctan ( 5 )) = 5


π 


π 






107.4. arccos cos  3 π +   = arccos cos  π +   =
4
4
110.5. arctan  tan 

 2  3π

 π 
= arccos  − cos   = arccos  −
=


4
 

 2  4

π 

π

110.6. arctan  tan  − 5   = arctan  tan  − 5 + π   =
 8 
 6 

6 


6

  π  π
= arctan tan    =
  6  6
8
6
111.1. Recorrendo à calculadora, tem-se:
24
f ( 2) = arctan( 2) ≈ 1,11
  13π 

 π 
108.3. arcsin  sin 
 −arccos  cos  −   =
  12 

 2 
π
π
π
111.2. f ( x ) = − ⇔ arctan x = − ⇔ x = tan  −  ⇔
8
 
π 

 π  π
= arcsin sin  π +  − arccos ( 0) = arcsin  − sin   − =
12
12  2






 8
8
⇔ x ≈ − 0,41
π
2
  π  π
π π
7π
= arcsin sin  −  − = − − = −
12 2
12
  12  2
112.1. − < arctan x <
⇔−

 3 
108.4.* cos arcsin  

4 
π
π π π
π π
⇔ − < + arctan x < + ⇔
2
6 2 6
6 2
2π
π
< g (x) <
3
3
 π 2π
Então, Dg′ =  − ,
 3 3
3
 3
Seja arcsin   = α , então tem-se: sin α = .
4
4


 .
3 π

3 π π
112.2. g  −  = + arctan  −  = − = 0
 3  6
 3  6 6




2
3
7
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔   + cos2 α = 1 ⇔ cos2 α =
.
16
4
 π π
Como α ∈ − ,  , o cos α > 0 . Donde se conclui que
 2 2
cos α =


5π  π 5π 23π

π 

108.2. arcsin  sin    + arccos cos    = + =

3π 
π
  = arctan ( −1 ) = − 4
 4 

 1
 1 π π π
108.1. arcsin   + arccos   = + =
2
2 6 3 2
Pág. 88
(

7
7
 3 
. Logo, cos  arcsin   = cos α =
4
4
 4 

( 3) )
113.1. tan α = tan arctan
⇔ tanα =
109.1. D′f = [0, π] .
∧
3 ∧ α ∈[ π , 2π] ⇔ α =

 2
 2
α∈ [π , 2π ] ⇔
4π
π
.
+ π ⇔α =
3
3

 ∧ α ∈ [ π, 2 π] ⇔

2π
2π
1
109.2. f ( x ) = g ( x ) ⇔ arccos x = ⇔ x = cos   ⇔ x = − .
113.2. tan α = tan  arccos 
 1 2π 
Então, C  − ,  .
 2 3 
5π
π
π
.
⇔ tanα = tan  ∧ α ∈[ π , 2π] ⇔ α = + π ⇔ α =
4
4
4
3
NEMA11PR © Porto Editora
4
110.2. arctan   =
 3  6
107.2. arccos −
=
 2  6

π
 3 
2

39
Unidade 1
1.2. cos α = −
 π 3π 
⇔ tanα = − 5 ∧ α ∈  ,  .
2 2 
π 
 3π 
⇔ cos α = − cos   ∧ α ∈  π,  ⇔
3 
 2 
π 3π 
e tan α < 0 , conclui-se que α ∈ 2 .° Q .
Como α ∈  ,
 2 2 
1
1
1
2
1 + tan2 α =
⇔ 1 + ( −5 ) =
⇔ 26 =
⇔
cos 2 α
cos 2 α
cos 2 α
1
.
⇔ cos2 α =
26
π 
 3π
⇔ cos α = cos  − π  ∧ α ∈ π ,  ⇔
2
3 

2π
4π
.
⇔ α = − + 2π ⇔ α =
3
3
Como α ∈2 .° Q. , conclui-se que cos α = −
tanα =
sinα
cosα
1
1
26
.
=−
=−
26
26
26
 26  5 26
⇔ sinα = − 5×  −
 = 26 .
 26 
Assim sendo, cos α + sin α = −
115.1. tan x = −3,2
26 5 26 4 26 2 26
.
+
=
=
26
26
26
13
 π 3π
∧ x ∈ ,
 ⇔ x ≈ −1,2679 + π ⇔
2 2 
⇔ x ≈ 1,87 .
115.2. 2 tan x +8 = 0
π

∧ x ∈  −π,  ⇔
2

π

⇔ tan x = − 4 ∧ x ∈  −π ,  ⇔ x ≈ −1,33 .
2

 7π 
115.3.* 5sin ( 3x ) − 2 = 0 ∧ x ∈ π ,  ⇔
6

⇔ sin ( 3x ) =
2
 7 π
∧ x ∈π ,  .
5
6

7π 
 7π

, então 3 x ∈ 3 π ,  .
Como x ∈  π ,
6 
2


Então, −1 ≤ sin ( 3x ) ≤ 0 .
Donde se conclui que não existe nenhum valor de x que verifique
 7π 
a condição 5sin ( 3 x) − 2 = 0 ∧ x ∈ π,  .
6

115.4. tan ( 2 x ) = 10 ∧
Ora, tan ( 2α ) = 10 ∧
3π 5π
x ∈ ,
.
 4 4 
 π π
2α ∈  − ,  ⇔ 2α ≈ 1,4711 ⇔
 2 2
⇔ α ≈ 0,7356 .
 3π 5π 
,  , então conclui-se que x ≈ 0,7356 + π ⇔
Como x ∈ 
4 4 
⇔ x ≈ 3,88 .
Tarefa 14
1.1. sin α =
3
2
π
∧ α ∈ ,
2

π ⇔

2π
π
π 
π

.
⇔ sin α = sin   ∧ α ∈  , π  ⇔ α = − − π ⇔ α =
3
3
2 
3

40
 3π 
∧ α ∈ π,  ⇔
2

1
2
π 
1.3. tan α = −1 ∧ α ∈  , π ⇔
2

3π
 π
π 
π
⇔ sin α = tan  −  ∧ α ∈  , π  ⇔ α = − + π ⇔α = .
4
4
 4
2 
1.4. sin α = −
2
2
3π
∧ α ∈ π,  ⇔
2

3π
π
⇔ sin α = − sin   ∧ α ∈ π,  ⇔
4 
 2 
π

⇔ sin α = sin  + π  ∧
4


α ∈ π,

3π 
5π
π
.
⇔ α = + π ⇔α =
2 
4
4
3π
∧ α ∈ π,  .
2 

2.1. cos α = −
2
3
Ora, cos β = −
2
∧
3
π


β ∈  , π  ⇔ β ≈ 2,3005 .
2

 3 π
Como α ∈ π ,  , então conclui-se que α = 2 π − β ⇔ α ≈ 4,0 .
2

2.2. sin α =
4
5
π 
∧ α ∈  , π .
2 
Ora, sin β =
4
5
∧


β ∈ 0 ,
π
2 
⇔ β ≈ 0,9273 .
π 
Como α ∈ , π , então conclui-se que α = π − β ⇔ α ≈ 2,2 .
2 
Pág. 89
116.1. sin x + 0,2 = 0 ⇔ sin x = −0,2 .
No intervalo ] −2 π , π [ , a equação sin x + 0,2 = 0 tem 2
soluções.
NEMA11PR © Porto Editora
 π 3π 
114. tan α = tan (arctan ( −5 ) ) ∧ α ∈  ,  ⇔
2 2 
Trigonometria e funções trigonométricas
116.2. No intervalo ] − π , 0 ] , a equação sin x + 0,2 = 0 tem 2
c) No intervalo 
π 7π
,  , a equação sin x = 0, 35 tem apenas 1
6
 4
soluções.
solução.
π
7
119.1. sin x − sin = 0 ⇔ sin x = sin
π
+ 2 kπ
7
π
⇔ x = + 2 kπ
7
⇔ x=
∨
x= π −
∨
x=
π
2
π
⇔
7
π
+ 2 kπ , k∈ Z
7
6π
+ 2 kπ , k∈ Z
7
119.2. 3 + 2cos − x  = 0 ⇔ 3 + 2sin x = 0 ⇔

3
 π
⇔ sin x = −
⇔ sin x = sin  −  ⇔
2
 3

π 
, a equação sin x + 0,2 = 0 tem 2
116.3. No intervalo  π ,
2 

5
soluções.
π
+ 2kπ
3
π
⇔ x = − + 2kπ
3
⇔ x= −
119.3. sin x + sin
 π
x = π −  −  + 2kπ , k ∈Z
 3
4π
x=
+ 2kπ , k ∈Z
3
∨
∨
π
12
= 0 ⇔ sin x = − sin
π
12
⇔
 π
⇔ sin x = sin  −  ⇔
 12 
π
 π
⇔ x = − + 2 kπ ∨ x = π − −  + 2 kπ , k ∈ Z
12
 12
13 π
π
⇔ x = − + 2 kπ ∨ x =
+ 2 kπ , k ∈Z
12
12
π
8
120.1. sin x = sin ⇔
π
+ 2 kπ
8
π
⇔ x = + 2 kπ
8
⇔ x=
117.1. f ( x ) = 0 ⇔ 1 + 3sin x = 0 ⇔ sin x = −
1
3
No intervalo [ 0, 2 π[ , a função f tem 2 zeros.
117.2. No intervalo [− π , 3π [ , a função f tem 4 zeros.
Pág. 90
1
π
118.1. sin x = ⇔ sin x = sin ⇔
2
6
π
π
⇔ x = + 2 kπ ∨ x = π − +2 kπ, k ∈Z
6
6
5π
π
⇔ x = + 2 kπ ∨ x =
+2 kπ , k ∈Z
6
6
Atribuindo valores a k conclui-se que as abcissas dos pontos A, B
13 π
π 5π
e C são, respetivamente, ,
.
e
6 6
6
π
118.2. a) No intervalo  , 2 π  , a equação sin x = 0, 35 tem
NEMA11PR © Porto Editora
2

apenas 1 solução.
∨
x= π−
∨
x=
π
+ 2 kπ , k ∈Z
8
7π
+ 2 kπ , k ∈Z
8
Atribuindo valores a k conclui-se a equação sin x = sin
π
8
só tem
7π
 π 3 π
.
uma solução no intervalo  ,  , a saber,
8
 2 2
120.2. Se k =0 , tem-se x =
π
8
∨
x=
7π
.
8
Atribuindo outros valores a k obtêm-se soluções que não
pertencem ao intervalo [ −π , π] .
Assim sendo, a equação sin x = sin
intervalo [ −π, π] , a saber,
π
8
e
120.3. Se k = −1 , tem-se x = −
π
8
7π
8
tem duas soluções no
.
15 π
∨
8
x=−
9π
.
8
Se k = 0 , tem-se
7π
π
∨ x=
x=
(não pertence ao intervalo) .
8
8
b) No intervalo ]− π , 2π ] , a equação sin x = 0, 35 tem 2
soluções.
41
Unidade 1
π
4π 
 4π

 = 4sin  + 2 3 = 4sin π +  + 2 3 =
3
3
3
 
 


121.1. g 

3

  π 
= 4  − sin    + 2 3 = 4 × −  +2 3 = 0 .
3
2

 


4 π
π

 π
 π
 = sin π + 3  = −sin 3  =sin −3  ,
 3 


 


π
é zero da função g e pertence ao intervalo
3
 π π
 − 2 , 2  .
⇔ sin x = −
π
+ 2k π
3
π
⇔ x = − + 2k π
3
∨
5 
2  5π
 = sin 

 4

 5π
 + sin 

4

=


2
 2   2 
− 2  +  − 2  =

 

2
122.2. sin x + sin x = 0 ⇔ sin x ( sin x + 1 )= 0⇔
⇔ sin x = 0 ∨
⇔ sin x = 0 ∨
2
 π
⇔ sin (2 x ) = sin  −  ⇔
2
 4
3π
+ 2k π , k ∈ Z
2
122.3. f ( x ) = 0 ∧
x ∈ [ 0, 2π ] ⇔
∨
∨ x=
3π
2

+ 2kπ , k ∈ Z  ∧ x ∈ [0 , 2π

3π
3π
+ 2 k π , k ∈Z ∧ x ∈[ 0 , 2 π ] ⇔ x =
2
2
Donde se conclui que 0 <2sin (2 x) ≤2 , ou seja, 0 < A( x) ≤ 2 .
O valor máximo da área é 2.
124.2. A ( x )= 2 ⇔ 2sin( 2x ) = 2⇔ sin ( 2x ) = 1⇔
⇔ 2x =
π
2
+ 2 k π , k ∈Z ⇔ x =
π
4
+ kπ , k ∈Z .
π
π

Como x ∈ 0 ,  , conclui-se que x = .
2
4

O perímetro do retângulo que tem área máxima é 4 2 .
124.3. Pretende-se resolver graficamente a equação
A ( x )= 1,5 .
]
x = k π , k ∈Z ∧ x ∈ [ 0, 2π ] ⇔ x = 0 ∨ x = π ∨
∨ x = 2π


2
2

π
π
+ 2×  × 2 = 2 2 × 2 = 4 2 .
P =  2sin + 2cos  × 2 =  2×


4
4
2
2




sin x + 1 = 0
sin x = − 1
x=
42
⇔ sin (2 x ) = −
−2
⇔
2 2
Assim sendo, 0 < sin( 2 x) ≤ 1 .
5π 
2
π

 π
Cálculo auxiliar: sin
 = sin π + 4  = − sin 4  = − 2 .
 4 


 

⇔  x = kπ

123.3. 2 2 sin ( 2x ) + 2= 0 ⇔ sin ( 2x ) =
π
124.1. Se x ∈ 0 ,  , então 2 x∈ ] 0, π [ .
2
1− 2
.
2
⇔ x = kπ
2
x 3π
⇔ =
+ 2 kπ , k ∈ Z
2 2
⇔ x = 3 π +4k π , k ∈Z
Pág. 92
 π
x = π −  −  + 2k π , k ∈Z
 3
4π
x=
+ 2k π , k ∈Z
3
∨
122.1. f  π
 4
x=
π
+ 2 k π , k ∈Z
6
5 π 2kπ
, k ∈Z
∨ x=
+
18
3
∨ 3x = π −
π
 π
+ 2 k π ∨ 2 x = π − −  +2 k π , k ∈Z
4
 4
5π
π
⇔ x = − +k π ∨ x =
+k π , k ∈Z .
8
8
3
 π
⇔ sin x = sin  −  ⇔
2
 3
⇔ x=−
•
π
+ 2 kπ
6
π 2 kπ
⇔x = +
18
3
⇔ 2x = −
121.3. g ( x ) = 0 ⇔ 4sin x +2 3 = 0 ⇔
•
1
π
⇔ sin (3 x ) = ⇔ sin (3 x ) = sin  
2
6
2
121.2. Como sin
=
123.1. 2 − 4sin ( 3x ) = 0 ⇔
x
x
123.2. 1 + sin   = 0 ⇔ sin   = − 1 ⇔
4π
é um zero da função g.
3
conclui-se que −
[ 0, 2 π ] são:
3π


, 2π  .
0 , π ,
2


⇔ 3x =
Pág. 91
Logo,
Os zeros da função que pertencem ao intervalo
NEMA11PR © Porto Editora
Atribuindo outros valores a k obtêm-se soluções que não
π
pertencem ao intervalo  − 2π ,  .
2

π
Assim sendo, a equação sin x = sin tem três soluções no
8
15 π 9 π π

π
intervalo  −2 π,  , a saber, −
.
,−
e
2
8
8
8

Trigonometria e funções trigonométricas
As soluções da equação são x ≈ 0,4 ∨ x ≈ 1,1 .
Tarefa 15
1.1. yA = T ( 0) = 2− 3sin( 0) = 2− 3× 0= 2 .
Pág. 93
A ordenada do ponto A é 2. Significa que no início da experiência
a temperatura da substância era de 2 graus Celsius.
π t
 10
1.2. T (t ) = 5 ⇔ 2 − 3sin 

π t
 = 5 ⇔ sin  10



 = −1 ⇔

πt 3π
=
+ 2k π , k ∈ Z
10 2
⇔ t = 15 + 20 k , k ∈Z .
A primeira solução positiva da equação é 15.
A abcissa do ponto C é 15. Significa que a experiência teve a
duração de 15 minutos.
⇔
πt
πt
1.3. T ( t ) = 2 ⇔ 2 − 3sin   = 2 ⇔ sin   = 0 ⇔
 10 
 10 
⇔
πt
Desde o instante em que a temperatura da substância atingiu
4 °C até ao final da experiência decorreram, aproximadamente,
2,7 minutos (15 −12,3 = 2,7 ) .
= k π , k ∈Z ⇔ t = 10 k , k ∈Z .
125.1. cosx + 0,4 = 0 ⇔ cosx = −0,4 .
A equação cos x + 0,4 = 0 tem 2 soluções pertencentes ao
intervalo ] − π , π [ .
125.2. A equação cos x +0,4 = 0 tem apenas 1 solução
pertencente ao intervalo ] − π , 0 ] .
125.3. A equação cos x +0,4 = 0 tem 4 soluções pertencentes
ao intervalo [0, 4 π [ .
126.1. f ( x )= 0 ⇔ 1+ 4cos x = 0⇔ cos x = − 0,25 .
A função f tem 2 zeros pertencentes ao intervalo [ 0, 2π [ .
10
A primeira solução positiva da equação é 10.
Então, decorreram 10 minutos desde o início da experiência até a
temperatura da substância igualar a temperatura inicial.
126.2. A função f tem 3 zeros pertencentes ao intervalo
1.4. Para saber o mínimo absoluto da função vamos começar por
127.1. cos x = cos
3π 

 − π , 2  .
determinar o contradomínio.
π
+ 2 kπ
5
5
⇔
π
x = − + 2 kπ , k ∈Z .
5
 πt 
 πt 
 πt 
− 1 ≤ sin   ≤ 1 ⇔ − 3 ≤ 3sin   ≤ 3 ⇔ 3 ≥ −3sin   ≥ −3 ⇔
 10 
 10 
 10 
⇔ x=
πt
⇔ 2 + 3 ≥ 2 − 3sin   ≥ 2 − 3 ⇔ 5 ≥ T ( t) ≥ −1 .
 10 
O mínimo absoluto da função é −1 porque D′T = [−1, 5 ] .
x=
 πt 
 πt 
T ( t ) = −1 ⇔ 2 − 3sin   = −1 ⇔ sin   = 1 ⇔
 10 
 10 
πt π
⇔
= + 2k π , k ∈Z
10 2
⇔ t = 5 + 20 k , k ∈Z .
As soluções da equação que pertencem ao intervalo ] − π , π [
A primeira solução positiva da equação é 5.
Então, B ( 5,− 1) .
π
5
x=−
∨
+ 2kπ , k ∈ Z ∧
x ∈ ]− π , π [ ⇔ x =
π
5
π
π
+ 2kπ , k ∈ Z ∧ x ∈ ] − π , π [ ⇔ x = −
5
5
 π π
são:  − ,  .
 5 5
127.2. x ∈[ 5π , 8π
•
2. Pretende-se resolver graficamente a equação T ( t ) = 4 .
•
]
1
24
39
π
+2 k π ≤8 π ⇔5 ≤ +2 k ≤8 ⇔
≤2 k ≤
⇔
5
5
5
5
12
39
⇔ ≤ k≤
.
5
10
Como k ∈Z , conclui-se que k = 3 .
5π≤
k =3 ⇒ x =
NEMA11PR © Porto Editora
π
31π
π
+6 π =
.
5
5
π
1
26
41
5 π ≤ − +2 k π ≤8 π ⇔5 ≤ − +2 k ≤8 ⇔
≤2k ≤ ⇔
5
5
5
5
13
41
⇔ ≤ k≤
.
5
10
43
Unidade 1
π
29 π
.
k = 3 ⇒ x = − + 6π =
5
5
39 π
π
.
k = 4 ⇒ x = − + 8π =
5
5
As soluções da equação que pertencem ao intervalo
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
π
π 41π 
equação no intervalo  − , 2π  é  ,
.
 2
 28 28 
π
129.4. 6 sin  x −  + 3 2 = 0 ⇔ −6 cos x = −3 2 ⇔
[ 5 π, 8 π ]
Pág. 94
128.1. A equação cos x = 0,32 tem apenas 1 solução
3π 
.
pertencente ao intervalo 0 ,
 2 
2
3
A equação 3cos x + 2 = 0 tem 2 soluções pertencentes ao
128.2. 3cos x + 2 = 0 ⇔ cos x = − .
[ 0, 2π ] .
128.3. cos( π + x )+ 0,2= 0⇔ − cosx + 0,2= 0⇔ cosx = 0,2 .
A equação cos (π + x ) + 0,2 = 0 tem 3 soluções pertencentes ao
 π

intervalo  − , 2 π  .
 2

π
3 
 
π
π
⇔ x = + 2kπ ∨ x = − + 2k π , k ∈Z
3
3
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
π
π π 5π 
equação no intervalo  − , 2π  é − , ,
.
 2
  3 3 3 
1
⇔ cos x = cos
2
15
129.2. 2 5 cos ( 3 x) + 15 = 0 ⇔ cos ( 3 x) = −
⇔
2 5
3
 5π 
⇔ cos ( 3 x ) = −
⇔ cos (3 x ) = cos  
2
 6 
5π
5π
⇔ 3x =
+ 2k π ∨ 3x = − + 2k π , k ∈Z
6
6
5 π 2k π
5 π 2k π
, k ∈Z
⇔x=
+
∨ x=− +
18
3
18
3
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
π
equação no intervalo  − , 2π  é
 2

 − 7π − 5π 5π 7π 17π 19π 29π 31π  .
,
, ,
,
,
,
,


 18 18 18 18 18 18 18 18 
2π
π
129.3. cos  x +  = cos   ⇔
4

 7 
π 2π
=
+ 2 kπ
4 7
π
⇔ x = + 2kπ ∨
28
⇔ x+
44
2π
π
= − + 2k π , k ∈Z
4
7
15 π
x =−
+ 2k π , k ∈ Z
28
∨
2
π
⇔ cos x = cos   ⇔
2
4
π
π
⇔ x = + 2k π ∨ x = − +2k π , k ∈Z
4
4
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
 π
  π π 7 π
equação no intervalo  − , 2π  é − , ,
.
 2
  4 4 4
x+
3π

− x  = 0 ⇔ cos (3 x ) − cos x = 0 ⇔
 2

129.5. cos ( 3 x ) + sin 
⇔ cos ( 3x ) = cos x
⇔ 3x = x + 2k π
∨
⇔ 2 x = 2k π
4 x = 2k π , k ∈ Z
∨
3x = − x + 2k π , k ∈ Z
kπ
, k ∈Z
2
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
3π
π
π
π

equação no intervalo  − , 2π  é − , 0 , , π ,
, 2π  .
2
2
 2
  2

⇔ x =kπ
∨ x=
129.6. cos2 x = 1 ⇔ cos x = 1 ∨ cos x = −1
129.1. 2cos ( − x) − 1 = 0 ⇔ 2cos x − 1= 0⇔
⇔ cos x =
2
⇔ cos x =
 29 π 31 π 39 π
,
,
são: 
.
5
5 
 5
intervalo

⇔ x = 2k π ∨ x = π + 2k π , k ∈ Z
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
 π

equação no intervalo  − , 2π  é {0, π, 2 π}.
 2

x
x π
129.7. sin   = cos x ⇔ cos  −  = cos x ⇔
2
2 2
x π
x π
− = x + 2 kπ ∨
− = − x + 2 kπ , k ∈Z
2 2
2 2
⇔ x − π = 2x + 4kπ ∨ x − π = − 2x + 4kπ , k∈ Z
⇔ − x = π + 4kπ ∨ 3x = π + 4kπ , k∈ Z
⇔
π 4kπ
, k ∈Z
+
3
3
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
π
π 5π
equação no intervalo  − , 2π  é  ,  .
 2
  3 3 
⇔ x = −π − 4k π
∨ x =
7π
7π
7π
7π
7π
130.1. g   = cos  2 ×  + sin   = cos   + sin   =
 6 

6 
 6
 3 
 6 
1 1
π
π
π
π
= cos  2 π +  + sin  π +  = cos   − sin   = − = 0 .
3
6


3
6  2 2
Logo,
7π
é zero da função g.
6
130.2. g ( x ) = 0 ⇔ cos ( 2 x) + sin x = 0 ⇔ cos (2 x )= − sin x ⇔
π

⇔ cos ( 2 x ) = sin ( − x ) ⇔ cos (2 x ) = cos  − x −  ⇔
2 

NEMA11PR © Porto Editora
Como k∈ Z , conclui-se que k ∈{ 3,4 } .
Trigonometria e funções trigonométricas
⇔ 2x = −x −
π
+ 2 kπ
2
∨ 2x = x +
π
+2 k π , k ∈Z
2
2
 3π 

π
π

π 
Ora, cos   = cos  π −  = cos  − π  = − cos   = −
e
4
2
 4 

4

4
π
π
⇔ 3 x = − + 2 k π ∨ x = + 2 k π , k ∈Z
2
2
π 2kπ
π
⇔ x= − +
∨ x = + 2 kπ , k ∈ Z
6
3
2
π 2kπ
⇔ x= − +
, k∈Z
6
3
2
π
3 π

π

 π
sin  = sin π −  = − sin − π  = sin   =
.
4
 4

4

 4 2
(
)
Então, P − 12 2 , 12 2 .
Distância do ponto P a r: 36 −12 2 .
Distância do ponto P a s : 42 + 12 2 .
2. f ( x ) = 30 ⇔ 42 + 24sin x = 30
Pág. 95
131.1. Sendo α = −
π
3

 π
 π
, então A  cos  −  , sin  −   , ou seja,

 3
 3 
1
3
A , −
.
2
2 

Como C é simétrico de A em relação ao eixo das ordenadas,
 1
3
 .
então C  − , −
2
2


1 1
AC = + = 1 .
2 2
3. A medida da distância do ponto P à reta r é dada pela função
g, então g ( x )= 36 + 24cos x .

3
Seja M o ponto médio de [AC], então M  0, −
 e
2


MB = 2 +
A[ ABC]
g ( x ) = 48 ⇔ 42+ 24cos x = 48
3
.
2

3
1 ×  2 +

2 
3

=
= 1+
.
2
4
131.2. As coordenadas do ponto A em função de α são
A (cos α , sinα ). Logo, AC = cos α + cos α = 2cos α .
AC = 3 ⇔ 2cos α = 3 ⇔ cos α =
3
⇔ cos α = cos
2
π 
 ⇔
6 
π
⇔ cos x = 0, 5 ⇔ cos x = cos  
3
π
π
⇔ x = + 2 kπ ∨ x = − + 2 kπ , k ∈Z
3
3
Atribuindo valores a k , conclui-se que o conjunto-solução da
5π π π 5 π
equação no intervalo [−2π ,2π ] é − , − , ,  .
3 3 3
 3
5π
5π
π
π
Donde se conclui que x A = − , x B = − , x C =
e xD = .
3
3
3
3
Pág. 96
π
π
+ 2 kπ ∨ x = − + 2 kπ , k ∈Z
6
6
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
π π
π π
equação no intervalo  − ,  é − ,  .
 2 2
 6 6
132.1. Df = R \  x : x = π + kπ , k ∈ Z .
131.3. A altura do triângulo relativa ao lado [AC] é 2 − sin α .
π
π
⇔ tan x = tan   ⇔ x = + kπ , k∈Z .
6
6
⇔ x=
2 − sinα = 2,6 ⇔ sinα = − 0,6
 π π
Como α ∈ − ,  , recorrendo à calculadora gráfica tem-se
 2 2
α ≈ −0,64 .
131.4. A[ ABC] =
2cos α × ( 2 − sin α )
2
= cosα × (2 − sinα ) .
Tarefa 16
NEMA11PR © Porto Editora
 π
⇔ sin x = −0,5 ⇔ sin x = sin  − 
 6
π
π
⇔ x = − + 2kπ ∨ x = π + + 2kπ , k ∈Z
6
6
7π
π
⇔ x = − + 2kπ ∨ x =
+ 2kπ , k ∈Z
6
6
Atribuindo valores a k , conclui-se que o conjunto-solução da
 5 π π 7 π 11 π 
equação no intervalo [−2π ,2π ] é − , − ,
,
.
6 6
6 
 6
1. A circunferência está centrada em O e tem raio 24.
Como x =

3π
 3π 
 3π  
, então P  24cos  , 24sin   .
4
 4 
 4 



2
132.2. f ( x ) = 0 ⇔ 3 tan x − 3 = 0 ⇔ tan x =
3
3
⇔
133.1. Como PR = QR , sabe-se que S é o ponto médio de [PQ].
Logo, PS = 6 .
RS
⇔ RS = 6 tan θ .
6
12 × 6 tan θ
Então, A (θ ) =
= 36 tan θ .
2
tan θ =
 4
 5
2
2
2
2
2
133.2. sin θ + cos θ = 1 ⇔   + cos θ = 1 ⇔ cos θ =
9
.
25
3
Como θ é um ângulo agudo, conclui-se que cos θ = .
5
45
Unidade 1
133.3. A (θ ) = 12 3 ⇔ 36 tan θ =12 3 ⇔tan θ =
3
3
x
x
135.3. tan ( π − x ) = tan   ⇔ tan ( − x ) =tan   ⇔
2
2
⇔
π
π
⇔ tan θ = tan  ⇔ θ = + kπ, k ∈Z .
6
6
Como θ é um ângulo agudo, conclui-se que θ =
π
.
6
 
 
x
3
⇔ − x = + kπ , k ∈Z ⇔ − x = k π, k ∈Z ⇔
2
2
2
⇔ x = − k π,k ∈Z .
3
Pág. 98
π
136.1. f ( x ) = g ( x ) ⇔ sin x = cos x ⇔ sin x = sin  x +  ⇔
Pág. 97

134.1. D f = R \  x : x = π + kπ , k ∈Z .
2


Atendendo à representação gráfica dada, sabe-se que a equação
π
da reta vertical que contém o ponto A é x = + π , ou seja,
2
3π
x=
.
2
 3π 
Então, A  ,3  .
 2 
π
π
134.2. tan x = −1 ⇔ tan x = tan  −  ⇔ x = − +k π, k ∈Z .
 4
π
4
7π
.
Para k =2 , tem-se x = − + 2π =
4
4
7π
A abcissa do ponto D é
.
4
π
+ 2k π
2
π
⇔ 0 x = + 2 kπ
2 



π
∨ x = π − x +  +2k π , k ∈Z
2

π
∨ 2 x = +2 kπ , k ∈Z
2
equação impossível
π
+ k π, k ∈Z .
4
π
k =0⇒x = .
4
5π
π
k =0⇒x = +π=
.
4
4
2
 π
 π
Como f   = sin   =
e
4
4  2
⇔x =
2
π
5π 
5π 

π
, conclui-se
f   = sin   = sin  π +  = − sin   = −
4
2
 4 
 4 

4 
134.3. tan x = 3 ⇔ tan x = tan  π  ⇔ x = π + k π, k ∈ Z .
3
⇔x =x +
2
3
π
2π
.
Para k = −1 , tem-se x = − π = −
3
3
4π
π
Para k =1 , tem-se x = + π =
.
3
3
4π
2π
Assim sendo, x B =
e xC = − .
3
3
 π 2
 5π
2
,−
que A ,  e B
 .
2 
4 2 
 4
136.2. a) − 1 ≤ f ( x ) < 0 ∧
2
x ∈ [ 0, 2π ] ⇔
1
⇔ − ≤ sin x < 0 ∧ x ∈[ 0, 2 π] .
2
134.4. a) A equação tan x = π tem 3 soluções pertencentes ao
intervalo
] −2 π , π ] .
b) Sendo α uma das soluções da equação tan x = π e como o
período positivo mínimo da função tangente é π , sabe-se que,
por exemplo, α + π e α − π também são soluções da equação.
3
3
135.1. tan x + tan π = 0 ⇔ tan x = − tan π ⇔
7
7
3π
 3π
⇔ tan x = tan  −  ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z .
7
 7
135.2. tan ( 2 x ) +1 = 0 ⇔ tan (2 x ) = −1 ⇔
46
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
1
 7π   11π π
− ≤ sin x < 0 ∧ x ∈[0, 2π] ⇔ x ∈ π,  ∪ 
,2  .
2
6  6


NEMA11PR © Porto Editora
 π
π
⇔ tan ( 2 x ) = tan  −  ⇔ 2 x = − + k π, k ∈ Z ⇔
4
 4
π kπ
⇔x = − + , k ∈Z.
8 2
4
sin θ 5 4
= = .
cos θ 3 3
5
4
Logo, A( θ ) = 36 × = 48 .
3
tan θ =
Trigonometria e funções trigonométricas
b) 0 ≤g ( x ) < 1 ∧ x ∈[ 0, 2π ] ⇔ 0 ≤ cos x < 1 ∧ x ∈[ 0, 2π] .
Pág. 99
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
 π  3 π

0 ≤ cos x < 1 ∧ x∈ [ 0, 2π] ⇔ x ∈  0 ,  ∪  ,2 π  .
 2  2

137.1. a) f ( x )+ g ( x) = 1⇔ sin2 x + 1+ sin x = 1⇔
⇔ sin x + sin x = 0 ⇔ sin x (sin x + 1 )= 0
⇔ sin x = 0 ∨ sin x + 1 = 0 ⇔ sin x = 0 ∨ sin x = − 1
2
⇔ x = kπ
∨
x=
3π
+ 2kπ , k ∈ Z
2
b) f ( x ) − g( x) = 1 ⇔ sin2 x − 1 − sin x = 1 ⇔ sin2 x − sin x − 2 = 0
2
Fazendo sin x = y , tem-se y − y − 2= 0 .
1± 1+ 8
⇔ y =2 ∨ y = −1
2
Como y = sin x , tem-se sin x = 2 ∨ sin x = −1 .



2
y − y −2 = 0 ⇔ y =
c) f ( x ) < g( x ) ∧ x ∈ [0,2π ]⇔ sin x < cos x ∧ x ∈ [ 0,2π ] .
Sabe-se que sin x = cos x ∧
x∈ [0, 2π ]⇔ x=
π
∨
4
x=
5π
.
4
impossível
3π
+ 2k π , k ∈ Z .
sin x = − 1 ⇔ x =
2
137.2. 2 ( f ( x) − 1) = 3 g( x) ⇔ 2sin2 x− 2 = 3+ 3sin x⇔
⇔ 2sin 2 x − 3sin x − 5 = 0
Fazendo sin x = y , tem-se 2y2 − 3y − 5 = 0 .
3 ± 9 + 40
5
⇔y =
∨ y = −1
4
2
5
Como y = sin x , tem-se sin x =
∨ sin x = −1 .
2



2y2 − 3y − 5 = 0 ⇔ y =
impossível
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
 π   5π

sin x < cos x ∧ x∈[ 0,2π ] ⇔ x ∈ 0 , ∪  ,2π .
 4 4

d) g ( x ) ≤ f ( x ) ∧ x ∈ [0,2π] ⇔ cos x ≤ sin x ∧ x ∈ [ 0,2π] .
sin x = − 1 ⇔ x =
3π
2
+ 2k π , k ∈ Z .
3π
π
Como x ∈ , 3π  , conclui-se que x =
.
2
2

138.1. A área colorida é a soma das áreas do trapézio e do
triângulo. Seja D' a projeção ortogonal de D sobre o eixo Oy.
+ AODE
AOABC




=
=



=
OC + AB
OE × DD '
× BC +
=
2
2
(2 − sin α ) cos α + cos α
1 +1 −sin α
cos α
× cosα +
=
=
2
2
2
cos α (2 − sin α + 1)
2
=
cosα ( 3 − sinα )
138.2. Sabe-se que tan α =
Por observação do gráfico, conclui-se que
π 5π  .
cos x ≤ sin x ∧ x ∈[ 0,2 π] ⇔ x ∈  ,
4 4 
Como 1+ tan2 α =
e) f ( x )× g ( x ) < 0 ∧ x ∈[0,2 π] ⇔ sin x ×cos x <0 ∧x ∈[0,2 π] ⇔
NEMA11PR © Porto Editora
⇔  (sin x< 0 ∧ cos x > 0 )∨ (sin x > 0 ∧ cos x <0 ) ∧ x∈ [0, 2 π ]
π
Então, sin x ×cos x < 0 ∧ x ∈[0, 2π] ⇔ x ∈ ,
2
f)
f (x )
g (x )
>0 ∧
x ∈ [0,2π ] ⇔
sin x
cos x
>0 ∧
  3π

π ∪
, 2 π .
  2

x ∈ [0,2π ] ⇔
 π   3π 
⇔ tan x > 0 ∧ x ∈ [ 0,2π ] ⇔ x ∈  0 , ∪ π ,  .
 2   2 
π
Como α ∈  0,
 2
2
, c. q. d.
1
.
2
1
1
1
4
⇔ cos 2 α =
tem-se: 1 + =
4 cos 2 α
cos 2 α
5
2 5
 , cos
.
α=

5
sinα 1
1 2 5
5
= ⇔ sin α = ×
⇔ sin α =
cos α 2
2
5
5
Seja S a área da região colorida.
2 5
5
3−

5 
5 
6 5 2
−
5 = 6 5 − 2 = 3 5 −1 , como
S=
= 5
10
2
5
2
queríamos demonstrar.
47
Unidade 1
1.1. 2cos x − cos x − 1 = 0
2
Fazendo cos x = y , tem-se 2 y2 − y − 1 = 0 .
1 ± 1 +8
1
⇔y = 1 ∨ y = −
4
2
Como y = cos x , tem-se:
2y 2 − y − 1 = 0 ⇔ y =
1
2π
cos x = 1 ∨ cos x = − ⇔ cos x = 1 ∨ cos x = cos 
2
 3
2π
2π
⇔ x = 2 kπ ∨ x = + 2 kπ ∨ x = − + 2 kπ , k ∈Z .
3
3
1.2. (1 − sin x ) + sin 2 x = 3 + sin x ⇔
2
⇔ 2sin2 x − 3sin x − 2 = 0
2
Fazendo sin x = y , tem-se 2 y − 3 y − 2 = 0 .
3 ± 9 +16
1
⇔y = 2 ∨ y = −
4
2
1
Como y = sin x , tem-se sin x = 2 ∨ sin x = − .



2
2y 2 − 3y − 2 = 0 ⇔ y =
impossível
 π
1
sin x = − ⇔ sin x = sin − 
2
 6
7π
π
⇔ x = − + 2kπ ∨ x =
+ 2kπ , k ∈ Z.
6
6
∨ sin (2 x ) − 2 = 0 ⇔
⇔ sin (2 x ) = 0 ∨ sin (2 x ) = 2

impossível
kπ
, k ∈Z .
2
π
2.2. 1 − 4cos (3x )sin  3x +  = 0 ⇔ 1 − 4 cos (3 x )cos (3 x ) = 0 ⇔

2
1
1
1
⇔ cos ( 3x ) =
∨ cos ( 3x ) = − ⇔
4
2
2
π
2π 


⇔ cos (3 x ) = cos   ∨ cos (3 x ) = cos   ⇔
3
 3 
2π
π
π
⇔ 3 x = + 2 k π ∨ 3 x = − + 2k π ∨ 3 x =
+ 2kπ ∨
3
3
3
2π
∨ 3x = − + 2k π , k ∈ Z ⇔
3
2 π 2k π
π 2k π
π 2k π
⇔x= +
∨ x=− +
∨ x= +
∨
9
3
9
3
9
3
2 π 2k π
∨ x=− +
, k∈ Z .
9
3
2
⇔ cos ( 3x ) =

π

π
2.3. sin  x +  + sin ( 2 x ) = 0 ⇔ sin (2 x ) = − sin  x +  ⇔
4
4



π
⇔ sin (2 x ) = sin  − x − 
4

⇔ 2x = − x −
48
π
+ 2 kπ ∨
4
x  
x 
⇔ sin   1 − 2cos    = 0
2  
2  
 x 
⇔  sin   = 0 ∨
 2
x 
∧ cos   ≠ 0
2 
π
2 x = π − − x − + 2kπ , k∈ Z
4

x 1
cos   = 
 2  2
x
∧ cos   ≠ 0
2
x
∧ cos   ≠ 0
2
x π
x π
x
 x π
⇔  = kπ ∨ = + 2kπ ∨ = + 2kπ , k ∈ Z  ∧ ≠ + kπ , k∈ Z
2 3
2 3
2
 2 2
π
π
2
2
⇔  x = 2 kπ ∨ x =
+ 4 kπ ∨ x = − + 4 kπ , k ∈ Z  ∧
3
3


∧ x ≠ π + 2 kπ , k ∈Z
⇔ x = 2k π
2.1. sin2 (2x ) − 2sin ( 2x ) = 0 ⇔ sin (2x )( sin ( 2x ) − 2) = 0
sin( 2x ) = 0 ⇔ 2x = kπ , k ∈Z ⇔ x =
 x
 x
 x
x
⇔ sin   − 2sin   cos   = 0 ∧ cos   ≠ 0
 2
 2
 2
 2
x
x


⇔  sin   = 0 ∨ 1 − 2cos   = 0 
2 
 2
⇔ 1 − 2sin x + sin2 x + sin2 x = 3 + sin x ⇔
⇔ sin ( 2 x ) = 0
x 
sin  
x
x


2 
 x
2.4. tan   = 2sin   ⇔
− 2sin   = 0 ⇔
2 
 2  cos  x 
2 
2
 
∨ x=
2π
2π
+ 4k π ∨ x = − + 4k π , k ∈Z.
3
3
3
3
∧ x ∈[ π, 2 π] ⇔
2
2
1
⇔ sin x < −
∧ x ∈ [π,2 π ] .
2
Por observação do círculo trigonométrico,
conclui-se que
1
 7 π ,11 π  .
sinx < − ∧ x ∈[ π , 2π] ⇔ x ∈ 
2
 6 6 
3.1. g ( x ) > ∧ x ∈[ π, 2 π] ⇔1 −sin x >
3.2.
f ( x) = 1⇔ f ( x )= 1 ∨
f ( x) = − 1⇔
⇔ 2cos x = 1 ∨ 2cos
x = −1 ⇔ cos2 x =

2
2
equação impossível
1
2
π
2
2
3π
∨ cos x = −
⇔ cos x = cos  ∨ cos x =cos  
2
2
 4
 4
3π
π
π
⇔ x = + 2k π ∨ x = − + 2k π ∨ x =
+ 2k π ∨
4
4
4
3π
∨ x = − +2 k π, k ∈Z
4
Como x ∈[ π , 2π] , atribuindo valores a k, conclui-se que
⇔ cos x =
 5π 7π 
x∈  ,
.
4 4 
Assim sendo, as coordenadas dos pontos do gráfico de f que
5π 
,1  e
distam uma unidade da reta de equação y = 0 são 
 4 
 7π 
 4 ,1  .


NEMA11PR © Porto Editora
π
π
⇔ 3 x = − + 2 k π ∨ 2 x = π + x + + 2 kπ , k ∈ Z
4
4
5π
π 2k π
⇔x = − +
∨ x=
+ 2k π , k ∈Z .
12
3
4
Tarefa 17
Trigonometria e funções trigonométricas
3.3. f (x ) =g (x ) ⇔ 2cos 2x = 1 − sin x ⇔ 2 (1 −sin 2 x ) = 1 −sin x
45.2. Aˆ =
5 × 180°
⇔ 2 − 2sin x − 1 + sin x = 0 ⇔ −2sin x + sin x + 1 = 0
2
2
2
Fazendo sin x = y , tem-se − 2 y + y + 1 = 0 .
180°
= 75° e Cˆ =
= 60° .
3
Proposta 46
−1 ± 1 + 8
1
− 2y + y + 1 = 0 ⇔ y =
⇔y =−
∨ y =1
−4
2
1
∨ sin x = 1 .
Como y =sin x , tem-se sin x = −
2
1
 π
∨ sin x = 1 ⇔ sin x = sin  −  ∨ sin x = 1
sin x = −
2
 6
7π
π
π
⇔ x = − + 2 kπ ∨ x =
+ 2 kπ ∨ x = + kπ , k∈Z .
6
6
2
Como x ∈[ π ,2π] , atribuindo valores a k, conclui-se que
2
46.1. O triângulo [RST] é equilátero e está inscrito na
circunferência, então divide-a em três arcos de igual amplitude.
2π
A amplitude, em radianos, do arco ST é
.
3
2π
ˆ = 3 = π rad .
Então, SRT
2 3
46.2. Sendo [US] lado de um quadrado inscrito na circunferência,
7 π 11 π  .
x ∈ ,

6 
6
então a amplitude, em radianos, do arco US é

 7π 
 7π 
 π
 π 
g  = 1− sin   = 1− sin π +  = 1 −  − sin    =
6
6
6
 
 


 6 

amplitude do arco UT é
11 π
g
 6

11 π
= 1 − sin  6



= 1 − sin

π

2 π − 6



 π 
 = 1 −  −sin  6  =

 

π
1 3
= 1 + sin   =1 + = .
2 2
6 
7π 3
 11π 3 
Então, A
,  e B
, .
 6 2
 6 2
2π π π
− = .
3 2 6
Proposta 47
47.1.
Amplitude
do ângulo
Comprimento do arco
de circunferência
1 rad ------------ 4 cm
x rad ------------ 8 cm
Proposta 44
1× 8
=2.
x=
4
O setor circular ACB tem 2 rad de amplitude.
44.1. P circunferência = 2π× 80 = 160π m .
47.2.
Amplitude
Perímetro do arco
do ângulo
de circunferência
Amplitude
do ângulo
Pág. 100
360° ------------ 160π m
x ° ------------ 120 m
x=
120 × 360
160π
≈ 86
44.2.
Amplitude
Perímetro do arco
do ângulo
de circunferência
360° ------------ 160π m
ym
200 × 160π
y=
≈ 279,3 .
360
O arco de circunferência descrito pelo atleta tem,
aproximadamente, 279,3 m.
Proposta 45
ˆ =π−
45.1. Em radianos, tem-se B
5π π 3π π
− =
= .
12 3 12 4
ˆ = 180° = 45 ° .
Como π rad corresponde a 180°, conclui-se que B
4
NEMA11PR-4
Comprimento do arco
de circunferência
1 rad ------------ 4 cm
y rad ------------ 12 cm
A amplitude do ângulo ao centro é, aproximadamente, 86°.
200° ------------
2π π
= ea
4 2
π
π
ˆ
Donde se conclui que UST = 6 = rad .
2 12
π
1 3
= 1 + sin   =1 + = .
2 2
6 
NEMA11PR © Porto Editora
12
1 × 12
=3.
x=
4
360° ------------ 2 π rad
z ° ------------ 3 rad
360 × 3
z=
≈ 172 .
2π
O ponto P descreve um arco de, aproximadamente, 172° de
amplitude.
Pág. 101
Proposta 48
π

 3π
Se θ ∈  , π  e ϕ ∈ π ,
2
2


Logo, cos θ sin ϕ > 0 .
A opção correta é a (B).

 , então cos θ < 0 e sin ϕ < 0 .
49
Unidade 1
 π
Se α ,β ∈ 0 ,  e α <β , então sin α < sin β . Como
 2
sin (π − α ) = − sin ( α − π ) = − (− sin α )= sin α e
ˆ ) = sin α + π  = cos ( α ) e
49.1. sin (BAD
2



π
ˆ ) = cos  α +  = − sin ( α ) .
cos (BAD
2

A opção correta é a (D).
sin (π − β ) = − sin ( β − π ) = − (− sin β ) = sin β , conclui-se que
sin (π − α ) < sin ( π − β ) . Então, a afirmação (F) é verdadeira.
2
4
33
49.2. sin 2 α + cos 2 α = 1 ⇔ sin 2 α +   = 1 ⇔ sin 2 α = ⇔
7
⇔ sinα =
Pág. 102
33
33
∨ sinα = −
49
49
Proposta 52
33
 π 
.
Como α ∈  0,  , conclui-se que sin α =
7
 2 
ˆ ) = cos ( α ) e cos ( BAD
ˆ )= − sin( α ) , então
Sabe-se que sin ( BAD
ˆ )=
tem-se sin (BAD
4
7
e
ˆ )= −
cos( BAD
Conclusão: as afirmações verdadeiras são a (D) e a (F).
49
33
.
7
52.1. a) tan β =
CD
AD
3
 π  CD
⇔ tan   =
⇔ CD = 6 ×
⇔
3
6 6
⇔ CD = 2 3 cm .
Então, A[ ABC ] =
12 × 2 3
=12 3 cm 2 .
2
ˆ )
sin (BAD
ˆ ) = 4 , cos ( BAD
ˆ ) = − 33 e tan (BAD
ˆ )=
sin (BAD
=
ˆ )
7
7
cos ( BAD
=
4
7 = − 4 33 .
33
33
−
7
Proposta 50
2
2
BC = 10 − 6 = 64 = 8 .
Como α e β são ângulos complementares, sabe-se que
sin β = cosα e cos β = sin α .
8 DE
8 × 4, 5
⇔
=
⇔ DE =
⇔ DE = 3,6 cm .
sin β =
10
4,5
10
CE
DE
cos β =
CD
⇔
CE
 π 6
3
6
12
⇔ cos   =
⇔
=
⇔ AC =
⇔
2
AC
AC
3
 6  AC
⇔ AC = 4 3 cm .
b) cos β =
6 CD
6 × 4,5
=
⇔ CD =
⇔ CD = 2,7 cm .
10 4,5
10
6 + 3,6
AB + DE
× BD =
× (8 + 2,7 ) = 51, 36 cm2 .
Então, A[ ABDE ] =
2
2
Proposta 51
A afirmação (A) é falsa pois se cos x < 0 , tem-se
3π
 π

x ∈  + k π , + k π  , k ∈Z .
2
 2

1
A afirmação (B) é falsa pois se tan x = , apenas se pode concluir
2
sin x 1
que
= .
cos x 2
2
Então, P
AD
[ ABC ]
(
)
= 12 + 2 × 4 3 = 12 + 8 3 cm .
52.2. Sabe-se que α + β + β = π , ou seja, α = π − 2β .
Então, cos ( α ) =cos ( π −2 β ) = cos (2 β − π ) = −cos (2 β ).
52.3. a) sin  π + α  = − 3 ⇔ cos α = − 3 .
2

2
2
π 5π
Como α ∈] 0, π [ , conclui-se que α = π − =
rad .
6 6
5π
π−
6 = π rad .
Então, β =
2
12
CD
CD
π
π
⇔ tan   =
⇔ CD = 6 tan   .
b) tan β =
AD
 12  6
 12 
π
12 ×6 tan  
12 
 π

Então, A[ ABC ] =
= 36 tan   ≈ 9,6 cm 2 .
2
 12 
> 1 e o seno de
3
um ângulo é um número compreendido entre −1 e 1. Assim
sendo, a afirmação (C) é falsa.
Proposta 53
A afirmação (D) é verdadeira pois 1 − sin x ≥ 0 ⇔ sin x ≤ 1 .
π
23 π 
3

 π
π
53.2. cos 
 =cos 4 π −6  =cos  −6  =cos  6  = 2 .
 6 




 
A equação
3 sin x = 2 é impossível porque
 π
Se α , β ∈ 0 ,  e α < β , então cos α > cos β . Como
 2
−
cos ( α ) = cos α e cos ( −β) = cos β , conclui-se que
cos ( −α ) > cos ( −β ) . Então, a afirmação (E) é falsa.
50
53.1. tan 9 π = tan 2π + π = tan π = 1 .
4
 4

 4
22π 
4π 

 4π 
 =sin  2 π + 9  =sin  9  .
 9 




53.3. sin 
NEMA11PR © Porto Editora
Proposta 49
Trigonometria e funções trigonométricas
 7 π
 7 π
 =cos   =cos
 4 
 4 
53.4. cos  −

π
2 π −  =cos
4

 π
− =
 4
2
π 
.
= cos   =
4  2
6π
π

 π
 = tan  π + 5  = tan  5  .



 
53.5. tan 
 5
 13 π 
 13 π 

 π
π
53.6. tan  −
 = − tan 
 = − tan  2 π +  = −tan   =
6
 6 
 6 

6 
3
=−
.
3
π
π


 π
 π
sin  π −  sin  π + 
sin  
−sin  
4
4
4



 4 =
=
+
=
+
 π−π
 π+π −
 π −
 π
cos 
cos 
cos   cos  
4 
4 


4
4
π
π
 
 
= − tan   + tan   = 0 .
4
4
5π
π
 7 π

 7 π
 − sin − 6  = tan 2π − 3 + sin 6  =
 3




 
54.8. tan
1
π
 π

 π
 π
= tan  −  + sin  π +  = −tan   −sin   = − 3 − =
6
2
 3

 3
 6
=−
2 3+ 1
.
2
Proposta 54
7π
3π
54.1. sin  + cos (7 π ) = sin 2 π +  +cos (6 π + π ) =
 2 

2 
 3π 
= sin  + cos( π) = − 1 +( − 1) = −2.
 2 
3π 
 = tan ( 2π + π) −( −1) = tan ( π) + 1 =
 2

54.2. tan ( 3π ) − sin 
= 0+ 1= 1 .
Pág. 103
Proposta 55
55.1. cosα =
sinα =
AE
EF
AF
AF
⇔ cosα =
⇔ AF = 5cosα .
EF
5
⇔ sinα =
AE
5
⇔ AE = 5sinα .
AB = AF +FB = AF + AE = 5cosα + 5sinα .
Logo, A ( α ) = (5cos α +5sin α ) =
2
π 
54.3. sin   −cos ( 3 π) =1 −cos ( 2 π + π) =1 −cos ( π) =
2 
= 1 −( −1 ) = 2 .
 5 π
=
 2 
π

= cos ( 0) + tan ( − 4π − π) − sin 2 π + 
2

π 
= 1 + tan ( −π) −sin   =1 +0 −1 =0 .
2 
 11π 
 7π 
 + sin  −  = cos
 2 
 2 
3π 

 7π 
 4 π +  −sin 
=
2

 2 
3π 
 3π 

 3π 
 3π 
= cos   − sin  2π +  = cos   − sin   = 0 − ( − 1) = 1 .
2 
 2 

2 
2 
4π
π
π
π
54.6. cos  − sin   =cos  sin  π + 
3
 6  3 
 6 
3  3
3
 π 
 π
= cos   ×  − sin    =
×  −
 = − .
6  
3   2  2  4
3π 
5π 
 13 π 
 3π 

 + tan 
 = tan   + tan  2 π +  =
4 

 4 
 4 


54.7. tan 
 4
π
π
3 π
5 π


= tan   + tan   = tan  π −  + tan  π +  =
4
4
 4 
 4 


NEMA11PR © Porto Editora
= 25cos 2 α +25sin 2 α +50cos αsin α =
= 25 (cos 2 α +sin 2 α ) + 50 cos α sin α =25 ×1 +50 cos α sin α =
54.4. cos (−4 π ) + tan ( −5 π ) −sin 
54.5. cos 
= 25cos 2 α + 2 ×5cos α ×5sin α +25sin 2 α =
= 25 +50 cos αsin α .
55.2. A(0 ) = 25 + 50 cos0 sin0 = 25 + 50× 1× 0 = 25 .
Interpretação geométrica: quando α = 0 , o quadrado [EFGH]
2
coincide com o quadrado [ABCD] e a sua área é igual a 25 cm .
π
π
π
55.3. A   = 25+ 50 cos  sin   = 25 + 50× ×
=
2
2
4
4 
4 
2
2
1
= 25 + 50 × =50 .
2
2
A [ EFGH ] =5 =25 .
A área do quadrado [ABCD] é o dobro da área do quadrado
[EFGH].
Proposta 56
56.1. Sabe-se que R ( 1,tanα
)
e como o arco RS está centrado
em P, então PS = PR = tan α .
Assim sendo, x S = 1− tanα .
2
5
11
56.2. sin2 α + cos2 α = 1 ⇔  + cos2 α = 1 ⇔ cos2 α = ⇔
 6
⇔ cos α =
36
11
11
∨ cos α = −
36
36
 π
Como α ∈  0,
 2
11

 , conclui-se que cos α = 6 .
51
Unidade 1
sin α
=
cosα
Proposta 57
57.1. a) A[OPA ] =
A[OPA ] =
OA × yP
2
=
1 × sin θ
2
=
sin θ
2
⇔ cos θ =
.
2
1
3
+ cos 2 θ = 1 ⇔ cos 2 θ = ⇔
2 
4
3
3
∨ cos θ = −
.
2
2
3
4
⇔
sin θ
2
3
= cos α .
2
=
=
3
4
9cos α − 3sin α cosα 3cosα (3 − sinα )
=
.
2sin α
2sin α
3
7
3
2
3
7
2
7
b) f (a ) = ⇔ cos a = ⇔ cos a = .
2
 3 1

3 1
P
,
,
Donde se conclui que P 
 2 2  ou  − 2 2  .




b) A[OPA ] =
3cos α
3
×sin α
×sin α
tan α
sin α
3cos α
58.2. a) f ( α ) =
=
=
=
2
2
2
3
×3
tanα
3
9
3
9cosα 3
g( α ) =
− cos α =
− cos α =
− cosα =
2
2
2 tan α 2
2sin α 2
sin θ 1
1
1
⇔
= ⇔ sin θ = .
4
2
4
2

2
2
sin θ + cos θ = 1 ⇔ 

 3

Então, P 
, 3 .
tan
α


⇔ sin θ =
3
2
.
2
 3
1
sin2 θ + cos 2 θ = 1 ⇔ 
cos 2 θ = 1 ⇔ cos2 θ = ⇔
 2  +
4


1
1
⇔ cosθ = ∨ cos θ = − .
2
2
1 3 
 1 3
P
,
Donde se conclui que P  ,
2 2  ou  − 2 2  .




57.2. a) Seja Q a projeção ortogonal de P sobre o eixo Ox.
Como triângulo [APQ] é retângulo em Q, tem-se:
45
2
sin2 a + cos2 a = 1 ⇔ sin2 a +   = 1 ⇔ sin2 a =
⇔
49
 7
45
45
⇔ sin a =
∨ sin a = −
49
49
3 5
 π
Como a ∈ 0,  , conclui-se que sin a =
.
2
7


Então, tem-se:
2
3 5
3 5
3×  3 −

7
7  3 −
3cos a ( 3 −sin a )
7 =
g( a) =
=
=
2sin a
3 5
5
2×
7
 21− 3 5 

× 5
7
21 5 − 15

=
=
.
5
35
AP = AQ + PQ ⇔ d2 = (1 +cos θ )2 +( sin θ )2 ⇔
Proposta 59
⇔ d = 1 + 2cos θ + cos θ +sin θ
59.1. cos 4 x −sin 4 x =(cos 2 x) 2 −(sin 2 x) 2 =
⇔ d = 1 + 2cos θ + 1 ⇔ d =2 + 2cos θ .
2
2
2
2
2
2
= (cos x + sin x )(cos x − sin x ) = 1 ×(1 −sin x − sin x ) =
2
2
2
2
2
2
2
2
b) Se d = 1,2 , então tem-se:
1,22 = 2 + 2cos θ ⇔ cos θ = −0,28 ⇔ cos θ = −
2
= 1 − 2sin x .
7
.
25
1
1
625
⇔ 1 + tan2 θ =
⇔ 1 + tan2 θ =
⇔
2
49
cos2 θ
 7
−


 25 
576
.
⇔ tan2 θ =
49
Como cos θ < 0 e θ ∈ ]0, π [ , conclui-se que θ ∈ 2.° Q .
1 + tan2 θ =
24
Logo, tan θ = −
.
7
59.2. Sendo cos x ≠ 0 e sin x ≠ 0 , tem-se:
cos 2 x
1
1 − sin 2 x cos 2 x cos 2 x
1
.
− 1=
=
=
=
sin2 x
sin2 x
sin2 x
sin 2 x tan 2 x
cos 2 x
59.3. Sendo cos x ≠ 0 e sin x ≠ − 1 , tem-se:
(1 − sinx ) × (1 + sinx ) + cos x ×cos x =
1 − sin x
cos x
+
=
cos x 1 +sin x
cos x ×(1 +sin x )
=
2
2
2
2
2
1 − sin x + cos x
cos x + cos x
2cos x
=
=
=
cos x × (1 + sin x ) cos x × (1 + sin x ) cos x × (1 + sin x )
=
2cos x
.
1 + sin x
Pág. 104
Proposta 58
58.1. O ponto P tem ordenada 3 porque pertence à reta de
equação y = 3 .
3
tan α =
⇔ tan α =
⇔ OB =
.
tan α
OB
OB
PB
52
3
59.4. Sendo cos x ≠ 0 , tem-se:
NEMA11PR © Porto Editora
5
5
5 11
6
.
=
=
11
11
11
6
 11 5 
 5 11 

5 11 
R 1,
S 1
,
,0  .
Então, Q 
 6 6 ,  11  e  − 11







tanα =
Trigonometria e funções trigonométricas
sin x tanx + cos x = sinx ×
=
sin x
sin2 x
+ cos x =
+ cos x =
cos x
cos x
sin2 x + cos2 x
1
.
=
cos x
cos x
c) Pretende-se resolver graficamente a equação f (α ) = 1,2 .
Sabe-se que α ∈ ] 0, π [ .
59.5. Sendo cos x ≠ 0 , tem-se:
(sin x + tan x ) + (1 − cos x ) = sin x − sin x cos x + tan x − tan x cos x =
sin x sin x
−
× cosx =
cos x cos x
−sinx cos 2 x +sinx
sin x
= sinx − sinx cosx +
− sinx =
=
cos x
cos x
sin x (− cos2 x + 1) sin x sin2 x sin3 x
=
=
=
.
cos x
cos x
cos x
= sinx − sinx cosx +
Proposta 60
60.1. sin α cos α < 0 ∧ sin ( π + α ) > 0 ⇔
Conclui-se que α ≈ 0, 4 rad ou α ≈ 1,8 rad .
⇔ sin α cos α < 0 ∧ − sin α > 0 ⇔
⇔ sin α cos α < 0 ∧ sin α < 0 ⇔ cos α > 0 ∧ sin α < 0 .
Proposta 62
Conclui-se que o ângulo α pertence ao 4. ° Q. porque é nesse
quadrante que o cosseno é positivo e o seno é negativo.
62.1. sin π + α  − 2cos π − α  = cosα − 2sinα .
60.2. cos ( π − α ) tan α < 0 ∧ sin  π + α  < 0 ⇔
2

⇔ − cos α tan α < 0 ∧ cos α < 0 ⇔ − sin α < 0 ∧ cos α < 0 ⇔
⇔ sin α > 0 ∧ cos α < 0 . Conclui-se que o ângulo α pertence

2

62.2. sin( π −α ) − 2 cos −π +α  = − sin(α − π) − 2 cos α −π  =
 2


62.3. cos( −α + 4π ) − cos(π + α ) = cos(−α )− ( − cosα ) =
Pág. 105
62.4. tan( α − 3π) sin
π
6

π
 sin α
= tan α  − sin  + α   =
( −cos α ) = −sin α .
2
  cosα


3 1

π
π
2+ 3
 1 +  ×
1 + cos  × sin
2  2 π
π×1 2 
6
6 π 
−
= −
= − 4
=
Acolorida =
2
2
2
2
2
2
4 π −2 − 3
.
8
Proposta 63
tan (− x) = 2 ⇔ − tan x= 2 ⇔ tan x= − 2 .
Como −π < x < 0 e tanx < 0 , conclui-se que x ∈ 4. ° Q .
61.2. a) f ( α ) = π ×1 −
2
π

cos ( 3π + x ) − 2sin + x  = cos ( π + x ) −2cos x = −cos x −2cos x =
2

= − 3cos x .
(1 + cos α ) ×sin α
=
2
π sinα + sinα cosα π − sinα − sinα cosα
= −
=
.
2
2
2
2
b) A
= cos α + cos α = 2cos α .
π
3π



+ α  = tanα sin π + + α  =
2
 2



61.1. Sendo α = , tem-se:
=
2
= − ( − sinα ) − 2sinα = − sinα .
ao 2.° Q porque é nesse quadrante que o seno é positivo e o
cosseno é negativo.
Proposta 61
ordenada
do
ponto
π 3 3
= −
.
2
8
Logo, cosx =
1
5
No contexto apresentado, significa que quando α =
zona colorida da figura é mínima e é igual a
1
1
1
2
⇔ 1 +( −2 ) =
⇔5 =
⇔
cos 2 x
cos 2 x
cos 2 x
correspondente
ao 1
mínimo
1
1
⇔ cos 2 x = ⇔ cos x =
∨ cos x = −
.
5
5
5
Como x ∈ 4. °Q. , então cosx > 0 .
1 + tan2 x =
π
π
π
3
3 1
2 3
3
π − sin −sin cos
π−
−
×
π−
−
π
3
3
3
2
2
2
4
4
f  =
=
=
=
2
2
2
3
NEMA11PR © Porto Editora
2
π
, a área da
3
=
da
5
.
5
Assim sendo, −3cos x = −
3 5
.
5
π 3 3
−
.
2
8
53
Unidade 1
Proposta 64
64.1. O triângulo [ABC] é retângulo em C porque está inscrito
numa semicircunferência de diâmetro [AB].
sin α =
AC
AB
⇔ sin α =
AC
⇔ AC = 2r sin α .
2r
BC
BC
⇔ cos α =
⇔ BC = 2r cos α .
2r
AB
Sabe-se que Asombreada = Acírculo − A[ABC ] , então tem-se:
cos α =
2 r sinα ×2 r cos α
2
2
= πr −2 r sinα cosα =
2
= r 2 (π − 2sinα cosα ) .
A (α ) = π × r −
2
π
π
π
b) A ( x ) = 2sin  ⇔ −2sinx = 2sin  ⇔ sinx = − sin  ⇔
 5
 5
 5
 π  ⇔ = − π + 2 π ∨ = π + π +2 π , ∈
x
k
x
k k Z
⇔ sin x = sin  − 
5
5
 5
6π
π
⇔ x = − + 2k π ∨ x =
+ 2k π , k ∈Z .
5
5
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
6 π 9 π 
equação dada no intervalo [π ,3π ] é  ,  .
5 5 
c) A ( x ) = − 0,5 ⇔ − 2sin x = − 0, 5 ⇔ sin x = 0,25 ⇔
⇔ sin x ≈ sin ( 0,2527) ⇔
(1 )
⇔ x ≈ 0,2527 + 2 k π
64.2. Sendo r =1 , então A (α ) = π− 2sin α cos α .
Fazendo uma representação gráfico da área, numa janela
adequada, e recorrendo às capacidades gráficas da calculadora
determina-se o valor de α para o qual a área sombreada é
mínima.
∨ x ≈ π −0,2527 +2k π, k ∈ Z
(1) Utilizando a calculadora tem-se sin
−1
( 0,25) ≈ 0.2526802551 .
Atribuindo valores ak , conclui-se que o conjunto-solução da
equação dada no intervalo [ π , 3π ] é { 6,54; 9,17} .
Proposta 66
66.1. Sendo α = π , tem-se B  cos π , 0 e C  1, tan π  , ou seja,

3
(

3

3
)
1 
B  , 0  e C 1, 3 .
2 
CD + AB
2 +1
3 3
.
A[ABCD] =
×CE =
× 3=
2
2
2
66.2. As coordenadas dos pontos B e C , em função de α , são,
respetivamente, ( cosα , 0) e (1, tan α ).
Então, A (α ) =
2 + 2cos α
2
× tanα = (1 +cos α ) ×tan α =
= tan α + cos α tan α = tan α + cos α ×
A área sombreada é mínima quando α ≈ 0, 79 rad .
sin α
= tan α + sin α .
cos α
Proposta 65
Pág. 107
65.1. A( x ) = 3sin ( π + x ) − cos  x + π  = 3 ( −sin x ) − ( −sin x ) =
2
Proposta 67
67.1. Designemos por M o ponto médio do segmento de reta
= −3sin x + sin x = −2sin x .
AB × MP
.
2
As coordenadas do ponto A, em função de α , são
( cos α , sin α ) .


[AB]. Então, A[ ABP ] =
π
π
π
π
65.2. A 3  = − 2sin 3  = − 2sin π −  = 2sin − π  =
 4 
 4 

4
4

 2

 π 
= 2  − sin    = 2 ×  −
 = − 2 .

 4 
 2 
65.3. a) A ( x ) = 3 ⇔ −2sin x = 3 ⇔ sin x = −
3
⇔
2
π
π
 π
⇔ sin x = sin −  ⇔ x = − + 2 kπ ∨ x = π + + 2 kπ , k ∈Z
3
3
 3
π
4π
⇔ x = − + 2k π ∨ x =
+ 2k π , k ∈Z .
3
3
54
Assim sendo, tem-se:
2sin α × ( 2 − cos α )
= sin α × (2 − cos α ) =
A (α ) =
2
= 2sin α − sin α cos α .
67.2. a) O triângulo [AMP] é retângulo em M. Aplicando o
Teorema de Pitágoras, tem-se:
2
2
2
AP = AM + MP ⇔ d 2 = sin 2 α + ( 2 −cos α ) ⇔
2
⇔ d 2 = sin 2α + 4 − 4 cosα + cos 2α ⇔
⇔ d 2 = 1 + 4 − 4 cos α ⇔ d 2 = 5 − 4cos α
.
NEMA11PR © Porto Editora
Atribuindo valores a k, conclui-se que o conjunto-solução da
4 π 5 π 
equação dada no intervalo [ π , 3π ] é  ,
.
3 3 
Pág. 106
Trigonometria e funções trigonométricas
b) Se d = 7 , então tem-se:
( )
1
7 = 5 − 4cosα ⇔ 7 = 5 − 4cos α ⇔ cos α = − .
2
2π
π
.
Como α ∈] 0, π [ , conclui-se que π − , ou seja, α =
3
3
2
68.1. 6 x 2 + x −1 =0 ⇔ x =
1
∨
3
=
2 2 −1
.
3
69.2. sin  − π − α  + tan (α + 4π) = − sin  π +α  + tanα =
 2
Proposta 68
⇔ x=
 2 2  1 2 2 1
− =
Assim sendo, − cos α + sin α = −  −
 +  −  =
3
3
 3   3
−1 ± 1 +24
−1 ±5
⇔x =
⇔
12
12
1
x= − .
2

2

 2 2
2 2 2
2 11 2
.
= − ( − cosα ) + tanα = − −
 + 4 = 3 + 4 = 12
3


Proposta 70
 3π
Como α e β pertencem ao intervalo  π ,
2

tan α > 0 e sin β < 0 .
Então, conclui-se que tan α =

 , sabe-se que
1
1
e sin β = − .
3
2
1
 π
sin β = − ⇔ sin β = sin  −  ⇔
2
 6
π
π
⇔ β = − + 2k π ∨ β = π + + 2k π , k ∈Z
6
6
7π
π
⇔ β = − + 2k π ∨ β =
+ 2k π , k ∈ Z .
6
6
3π 
7π
Como β ∈ π,
 , conclui-se que β = 6 .
2


68.2. cos (α −5 π) =cos ( α − π −4 π )= cos (α − π ) = −cos α .
3
70.1. cos β − π  + cos( −π −β ) = cosβ + π  + cos (β + π ) =
2
2


= − sin β − cos β .


Como β ∈ ] π ,2π [ e cos β < 0 , conclui-se que β ∈3. ° Q .
2
8
 1
sin2 β +cos2 β =1 ⇔ sin2 β + −  = 1 ⇔ sin2 β = ⇔
9
 3
8
8
⇔ sin β =
∨ sin β = −
.
9
9
Como β ∈ 3.° Q. , conclui-se que sin β = −
8
2 2
.
=−
3
3
 1  2 2
Assim sendo, − sin β − cos β = − − − −
=
 3   3 
1 2 2 1 +2 2
= +
=
.
3
3
3
2
1 + tan2 α =
1
1
1
10
1
⇔ 1 +   =
⇔
=
⇔
2
9 cos 2 α
cos 2 α
 3  cos α
2
⇔ cos α =
9
9
9
⇔ cos α =
∨ cos α = −
.
10
10
10
3π 
, então cos α < 0 .
Como α ∈ π,
2 

Logo, cos α = −
3
10
=−
−
2 2
3 −  − 2 2  = −2 2 + 2 2 = − 4 2 .

1
3 
3
3

−
3
71.1. Recorrendo à calculadora, obtém-se arcsin ( 0,25) ≈ 0,25 .
 3 10
.
 =
10

71.2. Recorrendo à calculadora, obtém-se arctan (−3,5) ≈ −1,29 .
71.3. Recorrendo à calculadora, obtém-se arccos (−0,65) ≈ 2,28 .
Proposta 69
69.1. cos (−π − α ) + sin ( − α + 3π )= cos (π + α )+ sin (− α + π )=
= − cos α − sin( α − π) = −cos α − ( −sin α ) = −cos α +sin α .
 π 3π 
Como α ∈ ,
 e sin α < 0 , conclui-se que α ∈3. ° Q .
 2 2 
2
8
 1
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔  −  + cos2 α = 1 ⇔ cos2 α = ⇔
9
 3
8
8
⇔ cos α =
∨ cos α = −
.
9
9
NEMA11PR © Porto Editora
= − tan β − sin β = −
Proposta 71
3 10
.
10
 3 10
Assim sendo, − cos α = −  −
 10
70.2. tan ( 7 π − β ) − sin ( −β − π) = tan ( −β ) +sin ( β + π) =
Como α ∈3. ° Q. , conclui-se que cos α = −
8
2 2
.
=−
3
3
71.4. Recorrendo à calculadora, obtém-se arcsin ( −0,8 ) ≈ −0,93 .
Pág. 108
Proposta 72
72.1. sin  α − π  = − cos α .
2

Como o ponto A pertence ao gráfico de f, tem abcissa 0,6 e
ordenada α , então sabe-se que f ( 0,6) =α .
f ( 0,6) = α ⇔ arcsin 0,6 = α ⇔ sin α = 0,6 ⇔ sin α =
3
.
5
55
Unidade 1
16
16
∨ cosα = −
.
25
25
π π
4
Como α ∈  − ,  , conclui-se que cos α = .
5
 2 2
⇔ cosα =


 2π 
 2π π 
 π
−  = cos   .
Cálculo auxiliar: sin  = cos 
 3
 3 2
 6
3
3 5
3 3 3
= − sin α + tan α = − + = − + = .
5 4
5 4 20
5
 1
2
8
1 
2
2
2
2
sin α + cos α = 1 ⇔   + cos α = 1 ⇔ cos α = .
9
3 
2π π
π
− 3 × + = −2 π.
4
3 4
 π π
Como α ∈ − ,  , cos α > 0 . Donde se conclui que
 2 2
1
sin α
2 2
1
2
3
cos α =
e tan α =
.
=
=
=
3
cos α 2 2 2 2 4
3
2

1 
.
Logo, tan  arcsin   = tan α =
4
3 

π
73.2. sin ( arccos (−1 )) + cos ( arcsin ( 1) ) = sin ( π) + cos   =
2
=0+0 =0 .
1 

π
π
73.3. tan  arcsin   − arccos  tan  =tan   −arccos (1 ) =
 2 
=
3
3
−0 =
3
3

1 
 
1
 1
Seja arcsin   = α , então tem-se: sin α = .
3
 3
73.1. arcsin  −  − 3arccos  −  +arctan (1 ) =
 2
 2 



73.8.* tan  arcsin    =?
3
Proposta 73
=−

 3 

3 π −3 3
 π 
π π
.
= arccos cos    − sin   = −
=
6
 6 
3 6 2

72.2. sin (α + π ) − tan ( −α ) = − sin α − ( − tan α ) =
2
π 
73.7. arccos sin  2   −sin (arccos (0,5 ) ) =
4
π

Então, sin  α −  = − cos α = − .
2
5


4
6 
.
Proposta 74

73.4. arcsin  sin  −  +πarctan

 5 
2 
4 
π

tan
 −arccos cos
=
7 
5 


π
π
π
5π



74.1. cos  α +
= cos  α + +2 π  = cos  α +  = −sin α .

2 


2

2 
Como o ponto B pertence ao gráfico de g, tem abcissa −
5π
π 2π 4 π
=− +
−
=−
.
5 7
5
7
 4
ordenada α , então sabe-se que g  −  = α .
 5
3π 

π 

73.5. arcsin  sin  −  + arcsin  sin   =
4
 4
 4
g  −  = α ⇔ arccos  −  = α ⇔ cos α = − .
5
5
5




π

π 
π π
= − + arcsin  sin    = − + = 0 .
4
4 4
  4 
9
 4
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔ sin2 α + −  = 1 ⇔ sin2 α = ⇔
25
 5
9
9
⇔ sin α =
∨ sinα = −
.
25
25
3
Como α ∈[ 0, π], conclui-se que sinα = .
5
3
Então, − sin α = − .
5

 4 

 4 
2
 3π 

π

π
Cálculo auxiliar: sin   = sin  π −  = −sin  − π =
4
 4

4


 π
 π
= −  − sin    = sin   .

 4 
4

73.6. arcsin  sin 

4
 3
5 
5 
π
 +π  
  arctan  tan 4  − arccos  cos 3  =






π 
π
= arcsin  sin  −   + arctan  tan  −arccos cos  =
4
3


  3 
5π
π π π
=− + − =−
.
3 4 3
12
Cálculos auxiliares:
 4π  =
π

 π
 π
sin 
 sin  3 + π  = − sin  3  = sin  − 3  ,
 3 


 


56
NEMA11PR © Porto Editora
 5π 
π

π
tan   = tan  + π  = tan   e
 4 
4

4 
 5π 
 π

 π
π
cos   = cos  − + 2π  = cos  −  = cos   .
 3 
 3

 3
3 
2
16
3 
sin 2 α + cos 2 α = 1 ⇔   + cos 2 α = 1 ⇔ cos 2 α =
⇔
25
5 
π
π
π

4
sin  α − 
2  −cos α 5 4
 α− π =

=
=
= .
74.2. tan
3 3
2 
sin α
π

cos  α − 
5
2

4
e
5
Trigonometria e funções trigonométricas
76.4. tan  x − π  = − 3 ⇔ tan  x − π  = tan − π  ⇔
Pág. 109

Proposta 75
π
75.1. cos  x +  = 0,15 ⇔ −sin x =0,15 ⇔sin x = −0,15 .
2

A equação tem apenas uma solução pertencente ao intervalo
 π 
− 2 , π  .


75.2. tan (− x ) = 5 ⇔ − tan x = 5 ⇔ tan x = − 5 .
A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo [ −π, π [ .
75.3. sin (−x + π )= 0,7 ⇔ − sin (x − π )= 0,7 ⇔
⇔ − ( − sin x ) = 0,7 ⇔ sin x = 0, 7 .
A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo
[−π , 2π [ .
π
3π
75.4. sin  x +  = −0,37 ⇔sin  x + + π  = −0,37 ⇔

2 

2

π

⇔ −sin  x +  = −0,37 ⇔ −cos x = −0,37 ⇔cos x =0,37 .
2

A equação tem duas soluções pertencentes ao intervalo
π

 2 , 3 π  .
5
75.5. 2 tan x = −5 ⇔tan x = − .
2
A equação tem apenas uma solução pertencente ao intervalo
− π − π  .
 2 , 2 
75.6. A equação sin x cos x = 0 tem três soluções pertencentes
ao intervalo [−π, 0 ] .
Proposta 76
76.1.
3 tan x + 3= 0 ⇔ tan x = −
π
π
⇔ tan x = tan  −  ⇔ x = − + kπ,
3
 3
76.2. cos x = −cos
3
3
⇔ tan x = − 3 ⇔
k ∈Z
π
 π

⇔ cos x =cos  − + π ⇔
5
 5

⇔ x=
4π
+ 2 kπ ∨
5
x= −
4π
+2 kπ , k ∈Z
5
NEMA11PR © Porto Editora
76.3. sin (2 x )− sin x = 0 ⇔ sin (2 x )= sin x ⇔
⇔ 2 x = x + 2k π ∨ 2 x = π − x +2 k π , k ∈Z
⇔ x = 2 kπ ∨
x=
6 tan 

76.5.

6
 3
x
+ 2 = 0 ⇔ tan 
3 

2
x
=−
⇔
3 
6
3
x
x
π
⇔ tan   = −
⇔ tan   = tan  −  ⇔
3
3
3
 6
x
π
π
⇔ = − + kπ, k ∈Z ⇔ x = − + 3k π, k ∈Z
3
6
2
76.6. cos π + x  − sin  π  = 0 ⇔ − sin x = sin  π  ⇔
2

 8
 8
 π
 π
⇔ sin x = − sin  ⇔ sin x = sin −  ⇔
 8
 8
⇔ x= −
π
 π
x = π −  −  + 2k π , k ∈Z
 8
9π
x=
+ 2kπ , k ∈Z
8
+ 2kπ ∨
8
π
⇔ x = − + 2kπ ∨
8
76.7. tan x = 1 ⇔ tan x = 1 ∨ tan x = − 1 ⇔
π
π
⇔ tan x = tan  ∨ tan x = tan −  ⇔
4 
 4
⇔ x=
π
+ kπ ∨
4
π
π kπ
x = − + kπ, k ∈Z ⇔ x = + , k ∈Z
4
4 2
76.8. sin2 ( 2π − x) − 1 = 0 ⇔ sin2 ( 2π − x) = 1⇔
⇔ sin( 2π − x ) = 1 ∨ sin( 2π − x ) = − 1
⇔ sin(−x ) = 1 ∨
sin(− x ) = − 1
⇔ − sin x = 1 ∨ − sin x = − 1 ⇔ sin x = −1 ∨ sin x = 1
π
3π
+ 2 kπ ∨ x = + 2 kπ , k∈Z
2
2
π
⇔ x = + kπ, k∈ Z
2
⇔ x=
76.9. cos( 2x) + cos x = 0 ⇔ cos ( 2x ) = − cos x ⇔
⇔ cos( 2 x ) = cos ( x − π)
⇔ 2 x = x − π + 2 k π ∨ 2 x = −x + π +2k π , k ∈Z
⇔ x = −π + 2kπ
∨
3 x = π + 2 kπ , k ∈Z
⇔ x = −π + 2kπ ∨
⇔ x=
 4π 
⇔ cos x = cos 

 5 
6
π
π
π
⇔ x − = − + kπ, k ∈Z ⇔ x = − + kπ, k ∈Z
6
3
6
π
3
+
x=
π 2k π
, k ∈Z
+
3
3
2kπ
, k∈Z
3
76.10. sin x cos x = 0 ⇔ sin x = 0 ∨ cos x = 0
⇔ x = kπ ∨
⇔ x=
x=
π
2
+ kπ , k ∈Z
kπ
, k∈ Z
2
π 2k π
+
, k∈Z
3
3
57
Unidade 1

3

78.2. 2sin x ≤1 ∧ x ∈[0, π] ⇔sin x ≤
3
NEMA11PR © Porto Editora
76.11. 2tan 2  x + π  = 6 ⇔ tan 2  x + π  = 3 ⇔
1
∧ x ∈[0, π] .
2
π
π


⇔ tan  x +  = 3 ∨ tan  x +  = − 3
3
3




π
π
π
π
⇔ tan  x +  = tan  ∨ tan  x +  = tan  − 
3

3 
 3
 3
π π
π
π
⇔ x + = + kπ ∨ x + = − + k π , k ∈Z
3 3
3
3
2π
⇔ x = kπ ∨ x = − + k π, k ∈ Z
3
x
x
x
1
2π
76.12. 2cos   + 1 = 0 ⇔ cos   = − ⇔ cos   = cos  
2
2
2
2
 3 
x 2π
x
2π
⇔ =
+ 2kπ ∨
= − + 2k π, k ∈Z
2 3
2
3
4π
4π
⇔x=
+ 4 kπ ∨ x = −
+ 4 kπ , k ∈ Z
3
3
Como x ∈[ −π , 2π ] , atribuindo valores a k conclui-se que x =
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
 π   5π 
x∈  0 ,  ∪  , π  .
 6  6

78.3. 2sin x + 3 > 0 ∧ x ∈[0,2 π[ ⇔sin x > −
3
∧ x ∈[ 0,2 π[ .
2
4π
.
3
Proposta 77
1

 1 
cos α = cos  arccos  −   ⇔ cos α = − ⇔
2
 2 

 π
π

⇔ cosα = − cos  ⇔ cos α = cos + π  ⇔
 3
3

4π
4π
⇔α =
+ 2k π ∨ α = −
+ 2k π, k ∈Z
3
3
4π
.
Como α ∈[ π, 2 π ] ,conclui-se que α =
3
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
 4π   5π

, 2π  .
∪
x∈  0 ,
3   3


Pág. 110
Proposta 78
78.1.
 π 
2 sin x ≥ −1 ∧ x ∈ − , π ⇔
 2 
⇔ sin x ≥
2
−1
 π 
 π 
∧ x ∈ − , π ⇔ sin x ≥ −
∧ x ∈ − , π .
2
2
 2 
 2 
Proposta 79
π
79.1. Sendo θ = , tem-se P  cos π , sin π  , ou seja,
6
6
6


 3 1
P  , .
 2 2


2
 π  π×1 − 3 × 1 = π − 3
Então, f   =
.
6
4
2 2
4
 
79.2. As coordenadas do ponto P, em função de θ , são
(cos θ , sin θ ) .
Então, f (θ ) =
Por observação do círculo trigonométrico, conclui-se que
 π 
x ∈ − , π  .
 4 
π × 12
π
− cos θ ×sin θ = − sin θ cos θ .
4
4
79.3. sin  π − a  = ⇔ −sin  a − π  = ⇔ −( −cos a ) = ⇔
2
⇔ cos a =
1
 4
1
2 4

1
.
4
2
15
 1
sin2 a + cos2 a = 1 ⇔ sin2 a +   = 1 ⇔ sin2 a =
⇔
16
 4
15
15
⇔ sin a =
∨ sina = −
.
16
16
58
1
4
Trigonometria e funções trigonométricas
Proposta 82
15
 π
Como a ∈ 0 ,  , conclui-se que sin a =
.
4
 2
Então, f ( a ) =
=
82.1. ( f × g )( x) = 0 ⇔ f ( x )× g ( x ) = 0 ⇔
15 1 π
15
π
π
− sin a × cos a = −
× = −
=
4
4
4
4 4 16
⇔ f ( x ) = 0 ∨ g ( x) = 0 ⇔ 1− 2cos x = 0 ∨ sin2 x− cos2 x = 0
⇔ −2cos x = −1 ∨ sin2 x = cos 2 x
4 π − 15
.
16
1
∨ sin x = cos x ∨sin x = −cos x
2
π
⇔ cos x = cos
∨ sin x = cos x ∨ sin x = −cos x
3
π
π
π
⇔ x = + 2 kπ ∨ x = − + 2 kπ ∨ x = + kπ ∨
3
3
4
3π
∨ x =
+k π, k ∈Z .
4
Como x ∈[ −π, 2π] , atribuindo valores a k conclui-se que
⇔ cos x =
Proposta 80
80.1. As coordenadas do ponto P, em função de θ , são
(cos θ , sinθ ) .
Como os pontos P1 e P2 são as projeções ortogonais de P sobre
Ox e Oy, respetivamente, então sabe-se que P1 (cos θ , 0 ) e
P2 ( 0, sinθ ) .
 3π π π π π 3 π 5 π 7 π 5 π
x ∈ − , − , − , , ,
,
,
, .
3 4 4 3 4 4 4 3 
 4
Sabe-se, ainda, que P1 A = P1P = sin θ e P2B = P2P = cos θ .
Assim sendo, A (cos θ + sin θ , 0 ) e B (0, sin θ + cos θ) .
80.2.a) d = AB = ( cos θ + sin θ − 0) 2 + ( 0 −( sin θ + cos θ) ) =
2
2
2
2
2
= cos θ + 2cos θ sin θ + sin θ + sin θ + 2sin θ cos θ + cos θ =
82.2. f ( x ) ≥ 2 ∧ x ∈ [−π ,2π] ⇔ 1− 2cos x ≥ 2 ∧ x∈ [−π ,2π
⇔ cos x ≤ −
]
1
∧ x ∈[ −π, 2 π] .
2
= 1 + 2cos θ sin θ + 1 + 2sin θ cos θ = 2 + 4sin θ cos θ .
π
6
π
b) Se θ = , tem-se d = 2 + 4sin × cos
6
π
1
3
= 2 +4 × ×
=
6
2 2
= 2+ 3 .
c) tan (θ + 3π ) = 3 ⇔ tan θ = 3 .
4
4
2
1
3
1
25
1
1 + tan θ =
⇔ 1 +   =
⇔ =
⇔
2
16 cos2 θ
cos2 θ
 4  cos θ
2
2
⇔ cos θ =
16
25
⇔ cos θ =
16
25
∨ cos θ = −
16
25
.
π
Como θ ∈  0 ,  , então cos θ > 0 .
2

4
Logo, cos θ = .
5
3 4 3
Donde se conclui que sinθ = tanθ × cosθ = × = .
4 5 5
3 4
48
98 7 2
.
Então, d = 2 + 4 × × = 2 +
=
=
5 5
25
25
5
Pág. 111
NEMA11PR © Porto Editora
Proposta 81
Sabe-se que AC = BC e que α é a amplitude do ângulo BAC,
ˆ = α porque num triângulo a lados iguais opõem-se
logo ABC
ângulos iguais.
Os ângulos ABC e DBE são verticalmente opostos, logo
ˆ = ABC
ˆ =α .
DBE
π
π
Sabe-se também que α + β = , ou seja, α = − β .
2
2
π

Então, tem-se: sin ( α + π) = − sin α = − sin  − β  = −cos β .
2

Por observação do gráfico anterior, conclui-se que
2π   2π 4π 

x ∈  −π , −  ∪  ,
.
3   3 3 

82.3. f ( x ) = g ( x ) ⇔ 1− 2cos x = sin2 x − cos2 x ⇔
⇔ 1 − 2cos x = 1 − cos 2 x − cos 2 x
2
2
⇔ 2cos x − 2cos x = 0 ⇔ cos x −cos x = 0
⇔ cos x (cos x −1 ) = 0 ⇔ cos x= 0 ∨ cos x− 1 = 0
⇔ cos x = 0 ∨ cos x = 1
π
+ kπ ∨ x = 2 kπ , k∈Z .
2
Como x ∈[ −π, 2π] , atribuindo valores a k conclui-se que
⇔ x=
π 3π
 π

x ∈ − , 0 , ,
, 2π  .
2 2
 2

 π
 π
f  −  = 1 − 2cos  −  =1 −2 ×0 =1 ;
 2
 2
f ( 0 ) = 1 − 2cos (0) = 1− 2× 1= − 1 ;
 π
 π
f   = 1 −2cos   =1 −2 ×0 =1 ;
2
2 
 3π 
 3π 
f   = 1 −2cos   =1 −2 ×0 =1 e
 2
 2
59
Unidade 1
Proposta 83
3
2
3
2
82.4.* f ( x ) − g ( x ) = ⇔ 1 −2cos x −sin 2 x +cos 2 x = ⇔
2
⇔ 2cos x − 2cos x =
⇔ 2cos 2 x − 2cos x =
3
3
3
∨ 2cos 2 x −2cos x = −
2
2
4 ± 16 + 48
4 ± 16 − 48
∨ cos x =
8
8 

impossível
4+ 8
4− 8
⇔ cos x =
∨ cos x =
8
8
3
1
⇔ cos x = ∨ cos x = −
2
2


⇔ 3 sin x + 2sin2 x = 0 ⇔ sin x
2
2

3
1
= −  − −  =
 2   2


2
2
 3   1 3 1 1
= 
 −  −  = − = .
 2   2 4 4 2
4π 
4π 
 1
= 1 − 2cos 
 = 1 −2 ×  − 2  = 2 e
3 
 3 


3 + 2sin x = 0 ⇔ sin x = 0 ∨ sin x = −
3
2
 π
⇔ sin x = 0 ∨ sin x = sin  − 
 3
π
 π
⇔ x = k π ∨ x = − + 2k π ∨ x = π −  −  + 2k π , k ∈Z
3
 3
4π
π
⇔ x = k π ∨ x = − + 2k π ∨ x =
+ 2k π , k ∈Z
3
3
1 ± 1 + 24
4
3
⇔ cos x = ∨ cos x = −1

2
impossível
⇔ x = π + 2k π , k ∈Z
83.3.* tan x + 2sin x = 0 ⇔
sin x
+ 2sin x = 0 ⇔
cos x
⇔ ( sin x = 0 ∨ 1+ 2cos x = 0) ∧ cos x ≠ 0
1

⇔  sin x = 0 ∨ cos x = −  ∧ cos x ≠ 0
2

2π
⇔ sin x = 0 ∨ cos x = cos  
 3
2π
2π
⇔ x =k π ∨ x =
+ 2k π ∨ x = − + 2k π , k ∈Z
3
3
83.4.* 3tan2 (π x ) − 1 = 0 ⇔ tan2 ( π x ) =
⇔ tan ( π x ) =
1
3
∨ tan ( πx ) = −
1
3
⇔ tan ( π x ) =
3
3
∨ tan ( πx ) = −
3
3
2
2
 4π  = 2  4 π  −
 4 π  =  − 3  −  −1  = 3 −1 = 1
g
sin 
cos 2 
.

 




 3 
 3 
 3   2   2 4 4 2
Conclusão: há três pares de pontos que satisfazem as condições
do enunciado, a saber:
 2π 
 2π 1 
 2π 
 2π 1 
P −
, 2 e Q  − ,  ; P 
, 2 e Q
, ;
 3

 3 2
 3

 3 2
60
)
3 + 2 sin x = 0
⇔ sin x (1 + 2cos x) = 0 ∧ cos x ≠ 0
3 1 1
− = .
4 4 2
2π 
 2π 
 1
f   = 1 − 2cos   = 1 − 2 ×  −  = 2 e
 3 
 3 
 2
 4π  e 4 π 1  .
P
, 2 Q 
, 
 3

 3 2
(
⇔ sin x + 2sin x cos x = 0 ∧ cos x ≠ 0
=

f

 π 
2
⇔ 3 cos  x −  + 2sin x = 0
2

⇔ cos x =
 2π 2π , 4 π  .
x ∈ − ,

 3 3 3 
 2π 
 2π 
 1
f  −  = 1 − 2cos  −  =1 −2 × −  =2 e
 3
 3
 2
 − 2π  − 2  − 2π 

 cos  3 
 3


2
⇔ 2cos2 x − cos x − 3 = 0
 2π 
⇔ cos x = cos 
 3
2π
2π
⇔x=
+ 2k π ∨ x = − + 2 k π , k ∈ Z .
3
3
Como x ∈[ −π , 2π ] , atribuindo valores a k conclui-se que
 2π 
2π
 2 π
g   = sin2   − cos2  
 3 
 3 
 3 

83.2.* cos2 x − cos x = 2 + sin2 x ⇔ cos2 x − cos x = 2 + 1 − cos2 x
impossível
 2π 
g  −  = sin 2
 3
π
83.1.* 3 cos  − x +  + 2sin 2 x = 0 ⇔
⇔ sin x = 0 ∨
2
2
2
⇔ 4cos x − 4cos x − 3 = 0 ∨ 4 cos x − 4 cos x + 3 = 0
⇔ cos x =
NEMA11PR © Porto Editora
f (2 π ) = 1 −2cos (2π ) = 1 − 2 × 1 = − 1 .
Então, conclui-se que os gráficos das funções f e g se intersetam
nos pontos de coordenadas
 − π , 1  , 0, −1 ,  π , 1   3π , 1  e 2π , − 1 .
) 
)
 2  (
 , 
 (


2  2

1
3
π
 π
⇔ tan ( πx ) = tan   ∨ tan ( πx ) = tan  − 
6
 6
π
π
⇔ π x = + kπ ∨ π x = − + kπ , k ∈Z
6
6
1
1
⇔ x = + k ∨ x = − +k , k ∈Z
6
6
Trigonometria e funções trigonométricas
5. Sabe-se que f (a ) =k . Logo, tem-se cos a = k .
83.5.* 2sin 2 x − 7sin x + 3 = 0 ⇔
⇔ sin x =
7 ± 49 −24
Como o ponto A tem abcissa a e pertence ao gráfico de g, então
tem-se A ( a , g ( a )) .
4
7 +5
7 −5
⇔ sin x =
∨ sin x =
4
4
1
⇔ sin x = 3 ∨ sin x =



2

π
Ora, g (a ) = 1 − 2sin a +  = 1 − 2 cos a = 1 − 2k .
2

Donde se conclui que A( a , 1− 2k ) .
impossível
π
⇔ sin x = sin  
 6
π
π
⇔ x = + 2 kπ ∨ x = π − + 2 kπ , k ∈Z
6
6
π
5π
⇔ x = + 2 kπ ∨ x =
+2 kπ , k ∈Z
6
6
5π
π

.
Como x ∈  , 2π  , atribuindo valores a k conclui-se que x =
6
2

=
1.1. a) ∀ x ∈R , x + 2π∈R e f ( x + 2π ) =
=sin ( x +2 π )cos (x +2 π ) = sin xcos x = f ( x ) . Logo, f é uma
função periódica de período 2 π .
b) ∀ x ∈ R, − x ∈ R.
Logo, f é uma função ímpar.
1. Por aplicação da lei dos senos, tem-se:
BC
Pág. 115
f ( −x ) = sin ( −x ) cos ( −x ) = − sin x cos x = − f ( x ) .
Pág. 114
sin 70 °
A opção correta é a (B).
sin 30 °
4
⇔ BC =
4 sin 70°
sin 30°
4 × 0,9397
⇔ BC =
0,5
⇔
⇔ BC ≈ 7,52 .
A opção correta é a (D).
1.2. Sendo x ≠
tan x +
2. Como o pentágono é regular e está inscrito na circunferência
1
sin x
1
=
+
=
tan x cos x sin x
cos x
de centro O, divide-a em cinco arcos geometricamente iguais de
amplitude 360 °: 5 = 72 ° .
=
sin x cos x sin 2 x + cos 2 x
+
=
=
cos x sin x
sin x cos x
−1224° = 3× ( − 360° ) − 144° e −144 ° =2 ×( −72 °) .
=
1
1
=
sin x cos x f ( x )
Então, a imagem do ponto A pela rotação de centro O e
amplitude − 1224° é o ponto D.
A opção correta é a (C).


2.1. a) y A = f  − π  = 1 − 2sin  2  = 1 − 2sin − π  =
− π 
 2
3π
3. Sabe-se que α ∈  − , − π  , ou seja, α ∈ 2. ° Q. .
 2

Logo, sin α > 0 , cos α < 0 e tan α <0 .
A expressão que representa um número real negativo é
π
π


cos  α +  porque cos α +  = − sin α e sinα > 0 .
2
2 


A opção correta é a (B).
4. tan x = π ⇔ tan x ≈ tan (1,2626 ) ⇔ x ≈ 1,2626 + kπ , k ∈Z .
No intervalo [ 0, 2 π[ , a equação tan x = π tem duas soluções,
uma entre 0 e π , e a outra entre π e
3π
.
2
Atendendo a que π é o período positivo mínimo da função
tangente, conclui-se que a equação tan x = π também tem duas
soluções nos seguintes intervalos:
[ −2 π, 0 [ , [ 2 π, 4 π[ ,
[ 4 π , 6π[ e  6π ,15 π  .
2 

Assim sendo, a equação tan x = π tem 10 soluções pertencentes
NEMA11PR © Porto Editora
kπ
, k∈ Z , tem-se:
2
15 π 

ao intervalo  − 2π ,
. A opção correta é a (A).
2 

 6
 3 


1
= 1 −2 ×  −  =2
 2
x
x
b) f ( x) = 0 ⇔ 1 − 2sin   = 0 ⇔ sin   = 1 ⇔
 3
x
⇔ sin 
3
⇔
x π
= + 2 kπ ∨
3 6
⇔ x=
 3
2

π 
 = sin  

6 
π
+ 6 kπ ∨
2
π
x
= π − + 2 kπ , k ∈Z
3
6
x=
5π
+ 6 kπ , k ∈Z
2
 7 π 9π 
,
Como x ∈  −
 , atribuindo valores a k conclui-se que
 2 2 
 7π π 5π 
x ∈ − , ,  .
 2 2 2 
O maior dos zeros da função f é
Então, xB =
5π
.
2
5π
.
2
61
Unidade 1
4. sin  − α − π  = −0,2 ⇔ −sin  α + π  = −0,2
x
⇔ = kπ , k ∈ Z
3
⇔ x = 3k π , k ∈ Z

⇔ sin α +

3
3
3
 7π 9π 
,
Como x C ∈  −
 e x C > 0 , conclui-se que xC = 3π .
 2 2 
2.2. Pretende-se resolver graficamente a condição
f( x ) = 7 ∧ x > 0 .

2

2
π
1
= 0,2 ⇔ cos (α ) = 0,2 ⇔ cosα =
2 
5
Como α ∈] − π , 0 [ e cos α > 0 , conclui-se que α ∈ 4.° Q .
1
⇔ 1+ tan2 α =
cos 2 α



2
2
⇔ 1 + tan α = 25 ⇔ tan α = 24
1+ tan2 α =
1
1

5
2
Como α ∈4. ° Q , conclui-se que tan α = − 24 = −2 6 .
tan ( π −α ) =
sin ( π − α )
cos( π − α )
=
−sin( α − π)
cos (α − π )
sin α
=
= − tanα = − −2 6 = 2 6
− cos α
(
)
5. O triângulo [ABC] é retângulo em C porque está inscrito numa
semicircunferência.
Aplicando o Teorema de Pitágoras, tem-se:
(AB ) =( AC ) + (BC )
2
Conclui-se que x ≈ 12,32 rad .
  1 

 1 
 π
3
.
3.1. tan  f    = tan  arcsin    = tan   =
3
 2 
 6
  2 

3.2. Como α é a ordenada do ponto A que pertence ao gráfico
de f e tem abcissa −
1
1
, então tem-se f − = α .
4
 4 
1
 1
 1
f  −  =α ⇔ arcsin  −  =α ⇔ sinα = − .
4
 4
 4
2
15
 1
⇔
sin2 α + cos 2 α = 1 ⇔  −  + cos 2 α = 1 ⇔ cos 2 α =
16
 4
⇔ cosα =
15
15
∨ cosα = −
.
16
16
π π
15
Como α ∈  − ,  , conclui-se que cos α =
.
4
 2 2
62
2
2
( )
⇔ AB
2
( )
= 2,42 + 4,52 ⇔ AB
2
= 26,01 .
Como AB > 0 , conclui-se que AB = 5,1 .
ɺ é a bissetriz do ângulo BAC, sabe-se que
Como a semirreta AD
ˆ
BAC
α
ˆ =
= .
DAO
2
2
Como o triângulo [AOD] é isósceles (porqueOA = OD ), sabe-se
ˆ = DAO
ˆ =α .
que ADO
2
α α
Então, β = π − − = π − α .
2 2
ˆ
β
DOA
=
cos
cos = cos ( π −α ) =cos ( α − π)
= − cosα = −
2,4
24
8
AC
=−
=− =−
5,1
51
17
AB
NEMA11PR © Porto Editora
x
x
x
c) f ( x ) = 1 ⇔ 1 − 2sin   = 1 ⇔ −2sin   = 0 ⇔ sin   = 0
Unidade 2 Geometria analítica
Como o ponto de coordenadas (2, 0 ) pertence à reta, tem-se:
Pág. 119
ˆ = 50° porque ângulos opostos de um paralelogramo
1.1. AOC
são geometricamente iguais.
Então, a reta OC tem de inclinação 50°.
Portanto, a reta AB tem de inclinação 50°.
1.3. A reta BC é paralela à reta OA, logo têm a mesma inclinação.
Como a reta AO coincide com o eixo Ox, tem de inclinação 0°.
Então, a reta BC tem de inclinação 0°.
ˆ = 60° .
2.1. Sendo o triângulo [ABC] equilátero, sabe-se que BAC
A reta AC tem de inclinação 110°, então conclui-se que a reta AB
tem de inclinação 110° − 60° = 50° , ou seja, 50°.
2.2. Seja D o ponto de interseção da reta BC com o eixo Ox.
ˆ = 180° − 60° = 120° e BAD
ˆ = 50° .
Então, tem-se ABD
Atendendo a que a amplitude de um ângulo externo de um
triângulo é igual à soma das amplitudes dos ângulos internos não
adjacentes, conclui-se que a inclinação da reta BC é 120° + 50° ,
ou seja, 170°.
Pág. 120
3.1. Uma equação reduzida da reta AB é do tipo: y = m x + b .

Um vetor diretor da reta AB é AB = B − A = − 3, 3 .
(
Então, m =
− 3
)
3.2.
)
a) Sendo OB = B − O = 3, 3 um vetor diretor da reta OB, então
3
.
3
Como 0° ≤ α < 180° , conclui-se que α = 30 ° .
b) Como a reta AB tem declive −1 sabe-se que tan α = −1 ,
sendo α a sua inclinação.
Como 0° ≤ α < 180° , conclui-se que α = 180° − 45° = 135 ° .
ˆ = 30 ° , OAB
ˆ = 180 ° −135 ° = 45 ° e
3.3. AOB
ˆ = 180° − 30° − 45° = 105° .
ABO
Pág. 121
NEMA11PR © Porto Editora
4.1. Uma equação reduzida da reta representada é do tipo:
y= mx+ b .
3
x+
3
3.
5.1. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan α = 3 .
2
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 56,3° .
5.2. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan α = −2 .
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ −63,4° + 180° , ou seja, α ≈ 116,6 ° .
2
π
2
5.4. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan α = − .
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ −57,5° + 180° , ou seja, α ≈ 122,5 ° .
5.5. Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan α = π .
3
.
3
Seja α a inclinação da reta OB. Então, tem-se tan α =
y=
1
.
2
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 26,6° .
3 = −3 + b ⇔ b = 3 + 3 .
Assim sendo, uma equação reduzida da reta AB éy = − x + 3 + 3 .
m OB =
3
× (− 3 )+ b ⇔ 0 = − 3+ b ⇔ 3= b .
3
Então, uma equação reduzida da reta representada é
0=
Seja α a inclinação da reta. Então, tem-se tan α =
)
(
3
3
Como o ponto de coordenadas (− 3, 0 ) pertence à reta, tem-se:
m = tan (30 ° ) =
2
Como o ponto B 3, 3 pertence à reta AB, tem-se:

y= mx+ b .
x
5.3. 2 y− x+ 3 = 0 ⇔ 2 y= x− 3 ⇔ y= − 3 .
= −1 e y = − x + b .
(
y = − 3x + 2 3 .
4.2. Uma equação reduzida da reta representada é do tipo:
1.2. A reta AB é paralela à reta OC, logo têm a mesma inclinação.
3
0 = − 3×2 + b ⇔ b = 2 3 .
Então, uma equação reduzida da reta representada é
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 72,3° .
Tarefa 1
1.1.

a) Sendo BC = C − B = ( 1, 4) − ( − 3, 1 ) = ( 4, 3 ) um vetor diretor da
reta BC, então m BC =
3
.
4
3
.
4
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 36,9 ° .

b) Sendo AB = B − A = (− 3,1 ) − ( 2, − 1) = (− 5, 2) um vetor diretor
Seja α a inclinação da reta BC. Então, tem-se tan α =
da reta AB, então m AB =
2
2
=− .
−5
5
m = tan (120° ) = tan ( −60 °) = − tan (60° ) = − 3 .
63
Unidade 2
b) A inclinação da reta DE é 120°.

c) Sendo AC = C − A = (1, 4 ) − (2, − 1 )= (− 1, 5 ) um vetor diretor
Como o ponto E ( 6, 0 ) pertence à reta DE, tem-se:
5
= −5 .
−1
Seja α a inclinação da reta AC. Então, tem-se tan α = −5 .
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 101,3° .
da reta AC, então m AC =
2
3
1.2. 2 x + 3 y − 1 = 0 ⇔ 3 y = − 2 x + 1 ⇔ y = − x+
Uma equação reduzida da reta DE é do tipo: y = m x + b .
m= tan ( 120° )= tan (− 60° ) = − tan (60° )= − 3 .
0 = − 3 ×6 + b ⇔ b = 6 3 .
Então, uma equação reduzida da reta DE é y = − 3x + 6 3 .
c)A inclinação da reta BC é 150°(60 ° + 90 ° ) .
Uma equação reduzida da reta BC é do tipo: y = m x + b .
3
.
3
Como o ponto C ( 2, 0 ) pertence à reta BC, tem-se:
m = tan ( 150° ) = tan ( − 30° ) = − tan ( 30° ) = −
1
.
3
1.3. O declive da reta r é − 2 .
0=−
3

v = ( 3, − 2)
Um vetor que tem a direção da reta r é, por exemplo,
3
2 3
× 2+ b ⇔ b=
.
3
3
Então, uma equação reduzida da reta BC é y = −
.
1.4. Sendo θ a inclinação da reta r, sabe-se que tan θ = − 2 .
3
1 + tan2 θ =
1
cos2 θ
9
.
⇔ cos2 θ =
13
2
1
13
1
 2
⇔ 1 + −  =
⇔ =
⇔
 3
cos2 θ
9 cos 2 θ
Como tan θ < 0 , conclui-se que cos θ = −
9
13
=−
3
13
.
sin θ
2  3 
⇔ sin θ = tan θ × cos θ ⇔ sin θ = − × −
⇔
cos θ
3  13 
2
.
⇔ sin θ =
13
tan θ =
3
2 3
x+
.
3
3
3.2. D é o ponto de interseção das retas CD e DE.
y = 3x − 2 3
y = 3x − 2 3
⇔
⇔

 3x − 2 3 = − 3x + 6 3
y = − 3x + 6 3
 y= 3 x− 2 3
 y= 3× 4− 2 3  y = 2 3
⇔
⇔
⇔
 2 3 x = 8 3
 x = 4
 x = 4
(
)
Então, D 4 , 2 3 .
3.3. A reta AD é paralela à reta BC, então sabe-se que
m AD = m BC = −
3
.
3
Uma equação reduzida da reta AD é do tipo: y = −
3
x+ b .
3
3 
6

× −
Então, sin θ × cos θ =
 = − 13 .
13  13 
Como o ponto D 4 , 2 3 pertence à reta AD, tem-se:
2.1. A inclinação da reta s é α = 180° − 45° = 135° .
2 3 =−
2
Uma equação reduzida da reta s é do tipo:
(
y= mx+ b.
m= tan ( 135° ) = tan ( − 45° ) = − tan (45° )= − 1 .
)
3
4 3
10 3
× 4 + b⇔ b= 2 3+
⇔ b=
.
3
3
3
Então, uma equação reduzida da reta AD é y = −
3
10 3
x+
.
3
3
Como o ponto A (1, 0) pertence à reta s, tem-se:
0 = −1 × 1 + b ⇔ b = 1 .
Então, uma equação reduzida da reta s é y = − x +1 .
2.2. Seja β a inclinação da reta r. Então, tem-se tan β = 3 .
Como 0° ≤ β < 180° , conclui-se que β = 60° .
Então, α = 180° − 45° − 60° = 75° .
3.1.
ˆ = 60 ° .
a) Como o triângulo [CDE] é equilátero, sabe-se que DCE
Assim sendo, a inclinação da reta CD é 60°.
Uma equação reduzida da reta CD é do tipo:
y= mx+ b.
m = tan ( 60°) = 3
Como o ponto C (2, 0) pertence à reta CD, tem-se:
0 = 3 × 2 + b ⇔ b = −2 3 .
64
Pág. 122
6.1. A amplitude de cada um dos ângulos internos de um
triângulo equilátero é igual a 60°, então tem-se:
 
AB ɵ, AC = 60 ° .
(
)
NEMA11PR © Porto Editora
Então, uma equação reduzida da reta CD é y = 3 x − 2 3 .
2
Seja α a inclinação da reta AB. Então, tem-se tan α = − .
5
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 158,2° .
Geometria analítica
(
 
)
6.2. AB ɵ, AD =2 ×60 ° = 120 ° .
Pág. 123
 
8. AB .AC = AC × AD = 3× 4= 12 .
(
Cálculos auxiliares: CD =
(
 
)
6.3. AB ɵ, BC = 180° − 60° = 120° .
)
2
10 − 3 2 = 1 = 1 ,
AD = 52 − 32 = 16 = 4 e AC = AD − CD = 4 −1 = 3 .
   
9. AB . BC = AB. AD= AB× AM= 6 × 3 = 18 .
10. u .v = u × v cosα ⇔ 6 = 4 × 3cosα ⇔ cosα = 1 .
2
Então, α =
(
 
)
7.1. AF ɵ, BE = 0° porque os vetores são colineares e têm o
mesmo sentido.
 
7.2. BC ɵ, DE =120 ° porque a amplitude de cada um dos
(
)
ângulos internos de um hexágono regular é igual a 120°.
π
.
3
Pág. 124

11.1. w = 32 + 22 = 13 .


Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetoresv e w .
3
 


v .w = v × w cosα = 2× 13 ×
=6 .
13

11.2. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e

v.
(
 
)
7.3. BA ɵ, CD = 60 ° .
 



2 
u .v = u × v cosα = 20 × 2 ×  −
 = −4 .
20 

 
12.1. MD. MN= MD× MD= 3 ×3 =9 .
 

12.2. NB. BC = 45 × 6×  −


 = −18 .
45 
3
 
12.3. NA. MC = 3 ×3 ×cos( 90 ° ) = 0 .
 
12.4. NA. BC= 3× 6 × cos (180° ) = −18 .
Pág. 125
 
7.4. AF ɵ, CB = 120° .
(
)
13.1. O octógono [ABCDEFGH], sendo regular, divide a
circunferência em 8 arcos geometricamente iguais, cada um
deles com 45° (360° : 8 ) de amplitude.
 
2
OC. OD =6 ×6 ×cos (45 °) =36 ×
=18 2 .
2
 

13.2. OE . OH= 6× 6× cos (135° ) = 36×  −

7.5. BC ɵ, DA = 180 ° porque os vetores são colineares e têm
 
13.3. OA. GO = 6 ×6 ×cos (90 °) =0 .
sentidos opostos.
13.4. OB. BF = 6 ×12 ×cos (180 ° ) = −72 .
(
 
)
 
 

13.5. OE . DO = 6× 6× cos( 135°) = 36 ×  −
NEMA11PR © Porto Editora
2
 = −18 2 .
2 

2
 = −18 2 .
2 
 
13.6. OD. HD= 6× 12× cos ( 0° ) = 72 .
NEMA11PR-5
65
Unidade 2
 
BA . BC < 0 .


 
B: Os vetores CD e AD são perpendiculares, então CD . AD = 0 .


C: Os vetores AB e ED são colineares e têm sentidos contrários,
 
então AB . ED = − AB × ED = −k × k = −k 2 .
 
D: Os vetores AB e DE são colineares e têm o mesmo sentido,
 
então AB . DE = AB× DE = k × k = k2 > 0 .
Conclui-se, então, que só as afirmações A e C são verdadeiras.
 

( ) ( )
2
= AB + AD

2
BD
BH
( )
2
= BD =
= 42 + 42 = 32 .

16.1. DB = 4 2 + 4 2 = 32 = 4 2 .
 
 
4
= 16 .
AB . DB = 4 × 4 2 × cos ABɵ, DB = 16 2 ×
4 2
(

(
16.2. AV = 2 2
)
2
)
2
+6 = 44 =2 11 .
Designemos por O o centro da base da pirâmide. Então,
  AO 2 2
2
=
=
cos AV ɵ, AC =
.
AV 2 11
11
 
 
2
AV . AC = 2 11 × 4 2 × cos AV ɵ, AC = 2 11 × 4 2 ×
=16 .
11
)
(
)
16.3. Designemos por N o ponto médio da aresta [AD]. Então,
  AN
2
1
=
=
cos AVɵ, AC =
.
AV 2 11
11
 
 
1
AM .BC = 11 × 4 × cos AM ɵ, BC = 4 11 ×
=4 .
11
 
16.4. AB. CD = 4× 4× cos (180° ) = −16
)
(
)
Pág. 127
 
17.1. AB . AC = AB× AD = 5× 3 = 15

v.
3
 


u. v = u × v ×cos α ⇔ 30 = 5 ×4 ×cos α ⇔cos α =
2
3
α
α
A condição cos = é impossível porque − 1 ≤ cos ≤ 1.
2


Conclui-se, então que não é possível ter-se u = 5 , v = 4 e
 
u. v = 30 .
20.2. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e

v.
 


6
u. v = u × v ×cos α ⇔12 =2 ×7 ×cos α ⇔cos α =
7
6
6
é possível porque − 1 ≤ ≤ 1.
7
7


Conclui-se, então que é possível ter-se u = 2 , v = 7 e
 
u. v = 12 .
A condição cos α =

20.3. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e

v.
 


u. v = u × v × cos α ⇔ −10 = 5 ×2 ×cos α ⇔cos α = −1
 
Se α é a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e v e
cos α = − 1 então α = 180° .


Conclui-se, então que é possível ter-se u = 5 , v = 2 e
 
u. v = −10 .
 
 

21.1. w
.v = ( 3u ) .v = 3( u .v ) = 3 × 6 = 18 .
 
 
17.3. AB . AC = AB× AA = 3× 0 = 0
Pág. 128
 
 
18. Se BA. AC = 0 então os vetores BA e AC são
perpendiculares.
Logo, conclui-se que o triângulo [ABC] é retângulo em A.
 


Se DE . DF < 0 então os vetores DE e DF formam um ângulo
obtuso.
Assim sendo, o triângulo [DEF] é obtusângulo em D.
 
 
 
 
GH . HI > 0 ⇔ −HG . HI > 0 ⇔ − HG. HI > 0 ⇔ HG. HI < 0 .
(
)
(




21.2. w .w = ( 3u ) .( 3u ) = 9( u .u ) = 9 × u
 
17.2. AB . AC = − AB× AD = − 3× 2 = −6
66
   2
2
PQ. PQ = PQ = 12, 5 = 156,25 .

15. BD. BH = BD × BH × cos α = BD× BH×
(
perpendiculares.

19.2. PQ = 10 2 + 7,5 2 = 156,25 =12,5 .
20.1. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e
Pág. 126
(
 
 
Se HG .HI < 0 então os vetores HG e HI formam um ângulo
obtuso.
Portanto, o triângulo [GHI] é obtusângulo em H.
 
 
19.1. PR .QR = 0 porque os vetores PR e QR são
NEMA11PR © Porto Editora


14. A: Os vetores BA e BC formam um ângulo obtuso, então
)
2
= 9 × 22 = 36 .
Pág. 129
 
22.1. AD. AK = (3 u ). (2 v ) = 6 ( u.v ) = 6 × 5 = 30 .
 
22.2. JF .CR = ( 4u ) .( 3v) = 12 ( u .v ) = 12 × 5 = 60 .
 
 

22.3. FG. GN = ( − u) . ( v) = −( u.v ) = −5 .
 



22.4. DB. CR = ( −2 u) . ( 3 v ) = −6 ( u. v ) = −6 ×5 = −30 .
 

 



22.5. ON. SB = ( −u ).( −3v ) =3( u.v ) =3 ×5 =15 .



22.6. FE. MO = ( − v) . (2 u) = −2( v. u ) = −2 ( u. v ) = −2 ×5 = −10 .
Geometria analítica
 
(

)(

) (
 
)
23. VS .VT = 4VP . 2VR = 8 VP.VR = 8× (VP × VP ) =
1.2.
3 3
= 8×  ×  = 18
 2 2
Pág. 130
     
 
24. AC = AB + AD e BD = BA +BC = − AB + AD .
 
 
 
AC . BD = AB + AD . − AB + AD =
       
= AB. − AB + AB. AD + AD. − AB + AD. AD
(
(
)(
)
)

= − AB
2
(
)
    
+ AB .AD − AD .AB + AD
 2    
= − AB + AB. AD − AB. AD +
 
Como AC .BD = 0 , os vetores
1.3.
2
 2
AB = 0 .
 
AC e BD são perpendiculares.
Logo, as diagonais do losango são perpendiculares.
 
25.1. DA. HR = ( −3 u). ( v ) = −3 ( u. v ) = −3 × − 3 =3 3 .
(

 
1.4. Constata-se que OD = u + v .
)
1.5.
 
25.2. DG . SP =  1 v  .( 3u) = 3( v .u) = 3 ( u .v) =
2
2
2 
(
)
3
3 3
= × − 3 =−
2
2
 
25.3. AD . AN = (3u) .( 3u + v) = ( 3u ). ( 3u ) + ( 3u) .( v) =



= 9 (u .u )+ 3 (u .v )= 9 u
2
(
)

2
+ 3 (u .v )= 9× 1 + 3× − 3 = 9 − 3 3
  
  
 
 
25.4. AC . IH + GQ = ( 2u) .( u + v ) = ( 2u ) .( u ) + ( 2u ) .( v ) =
(
)



= 2 ( u. u ) + 2 ( u. v ) = 2 u
(
 

)
(
b) w . u = − OC × OA' = −3 × 4 = −12 .
)

+ 2 ( u.v ) = 2 ×1 2 + 2 × − 3 =2 −2 3
2

 



(
)
c) w. v = −OC × OB' = −3 ×2 = −6 .
d) w . u + w . v = −OC × OA' + ( −OC × OB' ) = −3 ×4 + ( −3 ×2 ) =

25.5. AD . LN + EO = ( 3u ) .( 2u +v ) = ( 3u ) .( 2u ) + ( 3u ) .(v ) =



= 6 (u .u )+ 3 (u .v )= 6 u
2

+ 3 (u .v )= 6× 12 + 3× − 3 = 6 − 3 3
 




25.6. AH . KQ =  2u + 1 v  . 3u + 1 v  =
2 
2 



  1    1 
  1   1 
= (2 u ). (3 u ) + (2 u ).  v  +  v  . (3 u ) +  v  . v  =
2  2 
2 2 
 2  3  1 
 2 5  1 
= 6 (u .u ) + (u .v ) + (v .u ) + (v .v )= 6 u + (v .u )+ v
2
2
4
2
4
(
)
5
1
5 3 1 25 5 3
= 6× 12 + × − 3 + × 12 = 6 −
+ = −
2
4
2
4 4
2
Tarefa 2
NEMA11PR © Porto Editora
1.1.
1.6.

a) w .( u + v) = w .OD = −OC × OD ' = −3 × 6 = −18 .
= − 12 − 6 = − 18 .
1.7. Comparando os resultados das alíneas a) e d) do ponto
  
   
anterior, conclui-se que w .( u + v ) = w .u + w .v .
Pág. 131
    
2
=
(
)
   

2
2
26.1. DC. DB = DC. DA+ DC = DC. DA+ DC. DC = 0 + DC = DC .
26.2.
 
 

 
a) AO .DC =  1 AC  .DC = 1 AD + 1 AB . DC =
2
1   1
= AD .DC +
2
2
1 2
= ×2 = 2 .
2
 
b) BD. 2 AB = 2
(
) (
2 

2
  1
1   1 
AB .DC = × 0 + AB. AB = AB
2
2
2
)
 
(
)
2
=
  
( ) (BD. AB) = 2  (− AB+ AD). AB =
   

= 2 (− AB. AB + AD. AB) =2 ( − AB +0 ) =2 ( −2 ) = −8
2
2
.
67
Unidade 2

e DO .

b) − u . 2 AB = ( −2,1 ). ( − 6, − 10 ) = −2 × ( −6 ) + 1 × ( −10 ) =
(
)
= 12 − 10 = 2 .
 
c) AB + 2e 1 = ( −3, − 5) + 2 (1,0) = ( −3, − 5) + (2,0 ) = ( −1, − 5) .
  
u. AB + 2 e1 = (2, −1 ). ( −1, − 5 ) = 2 ×( −1 ) + ( −1 ) ×( −5 ) =
  

3
5
5
AO . DO = AO × DO × cos α ⇔ =
×
× cos α ⇔
4 2
2
3 5
3
⇔ = cosα ⇔ cosα = .
4 4
5
Recorrendo à calculadora, conclui-se que α = 53,13°.
d) − e1 + 3e2 = − ( 1,0) + 3 (0,1) = ( − 1,0) + ( 0,3) =( −1,3) .
Tarefa 3
(−e + 3e ). ( 3u) = ( −1,3 ). ( 6, − 3 ) = ( −1 ) ×6 + 3 × ( −3 ) = −6 −9 =
 
1.1. u + v

= u
2
 
2
       
= (u + v ). (u + v ) = u .u + u .v +v .u +v .v =
  
+ u.v + u.v + v
1.2. u − v

= u
2
2
2

= u
2

+ v
2

+2 (u.v ) .
       
= (u − v ). (u − v ) = u .u − u .v −v .u +v .v =
  
− u.v − u.v + v
2

= u
2

+ v
2

−2 (u.v ) .
2
  
− u.v + u.v − v

2

= u
2

− v
2
.

2. Sendo t e w vetores, não nulos, perpendiculares, sabe-se
 
que t .w = 0 .
   
 
 
s ⊥ u ⇔ s . u = 0 ⇔( t +w ). (t −w ) = 0 ⇔
       
 2

⇔ t . t − t .w + w .t − w .w = 0 ⇔ t − 0 + 0 − w
 2
 2
⇔ t = w .


Conclui-se, então, que t = w .
2
= 0⇔
3.1. B é a projeção ortogonal de C sobre a reta AB.

   
ɵ 
  CB
 2
3.2. CA .CB = CA × CB × cos CA , CB = CA × CB ×  = CB .
CA
(
(
 
)(
)
 
)
4. SC . DR = SD + DC . DA + AR =
       
= SD . DA + SD . AR + DC . DA + DC . AR =
 2 
2  
=  − DA  .DA + 0 + 0 + DC . DC  =
 3

3

2   2  
2  2 2  2
= − DA .DA + DC . DC = − DA + DC =
3
3
3
3
2  2 2  2
= − DA + DA = 0 .
3
3
 


Como SC . DR = 0 e os vetores SC e DR são não nulos, conclui 
-se que os vetores SC e DR são perpendiculares.
(
) (
= −2 +5 =3 .
 


1
2
= −15 .
27.2. Sendo P um ponto pertencente à bissetriz dos quadrantes
ímpares, então tem coordenadas iguais, ou seja, P( x , x) , x∈ R .

OP = P − O = ( x, x ) −( 0 , 0 ) =( x, x ) .
 
OP. AB = 1 ⇔ ( x, x ). ( −3, − 5) = 1 ⇔ −3 x − 5 x =1 ⇔ −8 x =1 ⇔
1
.
8
1 1
Então, P  − , −  .
 8 8

28.1. AB = B− A= (5, − 1 ) − ( −2,1 ) = (7, −2 ) e

AC = C − A = ( 1,4) −( −2,1) = ( 3,3) .
 
AB . AC = ( 7,− 2 ) . ( 3,3 )= 7× 3+ ( − 2 ) × 3 = 21 − 6 = 15 .

28.2. BC = C − B =( 1,4 ) −( 5, −1) =( −4,5 ) e


CA = − AC = ( −3, − 3 ) .
 
BC. CA = (−4, 5 ) . (−3, − 3 ) = −4 × ( −3 ) + 5 ×( −3 ) =12 −15 = −3 .


28.3. BA = −AB =( −7,2 )
 
 2
2
AB . AC = AB × AB = AB = AB .
 
)
⇔x = −
       
1.3. (u + v ).( u − v ) = u .u −u .v +v .u −v .v =

= u
(
)
 
BC. BA= (−4,5 ). ( −7, − 2 ) = −4 × ( −7 ) + 5 ×2 =28 +10 =38 .
Pág. 133

29.1. AB = B − A =(1, −4,2 ) −(1,0,2 ) =( 0, −4, 0) .
 
AB . u = (0, − 4,0) .( −1,3,1) = 0 × ( −1 ) + ( −4 ) × 3 + 0 ×1 = −12 .


29.2. e1 − 2 e3 = ( 1,0,0 ) − 2 ( 0,0,1) = (1,0,0 ) − ( 0,0,2) = ( 1,0, − 2 )

e −2 AB = −2 (0, −4,0 ) =(0,8,0 ) .
 

e1 − 2e3 . −2AB = ( 1,0, −2) .( 0,8,0) = 1 × 0 + 0 ×8 +( −2) ×0 =0 .
(
)(
)

29.3. 3u = 3( − 1,3,1) = ( − 3,9,3) e
 
e2 + e3 = (0,1,0 ) + ( 0, 0,1 ) = ( 0,1,1) .
  
3u . e2 + e3 = ( − 3,9,3) . ( 0,1,1) = − 3× 0 + 9 × 1 + 3× 1 = 12 .
(
)

Pág. 132
27.1.

a) AB = B − A = ( −4, − 2 ) − ( −1,3) = ( −3, − 5) .
 
AB . u = ( −3, − 5 ) . ( 2, − 1 ) = −3 × 2 +( −5 ) ×( −1 ) = −6 + 5 = −1 .
68
30.1. CF = F − C = (4 , 4 ,4 ) − (0 , 4 ,0 ) = (4 , 0 ,4 ) e

CE = E − C =(4, 0 ,4 ) − (0, 4 ,0 ) = (4, −4 ,4 ) .
 
30.2. CF .CE = ( 4,0,4 ).( 4,− 4,4) = 4 × 4 + 0 ×( −4 ) + 4 × 4 = 32 .
NEMA11PR © Porto Editora

26.3. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores AO
Geometria analítica
Considerando que OE = b e OA = c , tem-se
F ( a , b ,0) , E ( 0 , b ,0) e C ( a , b ,c) .

Então, OF = F − O = (a ,b ,0 ) − ( 0,0,0) = (a ,b ,0) e

EC = C − E = ( a , b , c) − ( 0, b ,0) = ( a ,0,c) .
Pág. 134
(
)
 
 
31.1. cos u ɵ,w =  u. w =
=
=−
u ×w
−1 ×3 +2 ×0 +( −3 ) ×1
( −1 )
2
+ 2 2 + ( −3 ) × 3 2 + 0 2 +1 2
2
−6
−6
=
=
14 × 10 2 35
=
Assim sendo, tem-se:
 
2
OF . EC = ( a ,b , 0 ) .( a , 0,c ) = a × a + b × 0 + 0×c = a .
34.2.
a) Sendo C ( 4 , 6 ,3) , então E (0, 6,0) e G ( 4 , 0, 0 ) .
3 35
.
35
 
u .v
 
31.2. cos u ɵ,v = 
 =
u × v
( )
=
−1 ×1 +2 ×0 + ( −3 ) ×( −2 )
( −1 )
2
+2 + ( −3 ) × 1 +0 +( −2 )
2
2
2
2
=
2
5
14 × 5
=
5
.
70
( )
 
Recorrendo à calculadora, conclui-se que uɵ, v ≈ 53,3° .

32. A = B − AB = (2,5 ) − ( 3,4 ) = ( − 1,1 ) e

AD = D − A = ( −4,5) − ( −1,1 ) = ( −3,4 ) .

Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores AB e

AD .
 
3 × ( −3 ) +4 ×4
AB. AD
7
=
cos ( α ) = 
 =
2
AB × AD
32 + 42 × ( −3 ) + 4 2 25
Recorrendo à calculadora, conclui-se que α ≈ 73,7° .
Como ângulos consecutivos de um losango são suplementares,
conclui-se que as amplitudes dos ângulos internos do losango são
73,7° e 106,3°.
2
2


33.1. u = v ⇔ (3 + k ) + 2 2 = 2 2 + ( −7 ) ⇔
⇔ ( 3 + k ) + 4 = 4 + 49 ⇔ ( 3 + k ) = 49 ⇔ 3 + k = 7 ∨ 3 +k = −7 ⇔
2
2
⇔ k = 4 ∨ k = −10 .

EC = C − E = (4,6,3 ) −(0,6,0 ) = (4,0,3) e

EG = G − E = (4,0, 0 ) − (0,6, 0 ) = (4, −6,0 ) .
 
4 × 4 + 0 × ( −6 ) + 3 × 0
EC . EG
=
cos θ = 
 =
2
2
EC × EG
4 + 0 2 + 3 2 × 4 2 + ( −6 ) + 0 2
16
16
8
8 13
=
=
=
.
5 × 52 5 ×2 13 5 13
65
b) Recorrendo à calculadora, tem-se θ ≈ 63,7° .
=
Tarefa 4
1. Os vértices da pirâmide são os pontos A, B, C, D e V.
 a a   a a   a a   a a 
A , − ,0  , B , ,0  , C  − , , 0 , D − , − ,0 e
 2 2   2 2   2 2   2 2 
V ( 0 , 0 ,a ) .
2.1.

a) AC = C − A =  − a , a ,0  −  a , − a ,0  =( −a ,a ,0) e
 2 2  2 2 

 a a  a a 
CV = V − C = (0,0, a ) − − , ,0  = , − , a .
 2 2  2 2 
 
a a
Então, AC . CV = ( − a, a ,0) . ,− ,a =
2 2 
2
 
 
33.2. Se (u + v ) e (u − v ) formam um ângulo agudo então tem   
-se (u + v ) .( u − v ) > 0 .
   
( u + v ).( u − v ) > 0 ⇔ ( 5 + k , − 5 ).( 1 + k ,9 ) > 0 ⇔
⇔ ( 5 + k ) × (1 + k ) + ( −5 ) × 9 > 0 ⇔
(
)
−a 2
=
⇔ 5 + 5k + k +k 2 −45 > 0 ⇔ k 2 +6k −40 >0 ⇔
⇔ k ∈ ] −∞ , − 10 [ ∪ ] 4 , + ∞ [
Cálculo auxiliar: k 2 + 6 k − 40 = 0 ⇔ k =
−6 ± 36 +160
⇔
2
⇔ k = 4 ∨ k = −10
2
a
a a
 a
= − a× + a × −  +0 × a = − − +0 = −a2 .
2
2 2
 2
 
 
AC
CV
.
b) cos AC ɵ, CV =   =
AC × CV
(− a)2 + a2 + 0 2 ×
=
−a 2
3
2a × a
2
=
−1
3
=
2
−a 2
2
a   a 
2
 2  +  −2  + a
  

2a 2 ×
=
3 a2
2
3
.
3
=−
 
2.2. Como cos AC ɵ, CV = − 3 , recorrendo à calculadora, tem-
(
NEMA11PR © Porto Editora
Pág. 135
34.1. Sabe-se que [ABCDEFGO] é um paralelepípedo e que
OG = a .
)
3
 ^ 
-se  AC ,CV  ≈ 125° .



3. AC = ( −a ,a ,0) e

a a   a a 
BV = V − B = (0,0, a ) − , ,0  =  − , − , a .
2 2   2 2 
69
Unidade 2
4.1. Sendo B (4 , 4 , 0 ) , então A(4 , − 4 ,0 ) .

AB = B − A = ( 4,4,0 ) −( 4, − 4,0) = ( 0,8,0 ) e

BV = V − B = ( 0,0, k ) − ( 4,4, 0 ) = ( −4, − 4, k) .
 
AB . BV = ( 0,8,0 ) . (− 4, − 4,k) = 0 × ( −4) + 8 ×( −4 ) + 0 ×k = 0 −32 +0 =
= −32 .
4.2.
a) Sendo k = 2 , então tem-se:
 
 
AB . BV
−32
cos AB ɵ, BV =   =
=
2
2
AB × BV
02 + 82 + 02 × ( −4 ) +( −4 ) +22
(
=
)
− 32 −32
2
=
=− .
8 × 6 48
3
  ^  
Recorrendo à calculadora, tem-se  AB , BV  ≈ 131,8 ° .


b) Sendo k = 7 , então tem-se:
 
 ɵ 
AB . BV
−32
=
cos AB , BV =   =
2
2
2
2
2
AB × BV
0 + 8 + 0 × ( −4 ) +( −4 ) +72
(
=
)
(
 
(
)
(
)
)
ˆ = 3× 45° = 135° .
35.7. OC ɵ, OF = COF
(
 
)
35.8. OC ɵ,OF = 180° − OC ɵ,OF = 180° − 135° = 45 ° .
36.1. FH ɵ,BG = 90° porque a reta HC é paralela à reta BG e as
retas FH e HC são perpendiculares.
(
)
36.2. BH ɵ, CE =60 ° porque a reta BF é paralela à reta CE e o
triângulo [BFH] é equilátero.
Pág. 137

37. AB = B − A = ( 1,1) −( −1,2) = ( 2, − 1) é um vetor diretor da
reta AB.
A reta r é definida pela equação 4 x − y + 2 = 0 .
4x − y + 2 = 0 ⇔ y = 4x + 2 .

O declive da reta r é 4, então, por exemplo,r =(1,4 ) é um vetor
diretor da reta r.
 
r . AB
2 × 1 + ( −1 ) × 4
2
=
=
cos r ɵ, AB = 
 =
2
2
2
2
×
5
17
r × AB
2 + ( −1 ) × 1 +4
(
=
)
2
.
85
(
)
Recorrendo à calculadora, tem-se r ɵ, AB ≈ 77, 47° .

38. AB = B − A =( −2,1,2) −( 1,0, −1) =( −3,1,3) é um vetor
− 32 − 32
4
=
=− .
8 × 9 72
9
 
Recorrendo à calculadora, tem-se ABɵ, BV ≈ 116, 4° .
diretor da reta AB.
A reta r é definida pela equação vetorial
( x, y, z) = ( 0,0,3) + k ( 0, − 2,1) , k ∈R .
Pág. 136
 
contrários. Então, FE ɵ, BA = 180 ° .

Um vetor diretor da reta r é, por exemplo,r = (0, − 2,1) .
 
r . AB
0 × ( −3 ) + ( −2 ) ×1 +1 ×3
cos r ɵ, AB =   =
=
2
2
2
r × AB
0 + ( −2 ) + 12 × ( −3 ) +12 +32
35.2. As retas FE e BA são estritamente paralelas. Então,
=
(
Recorrendo à calculadora, tem-se r ɵ, AB ≈1, 5 rad .

(
)

35.1. Os vetores FE e BA são colineares e têm sentidos
(
)
)
FE ɵ, BA = 0° .
35.3. Como o octógono é regular e está inscrito na
circunferência, divide-a em oito arcos de amplitude
360 ° : 8 = 45 °cada.
ˆ =
O ângulo GHE é inscrito, logo GHE
 
(HG ɵ,HE )= GHEˆ = 45° .
2× 45°
= 45° .
2
 
35.4. HG ɵ, HE = HG ɵ, HE = 45° .
(
(
) (
)
)
 
ˆ = 6 ×45 ° = 135 ° .
35.5. BCɵ, BA = ABC
(
)
2
(
)
 
35.6. BCɵ, BA = 180° − BCɵ, BA = 180° − 135° = 45° .
70
(
)
1
5 × 19
=
1
95
.
(
)
39.1. A reta r é definida pela equação y = −3 x + 1 .

O declive da reta r é −3, então, por exemplo,r = ( 1,− 3 ) é um
vetor diretor da reta r.
A reta s é definida pela equação y = 3 .

O declive da reta s é 0, então, por exemplo,s = ( 1,0 ) é um vetor
diretor da reta s.
 
1 ×1 + ( −3 ) ×0
r. s
1
1
=
=
cos r ɵ, s = 
.
 =
2
2
r × s
10 × 1
10
1 + (− 3 ) × 12 + 0 2
( )
( )
Recorrendo à calculadora, tem-se r ɵ, s ≈ 71,6° .
39.2. Qualquer ponto da reta s tem ordenada 3.
Sendo B um ponto da reta s, tem-se B( x, 3) , x∈R .
NEMA11PR © Porto Editora
 
 a a 
 a
 a
AC .BV = ( − a ,a ,0) . − ,− ,a  = −a × −  +a × −  + 0 ×a =
 2 2 
 2
 2
a2 a2
= − +0 =0.
2 2
 
 
Como os vetores AC e BV são não nulos e AC . BV = 0 , conclui 
se que os vetores AC e BV são perpendiculares.
Geometria analítica
A amplitude do ângulo formado pelas retas AB e r é 0° se as retas
AB e r forem paralelas.

AB = B − A = ( x,3 ) − ( −2,1 ) =( x +2,2 ) é um vetor diretor da reta

AB e r = (1, −3 ) é um vetor diretor da reta r.


Se as retas AB e r forem paralelas então os vetores AB e r são
colineares.


x +2 2
8
AB e r são colineares se:
=
⇔ −3 x − 6 = 2 ⇔ x = −
−3
1
3
 8 
Então, B  − , 3 .
 3 
42.2. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular à reta r.
t ⊥ r ⇔ mt = −
1
2
1
⇔ mt = −
⇔ mt = −
3
mr
3
2
2
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é y = − x + b .
3
Como o ponto A (1, 0) pertence à reta t, tem-se:
2
2
0 = − × 1+ b ⇔ b =
3
3
2
2
Equação da reta t: y = − x +
3
3
Pág. 138
43.1. O raio da circunferência de centro A e que passa em B é
40. As retas AB e DE são horizontais, logo mAB = mED = 0 .
dado por AB .
As retas BC e EF são paralelas, logo têm o mesmo declive.
r = AB =
m BC = mEF = tan( 60°) = 3 .
Uma equação, na forma reduzida, da circunferência de centro
As retas AF e CD são paralelas, logo têm o mesmo declive.
A( −2, 4 ) e raio 13 é ( x + 2 ) + ( y − 4 ) = 13
m AF = mCD = tan( 120°) = − tan( 60 °) = − 3 .

41.1. Por exemplo, os vetores a = ( 2, 7)
  7
e b =  1,  são
 2

perpendiculares ao vetor u = ( 7, − 2) .
 
De facto, a. u = ( 2 , 7 ).( 7 , −2) = 14 −14 =0 e
   7
b . u =  1,  . (7 , − 2 ) = 7 − 7 = 0 .
 2
 
 
41.2. w ⊥ v ⇔ w . v = 0 ⇔( a , b ).( −2 , 8 ) = 0 ⇔ −2a + 8b = 0 ⇔
⇔ a = 4b


 
41.3. s ⊥ u ⇔ s . u = 0 ⇔ (1, − 3k ) . (7, − 2 ) = 0 ⇔ 7 + 6k = 0 ⇔
⇔k = −
7
6
( −2 − 1 )2 + ( 4 −2 )2
= 9 + 4 = 13
2
2
43.2. A reta r, sendo tangente à circunferência de centro A no
ponto B, é perpendicular à reta AB.

AB = B − A = (1,2 ) −( −2,4 ) = (3, −2 ) é um vetor diretor da reta
AB.
2
O declive da reta AB é − .
3
1
1
3
r ⊥ AB ⇔ mr = −
⇔ mr = −
⇔ mr =
2
m AB
2
−
3
3
Uma equação, na forma reduzida, da reta r é y = x + b .
2
Como o ponto B (1, 2 ) pertence à reta r, tem-se:
3
1
2 = × 1+ b ⇔ b =
2
2
Equação da reta r: y =
3
1
x+
2
2
Pág. 139
42.1. 2y − 3x = 8 ⇔ 2y = 3x + 8 ⇔ y = 3 x + 4
2
3
.
2
Seja s a reta que passa em A e é paralela à reta r.
3
Então, o declive da reta s é porque retas paralelas têm o
2
mesmo declive.
3
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y = x + b .
2
Como o ponto A(1, 0 ) pertence à reta s, tem-se:
O declive da reta r é
3
3
0 = × 1+ b ⇔ b = −
2
2
NEMA11PR © Porto Editora
3
3
Equação da reta s: y = x −
2
2
44.1. Equação reduzida da reta AC: y = 1 x +1
2
C é o ponto de interseção da reta AC com o eixo das ordenadas,
então C ( 0 , 1) .
O ponto A pertence ao eixo das abcissas, então A ( x , 0) , x ∈R .
Como A pertence à reta AC, tem-se:
1
0 = x+ 1⇔ x = −2
2
Então, A( −2, 0 ) .
44.2. A reta r tem de inclinação 135°.
Então, m r = tan( 135°) = − tan (45 ° ) = −1 .
Uma equação, na forma reduzida, da reta r é y = − x + b .
Como o ponto A ( −2, 0 ) pertence à reta r, tem-se:
0 = − (− 2 ) + b ⇔ b = − 2
Equação reduzida da reta r: y = − x − 2 .
71
Unidade 2
reta BC é perpendicular à reta AC.
1
1
⇔ mBC = −
⇔ mBC = − 2
1
m AC
2
Sabe-se que o ponto C (0 , 1 ) pertence à reta BC.
BC ⊥ AC ⇔ mBC = −
Então, uma equação, na forma reduzida, da reta BC é
y = −2 x + 1 .
B é o ponto de interseção das retas AC e BC. Então, tem-se:
 y = − x −2
 y = − x −2
 y = − x −2
 y = −5
⇔
⇔
⇔

 y = −2 x + 1  − x − 2 = −2 x +1  x =3
 x =3
Então, B ( 3, − 5) .
Então, s: y = −2x + 5 .
Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto P.
1

1
1
y = x +1


y = x + 1

y = x + 1
2
⇔
⇔ 2
⇔
2

y = − 2x + 5  1 x + 1= − 2 x + 5 x + 2 = − 4x + 10
 2
1 8
9


 y= 2× 5+ 1  y = 5
⇔
⇔
x=8
x =8
5
5


8 9
O ponto P tem coordenadas  ,  .
 5 5
46.2. A distância do ponto A à reta r é igual a
Pág. 140
2
45. Começa-se por determinar as coordenadas do ponto Q,
projeção ortogonal de P sobre a reta t.
O ponto Q é a interseção da reta t com a reta s que é
perpendicular a t e passa em P.
A reta t é definida por 3x −y + 1 = 0 , ou seja, y =3 x +1 .
1
1
s ⊥ t ⇔ ms = −
⇔ ms = −
mt
3
1
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y = − x + b .
3
Como o pontoP (1, −1) pertence à reta s, tem-se:
1
2
−1 = − × 1 + b ⇔ b = −
3
3
1
2
Então, s: y = − x − .
3
3
Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto Q.
 y = 3x + 1
 y = 3x + 1
 y = 3x + 1


⇔
⇔


1
2
1
2 ⇔
 9x + 3 = −x − 2
 y = − 3 x − 3
 3x + 1= − 3 x − 3
y = −1
y = 3 x + 1 
2
⇔
⇔
10 x = − 5
x = − 1

2
1 1
O ponto Q tem coordenadas  − , −  .
 2 2
A distância do ponto P à reta t é igual a
2
2
 1 
1
9 1
10
PQ = 1 +  + −1 +  =
.
+ =
 2 
2
4 4
2
46.1. Seja P a projeção ortogonal de A sobre a reta r.
2
9
49 196
245 7 5
 8 
AP =  3 −  +  −1 −  =
.
+
=
=
5 
5
25 25
5
5

46.3. Seja A’ o ponto simétrico de A em relação à reta r.
Então,
  8 9    8 9 
  8 9   7 14 
A´ = P + AP =  ,  +   ,  − ( 3, − 1 )  =  ,  +  − ,  = Q
 5 5   5 5 
 5 5  5 5 
 1 23 
= , 
5 5 
47.1. A reta r, sendo tangente à circunferência de centro A no
ponto B, é perpendicular à reta AB.

AB = B − A = (3, −1) −( 0,3 ) = (3, −4) é um vetor diretor da reta
AB.
4
O declive da reta AB é − .
3
1
1
3
r ⊥ AB⇔ mr = −
⇔ mr = −
⇔ mr =
4
m AB
4
−
3
3
x+ b.
4
Como o ponto B ( 3, − 1) pertence à reta r, tem-se:
Uma equação, na forma reduzida, da reta r é y =
3
13
−1 = ×3 + b ⇔ b = −
4
4
3
13
.
Equação da reta r: y = x −
4
4


47.2. AB= (3, − 4 ) e BP = P − B = ( x, y ) − (3, − 1) = ( x −3, y +1 ) .
 
AB. BP = 0 ⇔ (3, − 4 ). ( x − 3, y + 1) = 0 ⇔ 3( x − 3 ) − 4 ( y + 1 ) = 0 ⇔
3
13
⇔ 3 x − 9 − 4 y −4 =0 ⇔ y = x −
4
4
O ponto P é a interseção da reta r com a reta s que é
perpendicular a r e passa em A.
1
A reta r é definida por y = x + 1 .
2
1
1
s ⊥ r ⇔ ms = −
⇔ ms = −
⇔ ms = − 2
1
mr
2
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y = − 2x + b .
48.1. O lugar geométrico dos pontos P ( x, y) do plano tais que
Como o ponto A (3, − 1 ) pertence à reta s, tem-se:
 
AB . BP = 0 é a reta perpendicular a AB e que passa em B.
−1 = −2× 3 + b ⇔ b = 5
72
Pág. 141
 
AB . AP = 0 é a reta perpendicular a AB e que passa em A.
48.2. O lugar geométrico dos pontos P ( x, y) do plano tais que
NEMA11PR © Porto Editora
44.3. Como o triângulo [ABC] é retângulo em C, sabe-se que a
Geometria analítica
48.3. O lugar geométrico dos pontos P ( x, y) do plano tais que
ˆ = 108° .
1.3. O triângulo [CDE] é isósceles pois CD = DE e CDE
 
AB . MP = 0 é a mediatriz de [AB].
48.4. O lugar geométrico dos pontos P ( x, y) do plano tais que
ˆ = 180° − 108° = 36 °.
Então, CED
2
Assim sendo, a inclinação da reta ED é 36°.
 
AP . BP = 0 é a circunferência de diâmetro [AB].
1.4. A inclinação da reta CD é 180 ° − 36 °, ou seja, 144°.
49.1. O ponto A (1, 2) pertence à circunferência definida pela
Proposta 2
equação x + ( y + 1) = 10 porque 1 + ( 2+ 1) = 10 .
2.1. AB = B − A = (3, −2 ) − ( −2,2 ) = (5, −4 ) é um vetor diretor da
2
2
2
2
49.2. O centro da circunferência definida pela equação

reta AB.
4
.
5
x 2 + ( y + 1) = 10 é o ponto C ( 0 , − 1) .
O declive da reta AB é −
Seja t a reta tangente à circunferência no ponto A.
A reta t, sendo tangente à circunferência de centro C no ponto A,
é perpendicular à reta CA.

CA = A − C = ( 1,2) −( 0, − 1) =( 1,3) é um vetor diretor da reta CA.
Uma equação, na forma reduzida, da reta AB é y = −
2
O declive da reta CA é 3 .
1
1
t ⊥ CA ⇔ mt = −
⇔ mt = −
m CA
3
1
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é y = − x + b .
3
Como o ponto A(1, 2 ) pertence à reta t, tem-se:
1
7
2 = − × 1+ b ⇔ b =
3
3
Equação da reta tangente à circunferência no ponto A:
1
7
y= − x+
3
3
50.1. O lugar geométrico dos pontos P ( x, y) do plano tais que
 
BC . CP = 0 é a reta perpendicular a BC e que passa em C.

BC = C − B = ( 3,4 ) −( 3,0) = ( 0,4) e

CP = P − C = ( x , y) − ( 3,4 ) = ( x − 3, y − 4) .
 
BC . CP = 0 ⇔ ( 0,4) . ( x − 3, y − 4) = 0 ⇔ 0( x − 3 ) + 4 ( y − 4 ) = 0 ⇔
⇔ 4 y −16 = 0 ⇔ y = 4
50.2. O lugar geométrico dos pontos P ( x, y) do plano tais que
 
AP . BP = 0 é a circunferência de diâmetro [AB].

AP = P − A = ( x , y ) −( −1,2) = ( x + 1, y −2) e

BP = P − B = ( x, y) − (3,0 ) = ( x − 3, y) .
 
AP. BP = 0 ⇔ ( x+ 1, y− 2 ) . ( x − 3, y) = 0 ⇔
⇔ ( x + 1 )( x − 3 ) + ( y −2 )y = 0 ⇔ x 2 − 3 x + x −3 + y 2 −2 y =0
4
x+ b .
5
Como o ponto B ( 3, − 2) pertence à reta AB , tem-se:
4
2
−2 = − × 3 + b ⇔ b =
5
5
4
2
Equação reduzida da reta AB: y = − x + .
5
5
2.2.
a) α é a inclinação da reta AB.
4
.
5
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora conclui-se que
α ≈ 180° − 38,7° = 141,3 ° .
Então, tem-se: tan α = −
b) θ é a inclinação da reta r de equação y = −3 x −8 .
Então, tem-se: tan θ = −3 .
Como 0° ≤ θ < 180° , recorrendo à calculadora conclui-se que
θ ≈ 180° − 71,6 ° = 108, 4 ° .
Proposta 3
Seja α a inclinação da reta definida pela equação y + 4 x −1 =0 .
y + 4x − 1 = 0 ⇔ y = −4 x + 1
Então, tem-se: tan α = −4 .
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora conclui-se que
α ≈ 180° − 76 ° = 104 ° .
A opção correta é a (A).
Proposta 4
Como θ é a inclinação da reta AB, sabe-se que tan θ = m AB .
2 − (−1 ) 3
=
= − 0,6
−1 − 4
−5
Então, tem-se: tan θ = −0,6 .
m AB =
A opção correta é a (C).
⇔ x2 − 2 x + y2 − 2 y = 3 ⇔ x2 − 2 x +1 + y2 −2 y +1 = 3 +1 +1
⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 5
NEMA11PR © Porto Editora
2
2
Pág. 143
Proposta 5
Pág. 142
5.1. Inclinação da reta r: 180° − 45° = 135° .
Proposta 1
1.1. A amplitude de cada um dos ângulos internos de um
5.2. m s = tan 60° = 3 .
pentágono regular é igual a 108°.
Então, a inclinação da reta BC é 180 ° −108 ° , ou seja, 72°.
1.2. A inclinação da reta AE é 108°.
5.3. mr = tan 135° = tan 45° = −1 .
A reta r é definida por:
y − 0 = − (x + 1 ) ⇔ y = − x − 1 .
73
Unidade 2
Proposta 9
y − 0 = 3 ( x +1 ) ⇔ y = 3x + 3 .
Seja Q´ a projeção ortogonal de Q sobre RS.
 
RS . RQ = − RS × RQ´ = −RS ×TQ = −15 ×( 20 −15 ) = −75
5.5. B é o ponto de interseção da reta s com o eixo das
(
)
Proposta 10
ordenadas, então B 0 , 3 .
Proposta 6
6.1.
a) Sabe-se que α é a inclinação da reta r e que a reta é paralela
3
à reta definida pela equação y = − x .
2
3
Então, tem-se: tan α = − .
2
1
9
1
4
⇔ 1+ =
⇔ cos2 α =
1 + tan2 α =
cos 2 α
4 cos 2 α
13
2

A afirmação II é falsa porque o ângulo formado pelos vetores OC

e OE é agudo.
A afirmação III é verdadeira porque o ângulo formado pelos
 
vetores GH e GF é raso.
Donde se conclui que as afirmações I e III são verdadeiras.
Proposta 11
 


11.1. u .v = u × v cos α ⇔ 10 = 5 × 3cos α ⇔ cos α = 2 .
3
4
9
sin α + cos α = 1 ⇔ sin α + = 1 ⇔ sin2 α =
13
13
2
A afirmação I é verdadeira porque o ângulo formado pelos
 
vetores GH e GF é obtuso.
2
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔ sin2 α +
3 13
.
Como 0° ≤ α < 180° , conclui-se que sin α =
13
π
b) Por observação da figura, sabe-se que α = + β , ou seja,
2
π
α− = β.
2
4
5
= 1 ⇔ sin2 α =
9
9
5
.
3
Como 0° ≤ α ≤ 180° , conclui-se que sin α =
11.2. tanα =

π
3 13
Então, tem-se cos β = cos  α −  = sin α =
.
2
13

5
sin α
5
= 3 =
2
cos α
2
3
6.2. A reta r é definida por:
Pág. 145
3
(x +2 ) ⇔ y = − 3 x −3
2
2
Então, B (0 , − 3 ) .
Proposta 12
12.1. As faces de um tetraedro regular são triângulos
y −0 = −
equiláteros.
Então, tem-se:
   
1 a2
AB . AC = AB × AC × cos 60 ° = a × a × = .
2 2
Proposta 7
7.1. Seja α a inclinação da reta s.
Sabe-se que α + θ = 90 ° , ou seja, α = 90° − θ .
   
a2
1
12.2. AB. BD= AB × BD × cos 120° = a× a×  −  = −
 2
7.2. Como α é a inclinação da reta s definida pela equação
y = 0,8 x + 4 , sabe-se que tan α = 0,8 , ou seja, tan α =
tan θ =
4
.
5
sin θ sin ( 90° − α ) − sin (α − 90° ) cos α
1
=
=
=
=
=
cos θ cos ( 90 ° − α) cos (α −90 ° ) sin α tan α
5
4
A reta s é definida por:
5
5
9
y + 1 = ( x − 1) ⇔ y = x − .
4
4
4
=
Pág. 144
Proposta 8
Como E é a projeção ortogonal de D sobre AB, sabe-se que
 
AB . AD = AE × AD = 9 ×28 =252 .
74
2
Proposta 13
 
13.1. NF .NY = NY ×NP =3 ×1 =3
 
13.2. OX .RB = −OX × RB = −2 × 4 = −8
 
13.3. AD. AZ = AD × AD = 27 × 27 =27
( ) ( ) = ( DV )
2
Cálculo auxiliar: AD + AV
( )
2
2
⇔ AD = 27 ⇔ AD = 27
AD >0
Proposta 14
14.1.
 
a) OB. OA = −OB ×OA = −r ×r = −r 2
 
b) OD . AB = OD × AB = r ×2 r = r 2
2
 
r
c) OC . AB = OD × AB = × 2 r = r2
2
2
( )
2
⇔ AD + 3 2 = 6 2 ⇔
NEMA11PR © Porto Editora
5.4. A reta s é definida por:
Geometria analítica
2
 
 
d) BC .DB = −BC .BD = −BD × BD = − r × r = − r
2 2
4
2
14.2. (CD ) +( OD ) = (OC ) ⇔ (CD ) +  r  = r 2 ⇔
2
2
2
2
2 
( )
2
⇔ CD =
2
3r
3r
⇔ CD =
4 CD > 0
2
(CD ) + ( AD ) = ( AC )
2
2
( )
⇔ AC
2
2
⇔
Então, tem-se:
BQ
x
1 BQ
⇔ =
⇔BQ =
cos 60 ° =
x
2 x
2
Seja B´ a projeção ortogonal de B sobre AF.
 
x
x2
AB . AF = −AF × AB´ = −AF × BQ = −x × = −
2
2
 
2
x
2
16.2. BC. BE = 20 ⇔ BQ× BE = 20 ⇔ ×2 x =20 ⇔
3r  3r 
+
= AC
4  2 
2
( )
2
⇔
⇔ x2 = 20 ⇔ x = 2 5
x >0
12r 2
=
⇔ AC = 3 r
4 AC >0
P[ ABCDEF ] = 6 ×2 5 =12 5
16.3. Seja F´ a projeção ortogonal de F sobre AE.
Pág. 146
cos 30° =
Proposta 15
3 AF ´
AF ´
⇔
=
⇔ AF ´ = 3 3
6
2
6
15.1.
F´ é o ponto médio de [AE], então AE = 6 3 .
 
AE . AF = AF´ × AE = 3 3 ×6 3 = 54
AB 1 2
⇔ =
⇔ OA = 4 .
OA
2 OA
Como A pertence ao eixo Ox, então A (4 , 0 ) .
Proposta 17
a) sin 30 ° =
b) mOB = tan 30 ° =
3
e a reta OB passa na origem do
3
referencial.
Então, a reta OB é definida pela equação y =
3
x .
3
m AB = tan (180 ° −60 °) = −tan 60 ° = − 3 .
AB : y = − 3 x + b .
Como a reta AB passa no ponto A( 4 , 0 ) , tem-se:
Então, AB: y = − 3 x +4 3 .
c) B é o ponto de interseção das retas OB e AB.
 y = 3
⇔
 x = 3

3
y=
x

3
⇔

 3 x = − 3 x +4 3
 3
(

3
y=
x

3
⇔

4 3 x =4 3
 3
 
17.2.
a) Seja M o ponto médio de [PQ].
( 3)
2
× 4 ×cos 150 ° =

3
= 2 3 ×4 ×( −cos 30 °) =2 3 ×4 × −  = −12
 2 
Proposta 16
b) M é a projeção ortogonal de O sobre PQ.
 
Então, PQ .PO = PO ×PQ = 2 × 4 = 8 .
Proposta 18

18.1. Seja α a amplitude do ângulo formado pelos vetores u e

v.
 






u .v = u × v cos α ⇔ u × v = u × v cos α ⇔ 1 = cos α
Como 0° ≤ α ≤ 180° , conclui-se que α = 90 ° .
18.3. u .v = u × v cosα ⇔ − u × v = u × v cos α ⇔
⇔ −1 = cos α
Como 0° ≤ α ≤ 180° , conclui-se que α = 180 ° .
 
amplitude de cada um dos ângulos internos é igual a 120°.
ˆ = 60° .
Logo, CBE
Seja Q a projeção ortogonal de C sobre BE.


18.4. u. v = u × v cos α ⇔ −
16.1. Sendo [ABCDEF] um hexágono regular, sabe-se que a
NEMA11PR © Porto Editora
2
2
PM
⇔ cos 54 ° =
⇔ OP =
⇔ OP ≈3,4
cos 54°
OP
OP
Como 0° ≤ α ≤ 180° , conclui-se que α = 0 ° .
 




18.2. u. v = u × v cos α ⇔ 0 = u × v cos α ⇔ 0 = cos α
)
Assim sendo, B 3, 3 .
15.2. OB . AO = 3 2 +
então tem 4 unidades de lado.
Sabe-se que a amplitude de cada um dos ângulos internos de um
pentágono regular é igual a 108°.
Então, tem-se:
 
QR. QP = 4 ×4 ×cos 108 ° =16 ×cos 108 ° ≈ −4,94 .
cos 54 ° =
0 = − 3× 4 + b⇔ b = 4 3

3
x
y =
⇔
3

y = − 3x+ 4 3

17.1. Se o pentágono regular tem 20 unidades de perímetro
3 



u × v = u × v cos α ⇔
2
3
= cos α
2
Como 0° ≤ α ≤ 180° , conclui-se que α = 180 ° −30 ° =150 ° .
⇔−
75
Unidade 2
24.1. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
Proposta 19
 
condição AB . BP = 0 é a reta perpendicular a AB e que passa em
B.


AB = B − A = (2,1 ) e BP= P− B= ( x, y) − ( 4,0 ) = ( x− 4, y) .
 
AB . BP = 0 ⇔ (2,1 ) .( x − 4, y ) = 0 ⇔ 2 x − 8 + y = 0 ⇔ y = − 2 x + 8 .
A reta perpendicular a AB e que passa em B é definida pela
equação y = −2x + 8 .
24.2. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
A opção correta é a (B).
 
condição AP . BP = 0 é a circunferência de diâmetro [AB].

AP = P − A = ( x, y ) − (2, −1) =( x −2, y +1 ) e

BP = P − B = ( x, y )− ( 4,0) = ( x − 4, y ) .
 
AP . BP = 0 ⇔ ( x − 2, y + 1 ).( x − 4, y ) = 0 ⇔
Proposta 20
⇔ ( x − 2)( x − 4 ) + ( y + 1) y = 0 ⇔ x2 − 4 x − 2 x + 8 + y2 + y = 0
1
1
= −8 +9 + ⇔
4
4
A opção correta é a (C).
⇔ x 2 − 6x + y 2 + y = − 8 ⇔ x 2 − 6x + 9 +y 2 +y +
Proposta 21

1
5
2
⇔ ( x − 3) +  y +  =
2 4

A circunferência de diâmetro [AB] é definida pela condição
2
21.1. As bases do prisma são triângulos retângulos e isósceles.
Então, tem-se:
2 3
6
CD
⇔
=
⇔ CE =
⇔ CE = 3 2 .
sin 45° =
2 CE
2
CE


1
2
(x − 3)2 +  y + 2 

5
= .
4
Logo, P[CDE ] = 2CD + CE =6 +3 2 ≈10,2 .
24.3. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
21.2.
 
a) CD. DE= 3× 3 × cos 90° = 9 × 0 = 0
mediatriz de [AB].
 
b) CB. CE = 3 ×3 2 ×cos 180 ° =9 2 ×( −1 ) = −9 2
 


c) BA .ED = 8× 3× cos 135° = 24 ×  − 2  = −12 2

Proposta 22
2 
             
u . v = EA + AB . ED + DC = EA. ED+ EA. DC+ AB. ED+ AB. DC=
(
)(
)
1 2
7
= − a× a + 0 + 0 + a × a = a2
3 3
9
 
condição MP . AB = 0 , sendo M o ponto médio de [AB], é a
2 + 4 −1 + 0 
1
,
, ou seja, M 3, −  .
M 
2
2 
 2



1 
1  
MP = P − M = ( x, y )−  3, −  =  x − 3, y +  e AB = B − A =( 2,1 )
2 
2

 
1
1

MP . AB = 0 ⇔  x − 3, y +  .( 2,1) = 0 ⇔ 2 x − 6 + y + = 0 ⇔
2
2

11
⇔ y = −2x +
2
11
.
Uma equação da mediatriz de [AB] é y = −2 x +
2
Pág. 148
Proposta 25
Proposta 23
x + 3y − 1 = 0 ⇔ y = −
 


23.1. BA . CA = 0 porque os vetores BA e CA são
perpendiculares.
(
  
)
   
23.2. CA − AB . AB = CA. AB − AB. AB= 0 −2 2 = −4
 
23.3. BA . BC = BA× BA= 2× 2 = 4
76
x 1
+ .
3 3
1
Logo, m r = − .
3

Um vetor diretor da reta s é v (2,6 ) .
6
=3 .
2
Assim sendo, as retas r e s são perpendiculares porque
1
mr = −
.
ms
A opção correta é a (A).
Então, m s =
NEMA11PR © Porto Editora
Proposta 24
Pág. 147
Geometria analítica
Proposta 26

26.1. AB = B − A =(2 k −7,3 ) .
 
 
AB⊥ u ⇔ AB. u = 0 ⇔ (2 k− 7,3) . ( 3 k, k + 4 ) = 0 ⇔
⇔ 6 k2 − 21 k +3 k +12 = 0 ⇔ 6 k 2 −18 k +12 =0 ⇔k =1 ∨ k =2
 
26.2. AB. u < 0 ⇔ (2 k − 7,3 ). (3 k , k + 4 ) < 0 ⇔
⇔ 6 k2 − 21 k + 3 k + 12 < 0 ⇔ 6 k 2 −18 k +12 < 0 ⇔ k ∈ ]1, 2 [
Cálculos auxiliares:
6k 2 − 18k +12 = 0 ⇔
⇔ k 2 − 3k + 2 = 0 ⇔ k =
3±
1
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y = − x + b .
2
Como o ponto A (0 , 4 ) pertence à reta s, uma equação da reta s
1
é y = − x +4 .
2
Seguidamente determinam-se as coordenadas do ponto B.
1

 y = − 1 x + 4 y = − x + 4
y = − 1 x + 4



2
⇔
⇔
⇔
2
2

 1
 y = 2 x − 3
− x + 4 = 2 x − 3 − x + 8 = 4 x − 6
 2
y = −1 ×14 +4
y =13


2 5
5
⇔
⇔
14
14
x =
x =


5
5
9− 8
2
⇔ k = 2 ∨ k =1
14 13
O ponto B tem coordenadas  ,  .
 5 5 
A distância do ponto A à reta r é igual a:
Pág. 149
Proposta 27
2
OB
OB
27.1. tan 60° =
⇔ 3=
⇔ OB = 4 3 .
OC
4
Então, AC = 2× 4 3 = 8 3 .
(
Proposta 29
)

Donde se conclui que A 4 , 8 3 .
 
29.1. AC = C − A = (3, − 2 )
 
27.2. BC. CD = −CB. CD = −8 ×8 ×cos 60 ° = −32 .
2
Logo, m AC = − .
3
27.3. Se P pertence ao eixo das ordenadas, então
t ⊥ AC ⇔ mt = −
P ( 0 , y) , y∈ R .
 
CD . OP= − 24 ⇔ 4, 4 3 . ( 0, y )= − 24 ⇔ 4 3 y= − 24 ⇔
(
⇔y = −
)
(
)
6
⇔ y = −2 3 . Então, P 0 , − 2 3 .
3
Proposta 28
28.1. r : y = 2x − 3 .
1
3
⇔ mt =
m AC
2
3
Então, t : y = x +b .
2
Como o ponto A (2, 5 ) pertence à reta t tem-se:
3
5 = × 2+ b ⇔ 2 = b
2
Equação reduzida da reta t: y =
3
x +2 .
2
Logo, m r = 2 .
29.2. Sendo α a inclinação da reta t, sabe-se que tan α = mt .
Qualquer vetor com a direção da reta r é da forma

v = k( 1,2) , k∈ R .


Se k = 1 tem-se v = (1,2) = u .
3
.
2
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 56,3° .
28.2.
a) O conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a condição
NEMA11PR © Porto Editora
2

14 
13
196 49
245 7 5
.
AB =  0 −  + 4 −  =
+
=
=

5 
5
25 25
5
5
 

u . AP = 0 é a reta perpendicular a u e que passa em A.
 
x
u . AP = 0 ⇔ (1,2 ) . ( x , y − 4 ) = 0 ⇔ x + 2y − 8 = 0 ⇔ y = − + 4
2

A reta perpendicular a u e que passa em A é definida pela
equação y = − x + 4 .
2
b) Seja B a projeção ortogonal de A sobre a reta r.
O ponto B é a interseção da reta r com a reta s que é
perpendicular a r e passa em A.
A reta r é definida por y = 2x − 3 .
1
1
s ⊥ r ⇔ ms = −
⇔ ms = −
2
mr
Então, tem-se tan α =

29.3. r = AC = 32 + ( −2 )2 = 13
Uma equação da circunferência representada é
(x − 5 ) + (y −3 )
2
2
=13 .
Pág. 150
Proposta 30
30.1. P( 3, y) , y < 0 .
Como P pertence à circunferência, tem-se:
32 + ( y − 2) = 25 ⇔ ( y − 2 ) = 16 ⇔ y −2 = 4 ∨ y −2 = −4 ⇔
⇔ y = 6 ∨ y = −2
2
2
Donde se conclui que P (3, − 2 ) .
77
Unidade 2
31.3. Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo,

u = ( 5, − 2) .
4
Logo, mCP = − .
3
 
r .s
cos rɵ, s = 
 =
r × s
( )
5 × ( −3) + ( −2 ) ×6
1
3
r ⊥ CP ⇔ mr = −
⇔ mr =
mCP
4
3
Então, r : y = x + b .
4
Como o ponto P ( 3, − 2 ) pertence à reta r tem-se:
Recorrendo à calculadora, tem-se r ɵ, s ≈ 41, 6 ° .
3
17
−2 = × 3 + b ⇔ − = b .
4
4
Proposta 32
3
17
.
Equação reduzida da reta r: y = x −
4
4
Sendo α a inclinação da reta r, sabe-se que tan α = m r .
=
5 + ( − 2) ×
2
2
( − 3)
2
+6
2
=
27
29 × 45
=
27
1305
( )
32.1. O sistema de rega completa uma volta em dois minutos.
Então, tem-se tan α =
Então, 30 segundos após o início da rega, o sistema completou
um quarto de volta.

O vetor pedido é perpendicular ao vetor u (1, 2 ) .

Por exemplo, v ( − 2, 1 ) .
30.2. Designemos por s a reta de equação y = 2x +1 .
32.2.

a) OA = A − O = ( −2, −4 ) .
3
.
4
Como 0° ≤ α < 180° , recorrendo à calculadora, conclui-se que
α ≈ 37° .

O declive da reta s é 2 e um vetor diretor da reta é v (1,2 ) .

Um vetor diretor da reta r é u (4,3) .
 
r. s
4 × 1 + 3× 2
10
2
.
=
=
cos r ɵ, s =   =
r ×s
5
42 + 32 × 12 + 22 5 × 5
( )
( )
Recorrendo à calculadora, tem-se rɵ, s ≈26,6 ° .




Ora, OA = −2 u . Logo os vetores OA e u têm sentidos opostos.
Donde se conclui que a água atinge pela segunda vez a árvore,
situada em A, 3 minutos após o início da rega.
 
b) w = OB = B − O = ( −2,4 ) .
 
1 × ( −2 ) + 2 ×4
u .w
6
3
 
=
= .
cos u ɵ,w = 
 = 2 2
2
u × w
5 × 20 5
1 +2 × ( −2 ) +4 2
( )
( )
Proposta 31
 
Recorrendo à calculadora, tem-se u ɵ, w ≈ 53° .
31.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r.
c) O lugar geométrico dos pontos P ( x , y ) do plano tais que
2
3
r: 2 x + 5 y − 3 = 0 ⇔ y = − x +
5
5
1
1
5
t ⊥ r ⇔ mt = −
⇔ mt = −
⇔ mt =
2
mr
2
−
5
 
AP . OP = 0 é a circunferência de diâmetro [AO].
Donde se conclui que o canteiro tem a forma de um círculo de
diâmetro [AO].
OA =
( −2 ) +( −4 )
2
2
= 20
5
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é y = x + b .
2
Como o ponto A (3, 8 ) pertence à reta t, tem-se:
O canteiro será abrangido pelo sistema de rega porque OA < 5 m .
5
1
8 = × 3 +b ⇔b = .
2
2
Pág. 151
5
1
Equação reduzida da reta t: y = x + .
2
2
31.2. O ponto P pertence ao eixo das abcissas, então
P( x , 0) , x∈ R .

AP = P − A = ( x −3, −8 )

Um vetor com a direção da reta s é, por exemplo, v = ( −3,6 ).
   
AP⊥ v ⇔ AP. v = 0 ⇔ ( x− 3,− 8) .( − 3,6) = 0 ⇔
⇔ −3 x + 9 − 48 = 0 ⇔ x = −13
Então, P ( −13, 0 ) .
78
Proposta 33
33.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r.
t ⊥ r ⇔ mt = −
1
1
1
⇔ mt = −
⇔ mt =
−3
mr
3
1
x+ b .
3
pertence à reta t, tem-se:
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é y =
Como o ponto A (5, 2 )
1
1
2 = ×5 + b ⇔ b =
3
3
1
1
Equação reduzida da reta t: y = x + .
3
3
NEMA11PR © Porto Editora

CP = P − C = ( 3, − 4 )
Geometria analítica
33.2. O ponto B pertence ao eixo das abcissas, então
B ( x , 0) , x∈ R .

AB = B − A = ( x − 5, − 2) .
 
 
u⊥ AB⇔ u . AB= 0 ⇔ ( 4,− 1) .( x− 5,− 2) = 0 ⇔ 4 x − 20 + 2 = 0 ⇔
⇔ x=
9
2
9 
Então, B  , 0  .
2 
 
33.3. u . AP < 0 ⇔ ( 4, − 1) . ( k − 3, − k 2 − 7 ) < 0 ⇔
⇔ 4 k − 12 + k + 7 < 0 ⇔ k + 4 k −5 < 0 ⇔ k ∈] −5 , 1 [
2
2
− 4 ± 16 + 20
2
⇔ k = 1 ∨ k = −5
Proposta 34
34.1. Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo,

u (2, − 1) .
1
O declive da reta r é − .
2
1
1
s ⊥ r ⇔ ms = −
⇔ ms = −
⇔ ms = 2
1
mr
−
2
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y = 2x + b .
Como o ponto A( −2, 3) pertence à reta s, tem-se:
3 = 2× ( − 2 ) + b ⇔ b = 7 .
=
)
1
1
⇔ mt = −
mr
3
1
Uma equação, na forma reduzida, da reta t é y = − x + b .
3
Como o ponto A ( −1, 4) pertence à reta t, tem-se:
1
13
.
4 = − × (− 1 ) + b ⇔ b =
3
3
1
11
.
Equação reduzida da reta t: y = − x +
3
3
y = −1 × 4 +11
y =17


3
5
3
5
⇔
⇔
4
x =
x = 4
 5
 5
4 17
O ponto B tem coordenadas  ,  .
5 5
A distância do ponto A à reta r é igual a
2
2
4   17 
81 9
90 3 10

.
+
=
=
AB =  −1 −  + 4 −  =

5 
5 
25 25
5
5

35.3. a . b > 0 ⇔ ( −1,2) .( k2 , 4 − k ) > 0 ⇔ −k2 + 8 − 2k > 0 ⇔
⇔ k2 + 2k − 8 < 0 ⇔ k ∈ ] − 4 , 2 [ .
Cálculos auxiliares:
2
k + 2 k −8 = 0 ⇔ k =
− 2 ± 4 + 32
2
⇔ k = 2 ∨ k = −4
16
265
(
Pág. 152
)
Recorrendo à calculadora, tem-se r ɵ, AB ≈ 10,62 ° .
34.3. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
 
condição AP . BP = 0 é a circunferência de diâmetro [AB].

AP = P − A = ( x , y ) −( −2,3 ) = ( x + 2, y − 3) e

BP = P − B = ( x , y) − ( 5,1) = ( x − 5, y − 1) .
 
AP. BP = 0 ⇔ ( x+ 2, y− 3) .( x − 5, y − 1) = 0 ⇔
⇔ ( x + 2 ) ( x − 5 ) + ( y − 3 )( y −1 ) = 0
⇔ x2 − 5 x +2 x −10 + y2 − y −3 y +3 =0 ⇔ x2 −3 x + y2 −4 y =7
2
9
3
53

2
+ y2 − 4 y + 4 = 7 + +4 ⇔  x −  + ( y −2 ) =

4
4
2
4
A circunferência de diâmetro [AB] é definida pela condição
⇔ x2 − 3 x +
NEMA11PR © Porto Editora
t ⊥ r ⇔ mt = −

Equação reduzida da reta s: y = 2x +7 .

34.2. AB = B − A = (7, −2 ) .
 
r . AB
2 × 7 + (−1 )× (−2 )
16
ɵ
=
=
cos r , AB =   =
2
2
2
5 × 53
r × AB
2 + ( −1 ) × 72 + ( −2 )
(
35.1. Seja t a reta que passa em A e é perpendicular a r.
35.2. Seja B a projeção ortogonal de A sobre a reta r.
O ponto B é a interseção da reta r com a reta t que é
perpendicular a r e passa em A.
1
11

 y = − 1 x + 11  y = − x +
 y = − 1 x + 11



3
3
⇔
3
3 ⇔
3
3 ⇔

 y = 3 x + 1
− 1 x + 11 = 3 x +1

− x + 11 = 9 x + 3

3
 3
Cálculos auxiliares:
k2 + 4 k − 5 = 0 ⇔ k =
Proposta 35
2
9
3
53
2

 x − 2  + ( y − 2) = 4 .


Proposta 36
36.1. O lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a
 
condição BC .MP = 0 , sendo M o ponto médio de [BC], é a
mediatriz do segmento de reta [BC].

36.2. AD = D − A =( −2, 3)
mAD =
3
3
=−
−2
2
3
Uma equação da reta AD é y = − x + b .
2
Como o ponto D ( 0 , 3) pertence à reta AD, uma equação da reta
3
AD é y = − x + 3 .
2
3
y = − x + 3⇔ 2y = − 3x + 6 ⇔ 3x + 2y − 6 = 0
2
79
Unidade 2
37.1. O ponto A tem ordenada positiva e pertence ao eixo das
ordenadas, então A( 0 , y) , y > 0 .
Como A pertence à circunferência, tem-se:
0 2 + y 2 + 4× 0 = 9 ⇔ y 2 = 9 ⇔ y = 3 ∨ y = −3
Então, A (0 , 3) .

Um vetor com a direção da reta r é, por exemplo, u ( − 2,3) .
3
O declive da reta r é − .
2
Seja s a reta que passa em A e é perpendicular a r.
1
2
s ⊥ r ⇔ ms = −
⇔ ms =
3
mr
2
Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y = x + b .
3
Como o ponto A (0 , 3) pertence à reta s, tem-se b = 3 .
2
Equação reduzida da reta s: y = x +3 .
3
37.2. x 2 + y 2 +4 x =9 ⇔ x2 +4 x +4 + y2 =9 +4 ⇔
⇔ ( x − 2) + y2 = 13
2
O centro da circunferência é o ponto C ( −2 , 0 ) .
3
Uma equação, na forma reduzida, da reta r é y = − x + b .
2
Como o ponto de coordenadas ( − 1, 5) pertence à reta r, tem-se:
3
7
5 = − × ( −1 ) + b ⇔ b = .
2
2
3
7
Equação reduzida da reta r: y = − x + .
2
2
3
7

Como o ponto P pertence à reta r, sabe-se que P  x , − x +  .
2
2



3
7


u ⊥ CP ⇔ u .CP = 0 ⇔ (− 2,3 ) . x + 2,− x +  = 0
2
2

9
21
⇔ −2 x − 4 − x + = 0 ⇔ x = 1 .
2
2
Então, P (1, 2 ) .
38.3.
a) A reta CD é paralela à reta AB, logo tem o mesmo declive.
CD: y= − x+ b.
Como o pontoE (8 , 0 ) pertence à reta CD, tem-se:
0 = −8 + b ⇔ b = 8 .
Equação reduzida da reta CD: y = − x + 8 .
b) A reta BC é perpendicular à reta AB, então tem-se:
BC ⊥ AB⇔ mBC = −
Uma equação, na forma reduzida, da reta BC é y = x +b .
Como o ponto B ( 1, − 3) pertence à reta BC, tem-se:
−3 = 1 + b ⇔ b = −4 .
Equação reduzida da reta BC: y = x − 4 .
38.4. C é o ponto de interseção das retas AD e CD.
A reta AD é paralela à reta BC e passa no ponto A ( −2 , 0) .
Então, tem-se:
0 = −2 + b ⇔ b = 2
Equação reduzida da reta AD: y = x + 2 .
Determinação das coordenadas do ponto D:
y = x + 2
y = x + 2
y = 5
⇔
⇔

=
−
+
+
=
−
+
8
2
8
y
x
x
x


x = 3
Portanto, D (3, 5) .

38.1. A inclinação da reta AB é igual a 135°.
m AB = tan 135 ° = −1 .
Uma equação da reta AB é y = −x +b .
Como o pontoB (1, − 3) pertence à reta AB , tem-se:
− 3 = − 1 + b ⇔ b = −2 .
Equação reduzida da reta r: y = −x − 2 .
A é o ponto de interseção da reta AB com o eixo Ox.
0 = −x − 2 ⇔ x = −2 .
Então, A ( −2 , 0 ) .
38.2. Seja X a projeção ortogonal de B sobre AE.
Tem-se X (1, 0 ) .
 
Então, AB. AE = AX × AE =3 ×10 =30 .
80

38.5. AD = D − A = (5,5 ) e EA = A − E = ( −10,0 ) .
 
Então, AD . EA = ( 5, 5) .( − 10, 0) = −50 + 0 = −50 .
Pág. 153
Proposta 39
39.1.
 
ˆ = CA ɵ, CB
a) θ = ACB
(
)


CA = A − C = (−4, − 4 ) e CB = B − C = (1, − 5 ) .
 
− 4 × 1 + ( −4) ×( −5)
CA .CB
16
=
=
cos θ =   =
2
2
2
2
× 26
4
2
CA × CB
( −4 ) +( −4 ) × 1 +( −5 )
4
2 13
=
=
13
52 2 13
b) Seja D a projeção ortogonal de C sobre a reta AB.
O ponto D é a interseção da reta AB com a reta r que é
perpendicular a AB e passa em C.

AB = B − A = (5, −1 ) .
=
Proposta 38
1
⇔ mBC = 1 .
mAB
4
1
O declive da reta AB é − .
5
1
1
r ⊥ AB⇔ mr = −
⇔ mr = −
⇔ mr = 5 .
1
m AB
−
5
Uma equação, na forma reduzida, da reta r é y = 5x + b .
Como o ponto C ( 1, 4 ) pertence à reta r, tem-se:
4 = 5 × 1 + b ⇔ b = −1 .
Equação reduzida da reta r: y = 5 x − 1 .
Determinação das coordenadas do ponto D:
NEMA11PR © Porto Editora
Proposta 37
Geometria analítica
8
y
 y = 5 x −1
 y = 5 x −1
=−
13



⇔
⇔
1
3 
1
3 

 y = − 5 x − 5
 5x − 1 = − 5 x − 5
x = 1

13
42.2.
ˆ = 180  − 30  = 150  ;
AGB
AG =
2
2
AM = × 6 = 4
3
3
8 
 1
O ponto D tem coordenadas  , −  .
 13 13
2
2
BG = BN = × 4,5 = 3
3
3
Recorrendo ao teorema dos cossenos, tem-se:
39.2. Seja s a reta perpendicular a AC e passa em B.
ˆ )
(AB ) = ( AG ) + (BG ) −2 AG ×BG ×cos ( AGB
(AB ) =16 +9 −2 ×4 ×3 ×cos (150 )

AC = C − A = ( 4,4 ) .
2
2
2
2
4
O declive da reta AC é m = = 1 .
4
1
1
⇔ ms= −
⇔ m s= − 1.
s ⊥ AC ⇔ m s = −
mAC
1
(AB )
2


3
= 25 − 2 × 4 × 3 × −  = 25 +12 3
2


Uma equação, na forma reduzida, da reta s é y = − x + b .
Resulta que AB = 25 +12 3 , como se queria demonstrar.
Como o ponto B (2 , − 1) pertence à reta s, tem-se:
Proposta 43*
− 1 = −2 + b ⇔ b = 1 .
Equação reduzida da reta s: y = −x + 1 .
Seja N o ortocentro do triângulo [ABC].
O ponto N é a interseção da reta r com a reta s.
Determinação das coordenadas do ponto N:
2

 y = 3
y = 5 x −1
 y = 5 x −1
⇔
⇔

 y = − x + 1 − x + 1 = 5 x − 1  x = 1

3
Sabe-se que os pontos A e B têm a mesma abcissa positiva.
O ponto A pertence à reta r definida pela equação y = 2 x e o
ponto B pertence à reta s definida pela equação x + y =1 , então
tem-se: A ( x , 2 x ) e B ( x , − x + 1) , sendo x > 0 .
 
Como o triângulo [ABP] é retângulo em P , tem-se PA. PB = 0 .


PA = A− P = ( x − 4, 2 x − 3 ) e PB =B −P = (x −4, −x −2) .
 
PA. PB = 0 ⇔ ( x − 4,2 x −3 ). ( x − 4, − x −2) = 0
1 2
O ponto N tem coordenadas  ,  .
3 3
⇔ x2 − 8 x + 16 − 2 x2 − 4 x + 3 x + 6 = 0
⇔ ( x − 4) + ( 2x − 3) × ( − x − 2) = 0
2
9 ± 81 + 88
⇔ x = −11 ∨ x = 2
−2
Como x > 0 , conclui-se que x = 2 . Então, A (2 , 4 ) e B (2 , −1 ).
2
⇔ − x − 9 x + 22 = 0 ⇔ x =
Proposta 40
Sabe-se que A ( −1, 0 ) , B (0 , −1) e P (cos θ , sin θ ) .


AP = P − A = ( cos θ + 1, sin θ ) e BP =P −B =( cos θ , sin θ +1 ).
 
AP . BP= ( cos θ + 1, sin θ ). (cos θ , sinθ + 1 )
= (cos θ + 1 ) ×cos θ +sin θ × (sin θ +1 )
pela equação (x − 2 ) + y2 = 4 , então C (2 , 0 ) .
= cos2 θ + cos θ + sin2 θ + sinθ
Raio da circunferência de centro C que passa em B:
= cos2 θ + sin2 θ + cos θ + sin θ = 1 + cos θ + sin θ
r = BC =
2
        
2
AC = AC .AC = AC . AB + AD = AC . AB + AC . AD
(
)
= AB × AE + AD × AF
Pág. 154
Proposta 42*
42.1. a) Como G é o baricentro do triângulo, sabe-se que:
2
2
1
1
GA = AM = ×6 =4 e GN = BN = ×4,5 =1,5 .
3
3
3
3
   
 
GA. GN = GA × GN ×cos GA ,ɵ GN = 4 ×1, 5 ×cos 30 °
(
)
3
= 6×
=3 3
2
   
 
b) GN . GM = GN × GM × cos GN ɵ, GM = 1,5 × 2 × cos 150°
(

3
3 3
= 3×  −
=−
 2 
2


NEMA11PR-6
(5 −2 )2 + (4 −0 )2 =5 .
Equação da circunferência de maior raio:
Proposta 41
NEMA11PR © Porto Editora
Proposta 44*
44.1. a) Sabe-se que a circunferência de menor raio é definida
)
( x −2)
2
+ y2 = 25 .
b) Designemos por t a reta tangente à circunferência de maior
raio no ponto B .
Seja P (x , y ) um ponto qualquer pertencente à reta t .
 
Sabe-se que BC .BP = 0 .


BC = C − B = ( −3, −4) e BP = P − B = ( x −5, y −4 ) .
 
BC . BP = 0 ⇔ ( −3, − 4 ) . ( x − 5, y − 4 ) = 0 ⇔ −3 x +15 −4 y +16 = 0
⇔ y= −
3
31
x+
4
4
3
31
A reta té definida por y = − x + .
4
4
44.2. Seja α a amplitude, em radianos, do setor circular ACB.
α × 25 α × 4 21α
−
=
.
Asombreada =
2
2
2
21 α 7 π
π
Então, tem-se:
=
⇔α = .
2
2
3
   
 ɵ 
1
π
CA. CB = CA × CB ×cos CA, CB =2 ×5 ×cos =10 × =5 .
3
2
(
)
81
Unidade 2

51.1. Sabe-se que Q é um ponto do plano α e u é um vetor
normal ao plano α .

AQ = Q − A = (2,4,− 3 ) − ( − 3,− 6,− 6 )= (5,10,3 )
 
AQ .u = ( 5,10,3 ) . (− 1,3,5 ) = − 5 + 30 + 15 = 40
 
Como AQ . u ≠ 0 , conclui-se que o ponto A não pertence
ao plano α .

BQ = Q − B = ( 2,4, − 3 ) −( −5,0,4) =( 7,4, − 7)
 
BQ . u = ( 7, 4,− 7) .( − 1, 3, 5) = − 7 + 12 − 35 = −30
 
Como BQ. u ≠ 0 , conclui-se que o ponto B não pertence
ao plano α .

CQ = Q − C = ( 2,4, − 3 ) − (3,1, − 1) = ( −1,3, − 2 )
 
CQ. u = ( −1,3, − 2) . ( −1,3,5) = 1 + 9 − 10 = 0
 
Como CQ. u= 0 , conclui-se que o ponto C pertence ao plano α .
51.2. Os dois pontos que não pertencem a α são A e B.

AB = B − A = ( −5,0, 4) − ( −3, − 6, − 6) =( −2,6,10)




Os vetores AB e u são colineares porque AB = 2u .
Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano α .
 
O ponto P satisfaz a condição AP. u = 0 .
 
7
3
Ap. u = 0 ⇔ (x , y + 3, z + 6 ).  , − 4,  = 0
2
2
3
7
⇔ x − 4( y + 3) + ( z + 6) = 0
2
2
3
7
⇔ x − 4y − 12 + z + 21 = 0
2
2
⇔ 3 x −8 y −24 +7 z + 42 =0
⇔ 3 x −8 y +7 z +18 =0
54.3. O conjunto de pontos P ( x , y , z ) do espaço que satisfazem
 
a condição AB . AP = 0 é o plano perpendicular ao segmento de
reta [AB] que passa no ponto A.
 
AB . AP = 0 ⇔ ( − 2,10,3) . ( x , y + 3, z + 6) = 0
⇔ − 2x + 10( y + 3) + 3( z + 6) = 0
⇔ − 2x + 10y + 30 + 3z + 18 = 0
⇔ −2x + 10y + 3z + 48 = 0
Conclui-se, então, que os pontos A e B definem uma reta
perpendicular a α .
 
52. O ponto P pertence ao plano β se RP. n =0 .

RP = P − R = (2 k 2 , k + 1, − k ) − (2, − 2,0 ) = (2 k 2 − 2, k + 3, − k )
 
RP . n = 0 ⇔ (2k 2 − 2,k + 3, − k ) . ( 4, − 2,7 ) = 0
55. Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano α .
⇔ (2 k2 − 2 ) × 4 + ( k + 3 )× ( −2 ) + (− k)× 7 = 0
⇔ 3 ( x − 1 ) + 1 ( y − 5 ) −2 ( z + 4 ) =0
⇔ 8k 2 − 8 − 2k − 6 − 7k = 0 ⇔ 8k 2 − 9k − 14 = 0
⇔ 3 x −3 + y −5 −2 z −8 =0
⇔ 3 x + y −2 z −16 = 0
⇔ k=
9 ± 81 − 4 × 8 × ( −14 )
16
⇔ k=
9 ± 23
7
⇔ k= −
∨ k= 2
16
8
Pág. 157
 
O ponto P satisfaz a condição AP. u = 0 .
 
AP . u = 0 ⇔ ( x − 1, y − 5, z + 4 ) .( 3,1, − 2) = 0
Tarefa 5
Pág. 156

53.1. AB = B − A =( 0, −3,5) −( −2,4, −1) =( 2, −7,6) .
 
AB .v = ( 2, − 7,6 ) . ( 2, − 3,4 ) = 4 + 21 + 24 = 49 .
 
Como AB . v ≠ 0 , conclui-se B ∉β .

53.2. O ponto C pertence ao plano β se AC .v = 0 .

AC = C − A = ( −2 + k,5,3 k ) −( −2,4, −1 ) = ( k ,1,3k +1)
 
AC .v = 0 ⇔ ( k ,1,3k + 1) .( 2, − 3,4) = 0
⇔ 2 k − 3 + 12 k + 4 = 0 ⇔ 14 k = −1 ⇔ k = −
1
14

54.1. Sabe-se que A é um ponto do plano α e u é um vetor
normal ao plano α .

AB = B − A = ( −2,7, − 3) − ( 0, − 3, − 6 ) =( −2,10,3)
 
7
21
65
3
AB . u = ( −2,10,3 ) .  , − 4,  = −3 − 40 + = −
2
2
2
2
 
Como AB . u ≠ 0 , conclui-se que o ponto B não pertence ao plano
α.
82

1.1. AB = B − A = (1,0,2) −( 2, −3,1) =( −1, 3,1)
 
AB . v = ( − 1,3,1 ). ( 4,− 3,− 2) = − 4 − 9 − 2 = −15
 
Como AB . v ≠ 0 , conclui-se que B ∉ β .

1.2. AC = C − A = (2,1, −1 ) −(2, −3,1 ) = (0, 4, −2) .
 
AC . v = (0,4, − 2 ). ( 4, − 3, − 2) = 0 −12 + 4 = −8 .
 
Como AC . v ≠ 0 , conclui-se que C ∉ β .
1.3. Seja P (x , y , z ) um ponto qualquer do plano β .
 
O ponto P satisfaz a condição AP. v = 0 .
 
AP . v = 0 ⇔ ( x − 2, y + 3, z − 1 ). (4, − 3, − 2 ) = 0
⇔ 4 (x − 2 ) − 3 ( y + 3 ) −2 ( z −1 ) = 0
⇔ 4 x −8 −3 y −9 −2 z +2 =0
⇔ 4 x −3 y −2 z −15 = 0
NEMA11PR © Porto Editora
7
3
54.2. O vetor u =  ,− 4,  é normal ao plano α .
2
2
Pág. 155
Geometria analítica
1.4. O plano β é definido pela equação 4x −3y −2z −15 = 0 .
Pág. 159
Então, a = 4 , b = −3 e c = −2 .
58.1.
a) Vamos começar por determinar as coordenadas de dois


vetores não colineares do plano α , por exemplo, AB e AC .
Assim sendo, conclui-se que a, b e c correspondem,

respetivamente, à 1.ª, 2.ª e 3.ª coordenada do vetor v .
 
2.1. AP . v = 0 ⇔ (x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 ). (a ,b ,c ) = 0

AB = B − A = (2,0, −5) −( 1, −3,7 ) =( 1,3, −12) e

AC = C − A = (1,1,7 ) − (1, −3,7 ) =( 0,4, 0 ) .
 
u . AB= (− 6,− 2,− 1 ).( 1,3,− 12) = − 6− 6 + 12 = 0 .
 
u . AC = ( −6, −2, −1 ) . ( 0, 4,0 ) = 0 −8 +0 = −8 .

 
Como u . AC ≠ 0 , conclui-se que o vetor u não é normal ao plano
⇔ a ( x − x 0 ) + b (y − y 0 ) + c (z − z 0 ) = 0
 
2.2. AP . v = 0 ⇔ a ( x − x 0 ) + b ( y − y 0 ) +c ( z −z 0 ) =0
⇔ a x − a x0 + b y − b y0 + c z − c z0 = 0
⇔ a x + by + c z 
−a x 0 −by 0 −c z 0 = 0
α.
d
⇔ a x + by + c z + d = 0 ,
 
1
b) u . AB =  6,0,  .( 1,3,− 12) = 6 + 0 − 6 = 0 e
sendo d = −a x 0 −by 0 −c z 0 .
Pág. 158

56.1. O vetor MV é normal ao plano que contém a base da
pirâmide e o ponto M pertence à base da pirâmide.

MV = V − M = (2,0, − 1 ) − ( 0,1, − 3) =( 2, − 1,2) .

Conclui-se, então, que o vetor u é normal ao plano a α .
Uma equação do plano que contém a base da pirâmide é do tipo
2x − y + 2z + d = 0 .
Como o ponto M pertence ao plano que contém a base da
pirâmide, tem-se:
2 × 0 − 1 + 2 × ( −3) +d = 0 ⇔ −1 −6 +d =0 ⇔d =7
Uma equação do plano é: 2x − y + 2z + 7 = 0
56.2. O ponto P ( k, −2, k +1) pertence ao plano que contém a
base da pirâmide se:
2k − ( − 2) + 2 ( k + 1) + 7 = 0 ⇔ 2k + 2 + 2k + 2 + 7 = 0 ⇔ k = −
11
4
57.1. Um vetor normal ao plano de equação 3x −y +2z =3 é,

por exemplo, v = ( 3, − 1, 2 ) .
Fazendo, por exemplo, y = 0 e z = 0 , obtém-se:
3x − 0 + 2 × 0 = 3 ⇔ 3x = 3 ⇔ x = 1
Então, P ( 1, 0 , 0 ) é um ponto do plano.
57.2. Um vetor normal ao plano de equação x + z + 7 = 0 é, por

exemplo, v = ( 1, 0 , 1) .
Fazendo, por exemplo, x = 0 e y = 0 , obtém-se:
0 + z + 7 = 0 ⇔ z = −7
Então, P ( 0 , 0 , − 7 ) é um ponto do plano.
57.3. Um vetor normal ao plano de equação z = 6 é, por

exemplo, v = ( 0 , 0 , 1 ) .
Qualquer ponto do plano tem cota igual a 6.
NEMA11PR © Porto Editora
Então, por exemplo, P ( − 1, 2, 6 ) é um ponto do plano.
2

1
  
u . AC =  6,0,  .( 0,4,0) = 0 + 0 + 0 = 0 .
2

 
 
Então u ⊥ AB e u ⊥ AC .
1
 
58.2. O vetor u =  6,0,  é normal ao plano α .

2
Seja P (x , y , z ) um ponto qualquer do plano α .
 
O ponto P satisfaz a condição AP .u = 0 .
 
1

AP . u = 0 ⇔ (x −1, y +3, z −7 ).  6,0,  = 0
2

1
⇔ 6 ( x − 1 ) + 0 ( y +3 ) + ( z − 7 ) = 0
2
1
7
⇔ 6 x −6 + z − = 0
2
2
⇔ 12x − 12 + z − 7 = 0
⇔ 12 x + z − 19 = 0

59.1. AB = B − A =( −2,1,2 ) −( 3, −1,1 ) =( −5,2,1 ) e

AC = C − A = (8, − 3,0) − (3, −1,1) = ( 5, −2, −1) .
 
Os vetores AB e AC são colineares, então os pontos A, B e C
também são colineares.
Os pontos A, B e C sendo colineares não definem um plano
(definem uma reta).

59.2. AB = B − A =( −2,1,2 ) −( 3, −1,1 ) =( −5,2,1 ) e

AD = D − A = (0,2, −1 ) − (3, −1,1 ) = ( −3,3, −2) .
 
−5 2 1
Os vetores AB e AD não são colineares porque
≠ ≠ .
−3 3 −2
Então os pontos A, B e D definem um plano porque são não
colineares.
Seja α o plano definido pelos pontos A, B e D.
Pretende-se determinar uma equação cartesiana do plano α .

Seja u = ( a ,b ,c ) um vetor não nulo normal ao planoα .
 
 
Então, tem-se: u . AB = 0 ∧ u . AD = 0 .


( a, b, c ) . ( −5,2,1 ) = 0
−5a + 2b +c = 0
u .AB = 0
⇔
⇔
  
−
−
=
−3 a +3 b −2 c =0
u .AD = 0 ( a, b, c ) . ( 3,3, 2 ) 0
83
Unidade 2
A (3, − 1, 1) pertence a α . Então, tem-se:
7 (x −3) +13( y +1 ) +9( z −1) =0 ⇔7x −21 +13y +13 +9z −9 =0
⇔ 7x + 13y + 9z −17 = 0
Uma equação cartesiana do plano ABD é: 7x + 13y + 9z − 17 = 0
60. Plano ABC

AB = B − A = ( 0,2,0) −( 3,0,0) =( −3,2,0) e

AC = C − A = (0,0,4 ) −( 3,0,0) =( −3,0,4 ) .

Seja u = ( a , b ,c ) um vetor não nulo normal ao plano ABC.
 
 
Então, tem-se: u . AB = 0 ∧ u . AC = 0 .
3

 
b= a
 u . AB = 0 (a ,b ,c ) .( − 3,2,0) = 0  −3a + 2b = 0 
2
⇔
⇔
⇔
  
 u . AC = 0 (a ,b ,c ) .( − 3,0,4) = 0 − 3a + 4c = 0 c = 3 a

4
  3 3 
Coordenadas do vetor u :  a , a , a  , a ∈R \ {0} .
 2 4 

Por exemplo, se a = 4 tem-se u (4,6,3) .

Sabe-se que o vetor u ( 4,6,3) é normal ao plano ABC e que o
ponto A ( 3,0,0 ) pertence ao plano ABC. Então, tem-se:
4 (x −3 ) +6 ( y −0 ) + 3( z −0 ) =0 ⇔4x −12 +6y +3z =0
⇔ 4 x + 6 y + 3z − 12 = 0
Uma equação cartesiana do plano ABC é: 4x + 6y + 3z − 12 = 0
Plano ABV


AB = ( −3,2,0 ) e AV = V − A = ( 4,5,3 ) − (3,0,0 ) = (1,5,3 ) .

Seja v = (a, b, c ) um vetor não nulo normal ao plano ABV.
 
 
Então, tem-se: v . AB= 0 ∧ v . AC = 0 .
 
 v . AB = 0  (a ,b ,c ) . ( − 3,2,0 ) = 0  −3a + 2b = 0
⇔
⇔
  
a + 5 b + 3 c =0
 v . AV = 0 (a ,b ,c ) . ( 1,5,3) = 0
 2
 2
a = 3b
a = 3b
⇔
⇔
 2 b + 5 b +3 c = 0
c = − 17 b
 3

9
 2
17 
Coordenadas do vetor v :  b , b , − b  , b ∈ R \ { 0} .
3
9 


Por exemplo, se b = 9 tem-se v (6,9, − 17 ) .

Sabe-se que o vetor v ( 6,9,− 17) é normal ao plano ABV e que o
ponto A (3,0,0 ) pertence ao plano ABV. Então, tem-se:
84
6( x − 3) + 9 ( y − 0 ) −17 (z −0) =0 ⇔6x −18 +9y −17z =0
⇔ 6 x + 9 y −17 z −18 =0
Uma equação cartesiana do plano ABV é:6 x +9 y −17 z −18 =0
Plano ACV


AC = ( −3,0, 4 ) e AV = (1,5,3 ) .

Seja w = ( a ,b ,c ) um vetor não nulo normal ao plano ACV.
 
 
Então, tem-se: w. AB =0 ∧ w. AC =0 .
 
w. AV = 0 ⇔ (a ,b ,c ) . ( −3,0,4 ) = 0 ⇔ −3 a + 4 c =0
  


a + 5b + 3c = 0
(a ,b ,c ) . ( 1,5,3) = 0
w. AC = 0
3
3


c= a
c= a
 4

4
⇔
⇔
 a + 5b + 9 a = 0  b = − 13 a

4
20

13 3 
 
Coordenadas do vetor w : a , − a , a , a ∈ R \ {0 } .
20 4 


Por exemplo, se a = 20 tem-se w ( 20,− 13,15) .

Sabe-se que o vetor w ( 20,− 13,15 ) é normal ao plano ACV e que
o ponto A( 3,0,0) pertence ao plano ACV. Então, tem-se:
20( x − 3 ) − 13 ( y − 0) + 15( z − 0 ) = 0 ⇔ 20 x − 60 −13 y +15 z = 0
⇔ 20 x −13y +15z −60 = 0
Uma equação cartesiana do plano ACV é:
−20 x +13y −15 z +60 =0
Plano BCV

BC = C − B = (0,0,4 ) −( 0,2,0) =( 0, −2,4) e

BV = V − B = (4,5,3 ) −( 0,2,0) =( 4,3,3 ) .

Seja t = (a, b, c ) um vetor não nulo normal ao plano BCV.
 
 
Então, tem-se: t . BC = 0 ∧ t . BV = 0 .
 
( a ,b ,c ) .( 0,− 2,4) = 0 −2 b + 4 c = 0
t . BC = 0
⇔
⇔
 
 4 a +3 b +3 c = 0
t . BV = 0 ( a ,b ,c ) .( 4,3,3) = 0
=
b 2c
 b = 2c

⇔
⇔
9
 4a + 6c +3c = 0 a = − c
4

  9

Coordenadas do vetor t :  − c , 2c , c  , c ∈ R \{ 0} .
4



Por exemplo, se c = 4 tem-se t ( − 9, 8, 4 ) .

Sabe-se que o vetor t (− 9, 8, 4 ) é normal ao plano BCV e que o
ponto B (0, 2, 0 ) pertence ao plano BCV. Então, tem-se:
−9 ( x − 0 ) + 8 (y −2 ) +4 ( z −0 ) =0 ⇔ −9 x +8 y −16 +4 z =0
⇔ −9x + 8y + 4z − 16 = 0
Uma equação cartesiana do plano BVC é: − 9 x+ 8 y+ 4 z− 16 = 0
NEMA11PR © Porto Editora
c = 5a − 2b
c = 5a − 2b
c = 5a − 2b

⇔
⇔
⇔  13
− 3a + 3b − 10a + 4b = 0
−13a + 7b = 0 b = a

7
26

 9
c =5a − a
c= a

7 ⇔ 
7
⇔

13
13
b = a
b = a


7
7
  13 9 
Coordenadas do vetor u :  a , a , a  , a ∈ R \ { 0} .
 7 7 

Por exemplo, se a = 7 tem-se u (7, 13, 9 ) .

Sabe-se que o vetor u (7, 13, 9 ) é normal a α e que o ponto
Geometria analítica
64.3. Sabe-se que os planos α e β têm em comum a reta r.
Pág. 160
1
5
B ∈ α porque 1+ 3× + 2× − 5 = 0 .
2
4
1
5
B ∈ β porque 3× 1 − 5× + 6 × = 8 .
2
4
Como B ∈ α e B∈ β , então conclui-se que B ∈ r .

61. Vetor normal a α : uα = ( 2, − 1, 1) .

Vetor normal a β : uβ = ( 3, 6, − 9 ) .

Vetor normal a θ : u θ = ( 2, 4, − 6 ) .
 3 
 
Os vetores uβ e u θ são colineares porque uβ = uθ .
2
Donde se conclui que os planos β e θ são paralelos.
Pág. 161
62.1. Por exemplo, u = ( 1, 3, − 2 ) e v =  1 , 3 , −1  .
2 2




Os vetores u e v são colineares porque u = 2 v .

 
62.2. Os vetores u e v são colineares, logo os planosα e β são
paralelos.
Pág. 163
65.1. O plano α é definido pela equação x + y − 2z + 3 = 0 ,

então o vetor u = ( 1, 1, − 2 ) é normal ao plano α .
Designemos por C o centro da base do cone.
Como o cone é reto, sabe-se que a reta VC é perpendicular ao

plano α . Então, o vetor u = ( 1, 1, − 2 ) é um vetor diretor da
reta VC.
A reta VC é definida pela seguinte equação vetorial:
(
x, y, z ) = ( − 1, 2, 5 ) + k( 1, 1, − 2 ) , k∈ R .
As coordenadas de qualquer ponto da reta VC são do tipo
( − 1 + k, 2 + k , 5 − 2k ) ,
k ∈R .
62.3. Um vetor normal ao plano θ é, por exemplo,
Em particular, sabe-se que C( − 1 + k, 2 + k , 5 − 2k ) , k ∈R .

w = ( 4 , − 2 , − 1) .
Como C pertence ao plano α , tem-se:
Uma equação do plano paralelo a θ é do tipo 4 x − 2y − z + d = 0 .
Como o ponto A( 4 , 0 , − 1 ) pertence ao plano, tem-se:
4 × 4 − 2 × 0 − ( −1) +d = 0 ⇔ 16 +1 +d = 0 ⇔d = −17
Uma equação do plano paralelo a θ e que passa por A é:
4 x − 2y − z − 17 = 0
− 1 + k + 2 +k − 2( 5 − 2k ) + 3 = 0 ⇔ −1 +k +2 +k −10 +4k +3 =0
⇔k =1
Substituindo k por 1, conclui-se que C ( 0 , 3, 3 ) .
65.2. A altura do cone é dada por VC .
VC =
(− 1 − 0 )2 + (2 − 3 )2 + (5 − 3 )2
= 1 +1 +4 = 6
Pág. 162
63.1. Por exemplo, u = ( − 2 , 4 , − 1 ) e w = ( 3, 1, − 2 ) .
Pág. 164
 
u . w = (− 2,4,− 1) .( 3,1,− 2) = − 6 + 4 + 2 = 0 .
66.1. O plano α é definido pela equação 2 x − y −6 z +1 =0 ,


 
são perpendiculares porque u . w =0 .
63.2. Os vetores u e w
Então, os planosθ e β são perpendiculares.
64.1. Como − 1 + 3 × 2 + 2 ×1 − 5 ≠ 0 , conclui-se que o ponto A
não pertence ao plano α .
Como o plano θ é paralelo ao plano α , sabe-se que é definido
por uma equação do tipo x + 3 y + 2 z + d = 0 .
O ponto A ( − 1, 2, 1 ) pertence ao plano θ , então tem-se:
−1 + 3 × 2 + 2 ×1 + d = 0 ⇔ d = −7
Uma equação do planoθ : x + 3y + 2z − 7 = 0
64.2. O vetor u = ( 1, 3, 2 ) é normal ao plano α e os vetores do
NEMA11PR © Porto Editora

tipo v = ( 3, − 5, k ) , k ∈R são normais ao plano β .


Sendo α e β planos perpendiculares, sabe-se que u e v
também são perpendiculares.
Então, tem-se:
 
 
u ⊥ v ⇔ u . v = 0 ⇔ ( 1,3,2 ) .( 3, − 5,k ) = 0 ⇔ 3 − 15 + 2k = 0

então o vetor u = ( 2, − 1, − 6) é normal ao plano α .

O vetor u = (2, − 1, − 6 ) é um vetor diretor da reta
perpendicular a α que passa por A.
Então, a reta perpendicular a α que passa por A pode ser
definida pela seguinte equação vetorial:
(
x , y , z ) = ( − 1, 5, − 1 ) + k( 2, − 1, − 6 ) , k∈ R

66.2. Um vetor diretor da reta t é t = (1, − 4 , 1 ) .

O vetor u = (2, − 1, − 6 ) é normal ao plano α .
 
t . u = (1,− 4,1) .( 2,− 1,− 6) = 2+ 4 − 6 = 0 .
 


Os vetores t e u são perpendiculares porque t . u = 0 .
Então, a reta t é paralela ao plano α .
Como o ponto de coordenadas ( 2, 1, 0 ) pertence à reta t e não
pertence ao plano α (pois 2 × 2 − 1 − 6 × 0 +1 ≠ 0 ), conclui-se que
a reta t é estritamente paralela ao plano α .
⇔k =6
85
Unidade 2
2 × ( −1) − 5 − 6 ×( −1) +1 = 0 .

Como t =( 1, − 4 , 1 ) é vetor diretor da reta t, então também é
vetor diretor de qualquer reta paralela a t.
A reta paralela a t e que passa por A pode ser definida pela
seguinte equação vetorial:
( x, y, z )= ( − 1, 5, − 1 ) + k ( 1, − 4, 1 ) , k∈R .
Essa reta está contida no plano α .
67.1. O plano α é definido pela equação x −2 y + z =6 , então o

vetor u = ( 1, − 2, 1) é normal ao plano α .
68.3. Como V é um ponto do plano xOy e a base da pirâmide está
contida no plano z = 9 , conclui-se que a altura da pirâmide é 9.
AC =
( 3 − 6) + ( 0 − 9) +( 9 −9 )
2
2
2
= 9 +81 +0 = 90 .
Como a pirâmide é quadrangular regular, [ABCD] é um quadrado.
2
2
2
2
2
2
90
AB + BC = AC ⇔ 2 AB = 90 ⇔ AB =
2
( ) (
( ) ( ) ( )
( )
) ( )
2
⇔ AB = 45
( )
2
1
1
Vpirâmide = × AB × h = ×45 ×9 =135 unidades de volume.
3
3
A reta perpendicular a α e que passa pelo ponto A tem a direção

do vetor u = ( 1, − 2, 1 ) e pode ser definida vetorialmente por:
Tarefa 6
1.1. O ponto A pertence ao eixo Ox, então A ( x , 0 , 0 ), x ∈R .
(
Como o prisma é triangular regular sabe-se que as bases são
triângulos equiláteros.
Designemos por G a projeção ortogonal do ponto E sobre o eixo
Ox. Então, tem-se:
x, y, z )= ( 3, − 1, − 4 ) + k( 1, − 2 , 1 ) , k∈ R .


67.2. AB é um vetor diretor da reta AB e u = ( 1, − 2, 1 ) é um
vetor normal ao plano α .

AB = B − A = (k 2 ,1, − 2 k ) − (3, − 1, − 4 )= (k 2 − 3, 2, − 2 k + 4 ) .


A reta AB é paralela ao plano α se os vetores AB e u forem
perpendiculares.
 
 
AB ⊥ u ⇔ AB .u = 0 ⇔ (k 2 − 3,2,− 2k + 4 ). (1,− 2,1 ) = 0
⇔ k 2 − 3 − 4 − 2k + 4 = 0 ⇔ k 2 − 2k − 3 = 0
⇔ k=
2 ± 4 + 12
⇔ k = 3 ∨ k = −1
2
tan 60 ° =
EG
2 3
2 3
⇔ 3=
⇔ AG =
⇔ AG = 2
AG
AG
3
Logo, A ( 5 + 2 , 0 , 0 ) , ou seja, A ( 7 , 0 , 0 ) .
(
Sendo M o ponto médio de [BF], tem-se:
 7+ 5 4 + 4 0+ 2 3 
,
,
M 
 , ou seja, M 6 , 4 , 3 .
2
2
 2


CM = M − C = 6,4, 3 −(3,4,0 ) = 3,0, 3 .

O vetor CM é normal ao plano ABF.
(
(
Pág. 165
68.1. Uma equação do plano paralelo a BCV que passa pelo
ponto A é do tipo 12 x + 6y − 5z + d = 0 .
Como o ponto A pertence ao plano, tem-se:
12× 3+ 6× 0 − 5× 9 + d = 0 ⇔ 36 − 45 +d = 0 ⇔ d = 9
Então, uma equação do plano paralelo a BCV que passa pelo
ponto A é 12 x +6 y −5 z +9 =0 .
68.2. O ponto C pertence à base da pirâmide e esta está contida
no plano z = 9 . Então, o ponto C tem cota igual a 9.
Sabe-se que o ponto C pertence à reta DC e ao plano BCV.
A reta DC é definida pela equação vetorial
( x, y, z )= ( 0 , 6 , 9 ) + k( 2 , 1 , 0 ) , k∈ R .
)
1.2. Sabe-se que C ( 3, 4 , 0 ) , B ( 7, 4 , 0 ) e F 5, 4, 2 3 .
)
(
)
)
Então, uma equação do plano ABF é do tipo3 x + 3 z+ d = 0 .
Como o ponto A pertence ao plano ABF, tem-se:
3× 7 + 3 × 0 + d = 0 ⇔ d = −21
Uma equação do plano ABF é: 3x + 3z − 21 = 0

1.3. Sendo r uma reta paralela a OF, então OF é um vetor
diretor da reta r.

OF = F − O = 5, 4, 2 3 −(0, 0, 0 ) = 5, 4, 2 3 .
(
)
(
)
Uma equação vetorial da reta r, paralela a OF e que passa em A,
é:
( x , y , z ) = ( 7, 0 , 0 )+ k ( 5, 4, 2
)
3 , k∈R
As coordenadas de qualquer ponto da reta DC são do tipo
( 2 k, 6+ k , 9 ) ,
k∈ R .
Em particular, sabe-se que C ( 2 k, 6 + k , 9 ) , k ∈ R .
Como C pertence ao plano BCV, tem-se:
12× 2 k+ 6( 6 + k) − 5× 9 − 81 = 0 ⇔ 24 k + 36 + 6 k − 45 − 81 = 0
⇔ k =3
Substituindo k por 3, conclui-se que C( 6, 9 , 9 ) .
86
2.1. O plano β , que contém a face [EFGH], é paralelo ao plano
α.
Uma equação do planoβ é do tipo −3 x + y − 2 z + d = 0 .
Como o ponto F ( 0 , 2 , 1 ) pertence ao plano β , tem-se:
−3 ×0 +2 −2 ×1 + d =0 ⇔ d =0
Então, uma equação do plano β é −3 x + y −2 z = 0 .
NEMA11PR © Porto Editora
66.3. O ponto A pertence ao plano α porque
Geometria analítica
2.2. C é o ponto de interseção da reta CF com o plano α .
O plano α é definido pela equação −3x +y − 2z − 7 = 0 , então o

vetor u = ( − 3, 1, − 2 ) é normal ao plano α .

Como a reta CF é perpendicular ao plano α , u = ( − 3, 1, − 2
)é
vetor diretor da reta CF.
Então, a reta CF pode ser definida vetorialmente por:
( x , y , z ) = ( 0 , 2, 1) + k( − 3, 1, − 2 ) ,
k ∈R
Então, uma equação do plano α é −3x + 2y − z + 23 = 0 .
69.3. Designemos por s a reta paralela a r e que passa por A.

O vetor r = ( − 3, 2, − 1) é vetor diretor da reta r.

Como a reta s é paralela à reta r, r também é vetor diretor da
reta s.
Então, uma equação vetorial da reta s é:
( x , y , z ) = ( 5, − 2 , 4 )+ k ( − 3, 2 , − 1 ) , k ∈ IR .
As coordenadas de qualquer ponto da reta CF são do tipo
69.4. Designemos por t a reta perpendicular a r e que passa por
( − 3 k , 2 + k , 1 −2 k ) ,
A.
Seja P o ponto de interseção das retas r e t.
A reta r é definida vetorialmente por
( x , y , z ) = ( 4 , 1, 2) + k ( − 3, 2, − 1 ) , k∈R .
k ∈R
Em particular, sabe-se que C ( −3 k , 2 +k , 1 −2k ) , k ∈R .
Como C pertence ao plano α , tem-se:
− 3× ( −3k ) + 2 + k − 2 ×( 1 − 2k ) −7 = 0 ⇔ 9k + 2 +k −2 +4k −7 =0
⇔ 14 k = 7 ⇔ k =
1
2
Substituindo k por
1
, conclui-se que C
2
− 3 5 .
 2,2 ,0


2.3. Sendo s uma reta perpendicular ao plano α , sabe-se que

u = ( − 3, 1, − 2 ) é vetor diretor da reta (pois é normal ao plano
α ).
Então a reta s, perpendicular ao planoα e que passa no ponto
P ( −1, 1, 0 ) , pode ser definida pelas seguintes equações
paramétricas:
 x = − 1 − 3k

k ∈R
 y = 1 + k,
 z = − 2k

Pág. 166
69.1. Seja I o ponto de interseção da reta r com o plano yOz.
Como I pertence ao plano yOz, então I ( 0 , y , z ) , y , z∈R .
O ponto I também pertence à reta r, logo tem-se:
( 0, y, z ) = ( 4 , 1, 2) + k( − 3, 2, − 1) , k ∈R
4

k = 3
 0 = 4 − 3k

11


⇔  y = 1 + 2k ⇔  y =
3
z = 2 −k


2

z = 3

 11 2 
O ponto I é o ponto de coordenadas  0 , ,  .
3 3 

69.2. Designemos por α o plano perpendicular a r e que passa
por A.

Um vetor diretor da reta r é , por exemplo, r = ( − 3, 2, − 1 ) .

Como α é perpendicular a r, o vetor r = ( −3, 2, −1 ) é normal a
NEMA11PR © Porto Editora
α.
Assim sendo, o plano α é definido por uma equação do tipo
− 3x + 2y − z + d = 0 .
Como o ponto A( 5, − 2, 4 ) pertence ao plano α , tem-se:
Como P pertence à reta r, então P ( 4 − 3 k, 1 + 2 k , 2 − k ) , k ∈R .

AP = P − A = (4 − 3 k, 1 + 2 k , 2 − k ) −( 5, −2 , 4 )
= ( − 1 − 3 k, 3 + 2 k , − 2 − k ) .

r ( −3, 2, −1 ) é um vetor diretor da reta r.
 
 
AP ⊥ r ⇔ AP. r = 0 ⇔ ( −1 −3 k , 3 + 2 k , −2 −k ) . ( −3, 2 , −1 ) = 0
⇔ −3 ( −1 − 3 k ) + 2 ( 3 + 2 k ) −1 ( −2 − k ) =0
⇔ 3 + 9 k +6 +4 k +2 +k =0
11
⇔ 14k = − 11 ⇔ k = −
14

19 10 17 
11
Substituindo k por − , tem-se AP = 
, ,− .
14 
14
 14 7
Então, uma equação vetorial da reta t é:
 19 10 17 
(x , y , z ) = ( 5, − 2 , 4 ) + k  , , −  , k ∈R
14 
 14 7
70.1. B é o ponto de interseção das retas BC e BF.
A reta BC é definida vetorialmente por
( x, y, z) = ( 1, 5, − 1 ) + k( − 2, 7, 3 ) , k∈ R .
Como B pertence à reta BC, então
B ( 1 − 2 k, 5 + 7 k , − 1 + 3 k ), k ∈R .

FB = B − F =( 1 − 2 k , 5 + 7 k , − 1 + 3k ) −( 4, 3, − 1 ) = ( −3 −2k , 2 +7k , 3

u ( −2, 7, 3 ) é um vetor diretor da reta BC.
Comos as retas BF e BC são perpendiculares, sabe-se que os


vetores FB e u também são perpendiculares.
   
FB ⊥ u ⇔ FB .u = 0 ⇔ ( − 3− 2k , 2 + 7k , 3k ) .( − 2, 7 , 3) = 0
⇔ −2 ( −3 − 2 k ) + 7 ( 2 +7 k ) +3 (3 k ) =0 ⇔ 6 +4 k +14 +49 k +9 k =0
⇔ 62k = −20 ⇔ k = −
10
31
51 85 61 
10
Substituindo k por − , tem-se B 
, ,− .
31
 31 31 31 
− 3× 5 + 2 ×( −2 ) − 4 + d = 0 ⇔ d = 23
87
Unidade 2
72.1. O plano α é definido pela equação 3x − y + z − 2 = 0 .
51 85 61 
, , −  − ( 4, 3, −1 ) =
 31 31 31 
8
30 
 73
= − ,− ,− 
 31 31 31 
Uma equação da reta BF é:
8
30
 73
( x , y , z ) = ( 4 , 3, − 1 ) + k − , − , −
 31 31 31
Para obtermos pontos pertencentes ao plano, basta atribuir
valores a duas das variáveis e calcular o correspondente valor da
outra.
Se x = 0 e y =0 , tem-se 3 × 0 − 0 + z − 2 = 0 , ou seja, z =2 .
Se x = 0 e z = 0 , tem-se 3 × 0 − y + 0 −2 = 0 , ou seja, y = −2 .
Se x = 1 e y =1 , tem-se 3 × 1 − 1 + z − 2 = 0 , ou seja, z = 0 .

 , k ∈R .

Então, os pontos R ( 0 , 0 , 2 ) , S ( 0, − 2, 0 ) e T ( 1, 1, 0 )
Pág. 168


71.1. O ponto A pertence ao plano ABC e os vetores AB e AC
pertencem ao planoα .


Os vetores RS e RT são dois vetores não colineares do planoα .

RS = S − R = ( 0, − 2, 0 ) − ( 0, 0, 2 ) = ( 0, − 2 , − 2 ) e

RT = T − R = ( 1, 1, 0 )− ( 0, 0 , 2 ) = ( 1, 1 , − 2 ).
são dois vetores não colineares do plano ABC.

AB = B − A = ( 0, 5 , 0 ) − ( 2, 0 , 0 ) =( −2, 5 , 0 ) e

AC = C − A =( 0, 0 , 3 ) − ( 2, 0 , 0 ) = ( −2, 0 , 3 ) .
Uma equação vetorial do planoα é:
( x, y, z ) = ( 0 , 0 , 2 ) + a( 0, − 2 , − 2 ) + b (1, 1, − 2 ) , a, b ∈R .
Uma equação vetorial do plano ABC é:
( x, y, z )= ( 2 , 0 , 0 ) + a( − 2 , 5 , 0 ) + b( − 2 , 0 , 3 ) , a, b∈ R .
72.2. Seja n = ( a , b , c ) um vetor normal ao plano β .
O plano ABC pode ser definido pelas seguintes equações
paramétricas:
 x = 2 − 2a − 2b

, a , b ∈R
 y = 5a
 z = 3b



71.2. O ponto B pertence ao plano BCV e os vetores BC e BV
são dois vetores não colineares do plano BCV.

BC = C − B =( 0, 0 , 3 ) −( 0, 5 , 0 ) = ( 0, − 5, 3 ) e

BV = V − B = ( 8, 7 , 8 ) − ( 0, 5, 0 ) = ( 8, 2, 8 )
Uma equação vetorial do plano BCV é:
( x, y, z ) = ( 0 , 5, 0 ) + a(0 , − 5, 3 ) + b( 8 , 2, 8 ) , a, b ∈R .
1 
1 
71.3. Por exemplo, os pontos P = A + AV e Q = A + AV .
2
4

AV = V − A = ( 8, 7, 8 ) − ( 2, 0 , 0 ) =( 6, 7 , 8 ) .
1
7 

Então, P = ( 2, 0 , 0 ) + ( 6 , 7 , 8 ) = 5 , , 4 e
2
2 

Q = ( 2, 0, 0 ) +
1
7 7 
( 6 , 7, 8 ) =  , , 2  .
4
2 4 
71.4. Qualquer ponto da reta definida por x = 1 ∧ y = 2 é da
forma ( 1, 2, z ) , z ∈R .
Pretende-se determinar z de modo que o ponto também
pertença ao plano ABC.
Recorrendo às equações paramétricas definidas anteriormente,
tem-se:
4
1
1



 1 = 2 − 5 − 2b
 2b = 5
b =10
 1 = 2 − 2a − 2b



2
2
2
 =
⇔ a =
⇔ a =
⇔ a =
 2 5a
5
5
5
 z = 3b




3
 z = 3b
 z = 3b



 z = 10



O ponto de interseção da reta definida por x = 1 ∧ y = 2 como
3

plano ABC tem coordenadas  1, 2,  .
10 

88


Sabe-se que os vetores u ( 2 , 0 , − 1 ) e v ( 1, − 3, 0 ) são não
colineares e paralelos ao plano β .
   
Então, n ⊥ u e n ⊥ v .
 
 
n ⊥ u
n .u = 0 (a ,b ,c ) .( 2,0, − 1) = 0
⇔
⇔
  ⇔  
n ⊥ v
n .v = 0
(a ,b ,c ) . ( 1, − 3,0) = 0
2a − c = 0

a − 3b = 0
 c = 2a

⇔
a
 b = 3
  a

Então, n =  a , ,2a  , a ∈R \{ 0} .
 3


Se, por exemplo, a = 3 , tem-se n = ( 3,1,6 ) .
Assim sendo, o plano β é definido por uma equação do tipo
3x + y + 6z + d = 0 .
Como o ponto A ( 2, − 1, 1 ) pertence ao planoβ , tem-se:
3× 2 + (− 1) + 6 × 1 + d = 0 ⇔ d = −11
Então, uma equação do plano β é 3x + y + 6z − 11 = 0 .
Pág. 169
73.1. Sendo R ( 1, 0 , 2 ) e S ( 3, − 2 , 0 ) , as coordenadas do
 1+ 3 0 − 2 2 + 0 
,
,
ponto M, ponto médio de [RS], são
.
2
2 
 2
Então, M ( 2, −1, 1 ) .
73.2. Seja α o plano mediador de [RS], M o ponto médio de [RS]
e P ( x , y , z ) um ponto qualquer de α .
O plano α é o conjunto dos pontosP ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição MP . RS = 0 .

MP = P − M = ( x , y , z ) − ( 2, − 1, 1) = ( x − 2, y + 1, z − 1) e

RS = S − R = ( 3, − 2 , 0 )− ( 1, 0 , 2 ) = ( 2, − 2, − 2 )
 
MP . RS = 0 ⇔ ( x − 2, y + 1, z − 1) . ( 2, − 2, − 2) = 0
⇔ 2 x − 4 −2 y −2 −2 z +2 = 0 ⇔2 x −2 y −2 z −4 =0
⇔ x −y −z −2 = 0
Equação do pano mediador de [RS]: x − y − z − 2 = 0 .
NEMA11PR © Porto Editora

70.2. FB = B − F =
Geometria analítica
74.1. Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de
[AB] e P ( x , y , z ) um ponto qualquer de α .
 1 + 3 2 + 0 −1 + 1 
Coordenadas de M: 
,
,
 , ou seja, ( 2, 1, 0 ) .
2
2 
 2
O plano α é o conjunto dos pontos P ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição MP . AB = 0 .

MP = P − M = ( x, y , z ) −( 2, 1, 0 ) = ( x −2, y −1, z ) e

AB = B − A = ( 3, 0, 1 ) −( 1, 2, − 1 ) = ( 2, −2, 2 )
 
MP . AB = 0 ⇔ ( x − 2, y − 1, z) .( 2,− 2,2) = 0
⇔ 2 x − 4 −2 y +2 +2 z =0 ⇔2 x −2 y +2 z −2 =0
⇔ x − y + z −1 = 0
Equação do plano mediador de [AB]: x − y + z − 1 = 0 .
74.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
 
a condição AB. BP = 0 é o plano perpendicular ao segmento de
reta [AB] no ponto B.
75.1. Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de
[AB] e P ( x , y , z ) um ponto qualquer de α .
 5+ 1 1+ 5 0 + 4 
,
,
, ou seja, (3, 3, 2 ) .
Coordenadas de M: 
2
2 
 2
O plano α é o conjunto dos pontos P ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição MP . AB = 0 .

MP = P − M = ( x, y, z ) −( 3, 3, 2 ) = ( x −3, y −3, z −2) e

AB = B − A = (1, 5, 4 ) − ( 5, 1 , 0 ) = ( −4, 4 , 4 )
 
MP . AB = 0 ⇔ ( x− 3, y− 3, z− 2) . ( − 4,4,4) = 0
diâmetro [AC].
76.3. Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer da superfície esférica
de diâmetro [AB].
A superfície esférica de diâmetro [AB] é o conjunto dos pontos
 
P ( x , y , z ) do espaço que satisfazem a condição AP. BP = 0 .

AP = P − A = ( x, y , z ) −( 3, 0 , 2 ) = ( x −3, y , z −2 ) e

BP = P − B = ( x, y, z ) − ( −1, 2 , − 2 ) = ( x + 1, y − 2, z + 2 ) .
 
AP. BP = 0 ⇔( x −3, y, z −2) . ( x +1, y −2, z +2) =0
⇔ ( x − 3 )( x + 1) + y ( y −2 ) + (z −2 )( z +2 ) =0
⇔ x2 + x− 3 x − 3 + y2 − 2 y + z2 − 4 = 0
⇔ x2 + y2 + z2 − 2 x − 2 y =7
Então, a superfície esférica de diâmetro [AB] pode ser definida
por x 2 + y2 + z 2 − 2x − 2y = 7 .
77.1. Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer da superfície esférica
de diâmetro [RS].
A superfície esférica de diâmetro [RS] é o conjunto dos pontos
 
P ( x , y , z ) do espaço que satisfazem a condição RP. SP = 0 .

RP = P −R =( x, y, z ) −( 1, 0 , −1 ) =( x −1, y , z +1 ) e

SP = P − S = ( x , y , z ) − ( 1, − 2 , 1) = ( x − 1, y + 2, z − 1)
 
RP . SP = 0 ⇔ ( x − 1, y , z + 1) . ( x − 1, y + 2, z − 1) = 0
⇔ ( x − 1 )( x − 1) + y ( y +2 ) + ( z +1 )( z −1 ) = 0
⇔ x2 − 2 x + 1+ y2 + 2 y + z2 − 1 = 0
⇔ x2 − 2 x + 1 + y2 + 2 y + 1 + z2 = 1 +1
⇔ −4 x +12 + 4 y −12 +4 z −8 =0
⇔ −4 x + 4 y +4 z −8 =0 ⇔ −x +y +z −2 =0
Equação do plano mediador de [AB]: −x + y + z − 2 = 0 .
Então, a superfície esférica de diâmetro [RS] pode ser
75.2. Substituindo as coordenadas do ponto C na equação do
representada pela equação ( x − 1) +( y +1) + z 2 = 2 .
plano mediador de [AB], tem-se:
− 1 + 1 + 4 − 2 = 0 (proposição falsa)
Conclui-se, então, que o ponto C não pertence ao plano
mediador de [AB].
⇔ ( x − 1) + ( y + 1) + z = 2
2
2
2
2
2
77.2. Substituindo as coordenadas do ponto T na equação da
superfície esférica de diâmetro [RS], tem-se:
(1 −1 ) + ( −2 +1 ) + ( −1 )
2
2
2
=2 , ou seja, 0 + 1 + 1 = 2 (proposição
Pág. 170
verdadeira). Conclui-se, então, que o ponto T pertence à
superfície esférica de diâmetro [RS].
76.1. Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer da superfície esférica
77.3. Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano tangente à
de diâmetro [BC].
A superfície esférica de diâmetro [BC] é o conjunto dos pontos
 
P ( x , y , z ) do espaço que satisfazem a condição BP. CP = 0 .

BP = P − B = ( x , y , z ) − ( − 1, 2 , − 2 ) = ( x + 1, y − 2, z + 2 ) e

CP = P − C = ( x, y , z ) − ( 2, − 1, 1 ) = ( x − 2, y + 1, z − 1) .
 
BP. CP = 0 ⇔ ( x + 1, y − 2, z + 2) .( x − 2, y + 1, z − 1) = 0
superfície esférica de diâmetro [RS] no ponto T.
Esse plano tangente é o conjunto dos pontos P ( x , y , z ) do
 
espaço que satisfazem a condição CT . TP= 0 , sendo C o centro
⇔ ( x + 1 )( x − 2 ) + ( y − 2 )(y +1 ) + ( z +2 )(z −1) = 0
NEMA11PR © Porto Editora
76.2. O conjunto de pontos do espaço P ( x , y , z ) que
 
satisfazem a condição AP . CP = 0 é a superfície esférica de
⇔ x2 − 2 x + x − 2 + y2 + y −2 y −2 + z2 − z +2 z −2 =0
⇔ x2 + y2 + z2 − x − y + z − 6 = 0
Equação da superfície esférica de diâmetro [BC]:
2
2
2
x + y + z − x −y + z −6 = 0
da superfície esférica.
Atendendo ao resultado obtido em 74.1., sabe-se que
C ( 1, − 1, 0 ) .

CT = T − C = ( 1, − 2, − 1 ) − ( 1, − 1, 0) = ( 0, − 1, − 1 ) e

TP = P − T =( x , y , z ) − ( 1, − 2 , − 1 ) =( x − 1, y + 2 , z + 1)
 
CT . TP = 0 ⇔ ( 0, − 1, − 1) . ( x − 1, y + 2, z + 1) = 0
⇔ −y − 2 − z −1 = 0 ⇔ −y −z −3 =0 ⇔y +z +3 =0
Uma equação cartesiana, do plano tangente à superfície esférica
referida em 74.1. no ponto T , é y + z + 3 = 0 .
89
Unidade 2
78.1. A superfície esférica de raio 7 que é tangente aos planos
coordenados e tem centro pertencente ao 1.º octante é definida
pela equação ( x − 7) + ( y − 7) + ( z − 7) = 49 .
2
2
2
O ponto A ( 9 , 10 , 1 ) pertence à superfície esférica porque
(9 − 7 ) + (10 − 7 ) + (1 − 7 )
2
2
2
= 49 .
78.2. Seja P( x , y , z ) um ponto qualquer do plano tangente à
superfície esférica no ponto A.
Esse plano tangente é o conjunto dos pontos P ( x , y , z ) do
 
espaço que satisfazem a condição CA . AP = 0 , sendo C o centro
da superfície esférica.
Sabe-se que C (7, 7, 7 ) .

CA = A − C =( 9, 10 , 1) −( 7,7 , 7) = ( 2, 3 , − 6 ) e

AP = P − A = ( x , y , z ) − ( 9, 10 , 1 ) = ( x − 9, y −10 , z −1 )
 
CA. AP = 0 ⇔ (2,3, − 6 ). ( x − 9, y − 10, z − 1 ) = 0
⇔ 2 x −18 +3 y −30 −6 z +6 = 0 ⇔2 x +3 y −6 z −42 =0
Uma equação cartesiana do plano tangente à superfície esférica
no ponto A é 2 x + 3 y − 6 z − 42 = 0 .
79.1. Pretende-se determinar uma equação vetorial da reta AC.
A é o ponto de interseção da reta AC com o planoβ .
O plano β é definido pela equação 2x − y + 3z = 8, então o vetor

u = ( 2, − 1, 3 ) é normal ao plano β .

Como a reta AC é perpendicular ao plano β , u = ( 2, − 1, 3 ) é
vetor diretor da reta AC.
Então, a reta AC pode ser definida vetorialmente por:
( x, y, z ) = ( 4 , − 3, − 1 ) + k( 2, − 1, 3 ) , k ∈ R .
Tarefa 7
1.1.
a) O lugar geométrico dos pontos P ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição CP . AB = 0 é o plano perpendicular a [AB],
que passa no ponto C.
b) O lugar geométrico dos pontos P ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição AP. BP = 0 é a superfície esférica de
diâmetro [AB].
c)O lugar geométrico dos pontos P ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição CB. BP = 0 é o plano tangente a uma
superfície esférica de centro C no ponto B.
d) O lugar geométrico dos pontos P ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição CP . AP = 0 é a superfície esférica de
diâmetro [CA].
1.2.
a) Seja α o plano mediador de [AB], M o ponto médio de [AB] e
P( x , y , z ) um ponto qualquer de α .
Como [AB] é um diâmetro da superfície esférica, o ponto M
coincide com o seu centro (C), ou seja, é o ponto de coordenadas
( 1, − 1, 0 ) .
O plano α é o conjunto dos pontos P ( x , y , z ) do espaço que
 
satisfazem a condição MP . AB = 0 .

MP = P − M = ( x , y , z )− ( 1, − 1, 0 ) = ( x − 1, y + 1, z ) e


AB = 2 AC = 2 (C − A ) = 2 (( 1, −1 , 0 )− ( 3, 1, 2 )) = 2 ( − 2, − 2, − 2
)
= ( − 4, − 4 , − 4 )
 
MP . AB = 0 ⇔ ( x − 1,y + 1, z ) . ( − 4, − 4, − 4 ) = 0
⇔ −4x + 4 − 4y − 4 − 4z = 0 ⇔ −4x − 4y −4z = 0
⇔ x +y +z =0
Equação cartesiana do plano mediador de [AB]: x + y + z = 0 .
79.2. A reta AC é definida vetorialmente por
b) O plano β é tangente à superfície esférica de centro C no
( x, y, z ) = ( 4 , − 3, − 1 ) + k( 2, − 1, 3 ) ,
ponto A.
O plano β é o lugar geométrico dos pontos P ( x , y , z ) do espaço
 
que satisfazem a condição CA. AP = 0 .

CA = A − C = (3, 1, 2 ) − (1, −1, 0 ) = (2, 2 , 2 ) e

AP = P − A = ( x ,y , z ) − ( 3, 1, 2 ) = ( x − 3, y − 1 , z − 2 )
 
CA. AP = 0 ⇔ (2,2,2 ). ( x − 3, y − 1, z − 2 )= 0
k ∈R .
Como C pertence à reta BC, então
C ( 4 + 2 k, − 3 − k , − 1 + 3k ) , k ∈R .

AC = C − A =( 4 + 2 k , − 3 − k , −1 + 3k ) − ( 4, −3, −1 )
= ( 2k , − k , 3k )

AC = 14 ⇔
( 2k ) + (− k ) + (3k )
2
2
2
= 14
⇔ 4 k2 + k 2 + 9 k 2 = 14 ⇔ 14 k 2 = 14
⇔ 14 k 2 = 14 ⇔ k 2 = 1 ⇔ k = 1 ∨ k = − 1
Se k = 1 então C ( 6 , − 4 , 2 ) .
Se k = − 1 então C ( 2 , −2 , −4 ) .
Assim sendo, a superfície esférica pode ser definida por:
(x − 6 ) + (y + 4 ) + (z − 2 )
= 14 ou
(x − 2) + (y + 2 ) + (z + 4 )
= 14
2
2
90
2
2
2
2
⇔ 2 x − 6 + 2y −2 +2z −4 = 0 ⇔2 x +2 y +2 z −12 =0
⇔ x +y +z − 6 = 0
Uma equação cartesiana do plano β é x +y +z − 6 = 0 .
c)O plano θ é paralelo ao plano β e tangente à superfície
esférica, então passa em B.

Ora, B = C + AC = (1, − 1, 0 )+ (− 2, − 2 , − 2 ) = ( − 1, − 3, − 2 ) .
Uma equação cartesiana do plano θ é do tipo x + y + z + d = 0 .
Como o ponto B ( − 1, − 3, − 2 ) pertence ao plano θ , tem-se:
−1 −3 −2 + d =0 ⇔ d =6 .
Uma equação cartesiana do plano θ é x + y + z + 6 = 0 .
NEMA11PR © Porto Editora
Pág. 171
Geometria analítica
2.1. O plano α é paralelo ao plano β e passa em A.
Como o plano α é definido pela equação x + y + z + 3 = 0 , então o
plano β é definido por uma equação do tipo x + y + z + d = 0 .
Como o ponto A ( 1, 1, − 2 ) pertence ao plano β , tem-se:
1 + 1 − 2 + d = 0 ⇔ d =0 .
Uma equação cartesiana do plano β é x + y + z = 0 .

45.2. O vetor n ( 4,− 3, − 2 ) é normal ao plano α .
Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano α .
 
O ponto P satisfaz a condição AP .n = 0 .
 
AP . n =0 ⇔ (x −2, y + 3, z −1 ). (4, −3, −2 ) = 0
⇔ 4 ( x − 2 ) − 3( y + 3 ) − 2( z − 1 ) = 0
⇔ 4 x −8 −3y −9 −2 z +2 =0
⇔ 4 x −3 y −2 z −15 = 0
2.2. Designemos por I o ponto da superfície esférica onde o
plano β é tangente.
O plano β é definido pela equação x + y + z +3 =0 , então o vetor

u = ( 1 , 1 , 1 ) é normal ao plano β .
2
45.3. O ponto P ( 7 − k , −1, k ) pertence ao plano α , definido
A reta perpendicular ao plano β e que passa pelo ponto A tem a

direção do vetor u = ( 1 , 1 , 1) e pode ser definida vetorialmente
pela equação 4x − 3y − 2z − 15 = 0 , se:
por:
( x , y , z ) = (1, 1, − 2 ) +k ( 1, 1, 1 ) , k ∈R .
⇔ 28 − 4 k + 3 − 2 k − 15 = 0
As coordenadas de qualquer ponto da reta perpendicular a
que passa por A são do tipo
Em particular, sabe-se que
4 ( 7 − k ) − 3 ( −1) − 2 ( k
2
) −15 = 0
2
β e
( 1 + k , 1 + k , − 2 + k ), k ∈ R .
I ( 1 +k , 1 +k , −2 +k ), k ∈R .
Como I pertence ao plano β , tem-se:
⇔ −2 k 2 − 4 k + 16 = 0
⇔k =
4 ± 16 − 4 × ( −2 ) × 16
−4
⇔ k = −4 ∨ k = 2
1 + k + 1 + k − 2 + k + 3 = 0 ⇔ 3 k +3 =0 ⇔ k = −1 .
Substituindo k por − 1 , conclui-se que I( 0 , 0 , −3 ) .
Proposta 46
2.3. Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer da superfície esférica.
46.1. O vetor u ( 3, − 2,4) é normal ao plano β e o ponto
[AI] é um diâmetro da superfície esférica.
A superfície esférica de diâmetro [AI] é o conjunto dos pontos
 
P ( x , y , z ) do espaço que satisfazem a condição AP . IP = 0 .

AP = P − A = ( x , y , z ) − ( 1, 1, −2 ) = ( x −1, y − 1, z + 2 ) e

IP = P − I = ( x , y , z )− ( 0, 0 , − 3 ) = ( x , y , z + 3 )
 
AP . IP = 0 ⇔ (x − 1,y − 1,z + 2) . (x ,y ,z + 3 ) = 0
⇔ x( x − 1 ) + y ( y − 1 ) + ( z+ 2) ( z + 3 )= 0
⇔ x2 − x + y2 − y + z2 + 3 z + 2 z + 6 = 0

A ( − 4 , 3, 8 ) pertence ao plano β .
Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano β .
 
O ponto P satisfaz a condição AP .u = 0 .
 
AP .u =0 ⇔ (x + 4, y −3, z − 8 ) . (3, −2,4 ) = 0
⇔ 3 ( x + 4 )− 2 ( y − 3 ) + 4 ( z − 8 ) = 0
⇔ 3 x +12 −2 y +6 +4 z −32 =0
⇔ 3 x −2 y + 4 z −14 = 0
⇔ x2 + y2 + z2 − x − y + 5 z + 6 = 0
 2
7
46.2. O vetor u  ,− 1,  é normal ao plano β e o ponto
Uma equação da superfície esférica é
A ( 3, 0 , − 1 ) pertence ao plano β .
x 2 + y2 + z2 − x − y + 5z + 6 = 0 .
Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano β .
3
2
→

O ponto P satisfaz a condição AP .u = 0 .
Pág. 172
Proposta 45

NEMA11PR © Porto Editora
45.1. AB = B − A = (1, − 1,0 ) − (2, − 3,1 )= ( −1,2, −1 ) e

AC = C − A = (2,1, − 5 ) − (2, − 3,1 ) = ( 0,4 , − 6 ).
 
AB .n = ( −1,2, − 1 ). (4, − 3, − 2) = −4 − 6 + 2 = − 8 .
 
Como AB .n ≠ 0 , conclui-se que B ∉ α .
 
AC . n = ( 0,4, − 2 ). (4, − 3, − 6 ) = 0 − 12 + 12 = 0 .
 
Como AC .n = 0 , conclui-se que C ∈ α .
 
7
2
AP .u = 0 ⇔ (x −3, y , z +1 ).  , −1,  = 0
2
3
2
7
⇔ ( x− 3) − 1 y+ ( z+1 ) = 0
3
2
2
7
7
x− 2 − y+ z+ = 0
3
2
2
⇔ 4 x −12 −6 y +21z +21 =0
⇔
⇔ 4 x −6 y +21 z +9 =0
91
Unidade 2
2



θ:
 7

A  0 , , − 3  pertence ao plano β .
 3

Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano β .
 
O ponto P satisfaz a condição AP. u = 0 .
 
7
2


AP . u = 0 ⇔  x , y − , z + 3 .  −2, 0,  = 0
3
3


7 2

⇔ −2 x + 0  y −  + ( z + 3) = 0
3 3

2
⇔ −2 x + z + 2 = 0 ⇔ −3 x + z +3 =0
3
(
)
A ( 0 , − 3, 9 ) pertence ao plano β .
Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano β .
 
O ponto P satisfaz a condição AP. u = 0 .
 
AP . u = 0 ⇔ ( x , y + 3, z − 9 ). − 2 ,1,3 2 = 0
)
⇔ − 2 x + 1 ( y + 3 )+ 3 2 (z − 9 ) = 0
Proposta 47

u (0, − 2,1) é um vetor diretor da reta r.

Como a reta r é perpendicular ao plano α , o vetor u (0, −2,1 ) é
normal ao plano α .
A reta r passa no ponto S ( 1, 9 , − 5 ) .
⇔ 0 ( x − 1) − 2 ( y − 9) + 1( z + 5 ) = 0
A ( 0 , − 5 , 2 ) e é perpendicular ao plano φ .
Uma equação vetorial dessa reta é
( x , y , z )= ( 0 , − 5, 2 )+ k ( 0 , 6 , − 1 ), k ∈ R .
Pág. 173
Proposta 49

49.1. O vetor BF = F − B = ( 6, − 1,4 ) − ( −2,5,0 ) = (8, −6,4 ) é
Então, o ponto P ( 2 k , k , k −1 ) pertence ao plano θ se
 
BP. BF = 0 .
 
BP. BF = 0 ⇔ ( 2 k + 2, k − 5, k − 1 ). (8, − 6,4 ) = 0
⇔ 8 (2 k + 2 ) − 6 ( k − 5 ) + 4 ( k −1 ) = 0
Proposta 48
48.1. O vetor n (3,2, − 1 ) é normal ao plano α : 3x + 2y − z = 4 .

Então, n (3,2, −1 ) é um vetor diretor da reta que passa em
) e é perpendicular ao plano α
49.2.

a) BF = ( 8, − 6,4 ) é um vetor normal ao plano θ e o ponto
B ( − 2 , 5, 0 ) pertence ao plano θ .
Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano θ .
 
O ponto P satisfaz a condição BP. BF = 0 .
 
BP. BF = 0 ⇔ ( x + 2, y − 5, z ). (8, −6,4 ) =0
⇔ −2 y + 18 + z +5 =0 ⇔ −2 y + z +23 =0
.
Uma equação vetorial dessa reta é
( x , y , z )= ( 0 , − 5 , 2 ) + k ( 3 , 2 , − 1 ), k ∈ R .

48.2. O vetor n (− 1,4,1) é normal ao plano
β : x + 4y + z + 7 = 0 .

Então, n (− 1,4,1) é um vetor diretor da reta que passa em
β .
Uma equação vetorial dessa reta é
( x , y , z )= ( 0, − 5, 2 ) + k ( − 1, 4 , 1 ), k ∈ R .
92

48.4. O vetor n ( 0,6,− 1 ) é normal ao plano φ : 6y − z = 0 .
⇔ 16k +16 −6k +30 +4k −4 =0
⇔ k = −3
Seja P ( x , y , z ) um ponto qualquer do plano α .
 
O ponto P satisfaz a condição AP .u = 0 .
 
AP .u = 0 ⇔ (x − 1,y − 9,z + 5 ). (0, −2,1 ) = 0
) e é perpendicular ao plano
A ( 0 , − 5 , 2 ) e é perpendicular ao plano θ .
Uma equação vetorial dessa reta é
3
( x , y , z ) = ( 0 , − 5, 2 ) +k  , 0, − 5  , k ∈ R .
 2

O ponto B ( − 2 , 5, 0 ) pertence ao plano θ .
⇔ − 2 x + y + 3 2 z + 3 − 27 2 = 0
A ( 0, −5, 2
 3

Então, n  ,0, − 5  é um vetor diretor da reta que passa em
2

normal ao plano θ .
⇔ − 2 x + y + 3 + 3 2z − 27 2 = 0
A ( 0, −5, 2
3
x − 5z + 1 = 0 .
2

Então, n (0,6, −1 ) é um vetor diretor da reta que passa em
46.4. O vetor u − 2,1,3 2 é normal ao plano β e o ponto
(
3
48.3. O vetor n  ,0, − 5  é normal ao plano
2

⇔ 8 (x + 2 ) − 6 ( y − 5 ) + 4 z = 0
⇔ 8 x +16 −6 y + 30 +4 z =0
⇔ 4 x −3 y +2 z +23 =0
Uma equação cartesiana do plano θ é 4 x −3y + 2z +23 = 0 .
b) O plano EFG é paralelo ao plano θ .

Sendo n = ( 4, −3,2 ) um vetor normal ao plano θ , então também
é normal ao plano EFG.
Assim sendo, o plano θ é definido por uma equação da forma
4x − 3y + 2z + d = 0 .
Como o ponto F ( 6 , − 1, 4 ) pertence ao plano EFG, tem-se:
4× 6 − 3× (− 1) + 2× 4 + d = 0 ⇔ 24 + 3 + 8 + d = 0 ⇔ d = −35 .
Uma equação cartesiana do plano EFG é 4 x − 3y + 2z − 35 = 0 .
NEMA11PR © Porto Editora


46.3. O vetor u  −2,0,  é normal ao plano β e o ponto
3
Geometria analítica
Proposta 50
Proposta 52

50.1. Sendo u = ( −1, 2, 1 ) um vetor normal ao plano α , então o
52.1. AB = B − A = ( 0,1,− 1) − ( 1,− 1,2) = ( − 1,2, − 3 ) e
plano α é definido por uma equação da forma

AC = C − A = (3,0, −2 ) − (1, −1,2 ) = (2,1, −4 ) .
− x + 2 y + z + d = 0.
Como o ponto A ( − 3 , 2 , 4 )pertence ao plano α , tem-se:
− ( − 3 ) + 2 × 2 + 4 +d = 0 ⇔ 3 + 4 + 4 +d = 0 ⇔d = −11
Uma equação cartesiana do plano α é −x + 2y + z −11 = 0 .
50.2. Substituindo as coordenadas do ponto B na equação do
plano α , tem-se:
− ( − 4 ) + 2 × 3 + 1 − 11 = 0 ⇔ 0 = 0 (proposição verdadeira)
Então, conclui-se que B ∈α .
Proposta 51

51.1. CV =V −C = (9,5,2 ) −(1,1,2 ) = (8,4,0 ) é um vetor normal
ao plano que contém a base do cone e o ponto C
( 1, 1, 2)
pertence ao plano.
Seja P ( x , y , z
)
um ponto qualquer do plano que contém a base
do cone.
 
O ponto P satisfaz a condição CP . CV = 0 .
 
CP . CV = 0 ⇔ ( x − 1, y − 1, z − 2 ) . (8,4,0 ) = 0
⇔ 8 ( x − 1 ) + 4 ( y − 1 ) + 0 ( z −2 ) = 0
52.2. Seja u = ( a ,b ,c ) um vetor não nulo normal ao plano ABC.
 
 
Então, tem-se: u .AB = 0 ∧ u .AC = 0 .
 
(a ,b ,c ). ( −1,2, − 3) = 0  −a + 2b − 3c = 0
u .AB = 0
⇔
⇔
  
2 a + b −4 c =0
u .AC =0 (a ,b ,c ). ( 2,1, − 4 ) = 0
a = 2b −3c
a =2b −3c
a =2 (2c ) −3c
⇔
⇔
⇔ 
4 b − 6 c + b − 4 c = 0
5 b − 10 c = 0
b = 2 c
a
⇔
b
=c
= 2c

Coordenadas do vetor u : (c ,2c , c ), c ∈ R \ {0 } .

Por exemplo, se c = 1 tem-se u (1,2,1 ).

Sabe-se que o vetor u (1,2,1 ) é normal ao plano ABC e que o
ponto B ( 0,1,− 1 ) pertence ao plano ABC. Então, tem-se:
1 (x −0 ) +2 (y −1 ) +1 ( z +1 ) =0 ⇔x +2y −2 +z +1 =0
Uma equação cartesiana do plano ABC é: x + 2y + z − 1 = 0 .
51.2. Como a reta AV é definida pela equação vetorial
( x , y , z ) = ( 9 , 5 , 2 ) + k 
11 1 1 
, − , −  , k ∈R , sabe-se que
3 2
 6
qualquer ponto da reta AV é da forma
 9 + 11 , 5 − 1 , 2 − 1 , ∈ R .
k
k
k
k

6
3
2 

O ponto A pertence à reta AV e ao plano que contém a base do
cone, definido por 2 x + y = 3 .
Então, tem-se:
11
1
11
1
10
2 9 + k  + 5 − k = 3 ⇔ 18 + k + 5 − k = 3 ⇔ k = −20
6 
3
3
3
3

⇔ k = −6
Substituindo k por − 6, tem-se
11
1
1


A 9 + × ( − 6) , 5 − ×( −6) , 2 − ×( −6 )  , ou seja,
6
3
2


A ( −2 , 7 , 5 ) .
51.3. Seja r o raio da base do cone e h a sua altura.
NEMA11PR © Porto Editora
 
−1 2 −3
Os vetores AB e AC são não colineares porque
.
≠ ≠
2 1 −4
Logo, os pontos A, B e C, sendo não colineares, definem um
plano.
⇔ x + 2 y + z −1 = 0
⇔ 8 x −8 + 4 y −4 =0
⇔ 2x + y =3 .
r = AC =
( −2 − 1) +( 7 −1) +( 5 −2)
2
h = VC =
( 9 − 1) + ( 5 − 1) + ( 2 − 2 )
= 64 +16 + 0 = 80 .
2
2
2
1
1
Vcone = Ab × h = × π×
3
3 

2
(
) ×
2
54
2
= 9 +36 +9 = 54 e
80 ≈ 505,79 .
52.3. Designemos por r a reta que passa por A ( 1,− 1,2) e é
perpendicular ao plano ABC.

Sabe-se que o vetor u (1,2,1 ) é normal ao plano ABC.

Como r é perpendicular ao plano ABC, então u (1,2,1) é um
vetor diretor da reta r.
Uma equação vetorial da reta r é
( x , y , z ) = ( 1, − 1, 2 ) + k( 1, 2 , 1 ) , k∈R .
Pág. 174
Proposta 53

O vetor u ( 4, − 3,2 ) é normal ao planoθ e
2
m 
  m −1
+1  é normal ao planoφ .
, 2 − m,
v
2
 2

Os planos θ e φ são perpendiculares se os vetores u e v
forem perpendiculares.
 m2 − 1
m 
 
 
,2 − m, + 1  = 0 ⇔
u ⊥ v ⇔ u. v = 0 ⇔ ( 4, − 3,2 ). 
2
 2

2
m
m

−1 


⇔ 4
 − 3 (2 − m ) +2  +1  =0
2

 2 
⇔ 2m 2 − 2 − 6 + 3m + m + 2 = 0 ⇔ 2m 2 + 4m − 6 = 0
⇔ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔ m =
−2 ± 4 +12
⇔ m = −3 ∨ m = 1
2
93
Unidade 2

54.1. Na opção A sabe-se que u (1, −2,1 ) é um vetor normal ao

Então, v = ( 3, − 2, − 7 ) é um vetor diretor da reta que passa por A

primeiro plano, v ( 2, − 4,2) é um vetor normal ao segundo plano

e w (1,1, −1) é um vetor normal ao terceiro plano.


Os vetores u e v são colineares, logo os dois primeiros planos
são paralelos.
 

O vetor w não é colinear aos vetores u e v , logo o terceiro
plano é concorrente aos dois primeiros planos.
Portanto, as equações dos três planos estão representadas na
opção A.

54.2. Na opção B sabe-se que u (1,− 2,1 ) é um vetor normal ao

primeiro e ao segundo plano e que v (2, − 4,2) é um vetor normal
e é perpendicular aβ .
ao terceiro plano.


Os vetores u e v são colineares, logo os três planos são
paralelos.
Uma vez que, na opção B, não há equações equivalentes, concluise que os três planos são estritamente paralelos.
Logo, a opção B corresponde à figura I.

Na opção C sabe-se que u (1, − 2,1 ) é um vetor normal ao

primeiro plano, v ( 2, − 4,2) é um vetor normal ao segundo plano
→

e w (1,1, −1) é um vetor normal ao terceiro plano. u (1, − 2,1 ) é

um vetor normal ao primeiro plano, v ( 2, − 4,2) é um vetor

normal ao segundo plano e w (3, − 6,3) é um vetor normal ao
terceiro plano.
  
Os vetores u , v e w são colineares entre si, logo os três planos
são paralelos.
Uma vez que, na opção C, a segunda e a terceira equações são
equivalentes, conclui-se que esses planos são coincidentes.
Logo, a opção C corresponde à figura II.
Proposta 55
55.1. Sendo u = (1, − 2,1) um vetor normal ao planoα , então
qualquer plano paralelo a α é definido por uma equação da
forma x −2 y + z + d = 0 .
O ponto A ( 6, − 2, 1) pertence ao plano, então:
6 − 2× ( −2 ) + 1 +d = 0 ⇔d = −11 .
Uma equação cartesiana do plano paralelo a α e que passa por A
é x −2y + z −11 =0 .
55.2. u = (1, − 2,1) um vetor normal ao planoα e

v = ( 3, − 2, − 7) um vetor normal ao plano β .
 
Os planos α e β não são paralelos porque os vetores u e v não
são colineares.
Por isso, a afirmação I é falsa.
 

Como u . v = (1, − 2,1) .( 3, − 2, − 7) = 3 + 4 − 7 = 0 , sabe-se que u e

v são perpendiculares.

Os planos α e β não são perpendiculares porque os vetores u e

v são perpendiculares.
Assim sendo, a afirmação verdadeira é a II.
94
Uma equação vetorial da reta que passa por A ( 6, − 2, 1 ) e é
perpendicular a β é ( x , y , z) = ( 6 , − 2, 1 ) + k ( 3, − 2, − 7 ) , k ∈ R .
Pág. 175
Proposta 56
56.1. O plano EFG é o plano que contém a face [EFGH] do cubo e
é paralelo ao plano α , definido por 5x −y +2z −4 =0 .

Sendo n = ( 5, − 1,2) um vetor normal ao planoα , então também
é normal ao plano EFG.
Assim sendo, o plano EFG é definido por uma equação da forma
5x − y + 2z + d = 0 .
Como o ponto E ( 2, 7, 0 ) pertence ao plano EFG, tem-se:
5× 2− 7 + 2× 0 + d = 0 ⇔ d = −3 .
Uma equação cartesiana do plano EFG é 5x − y + 2z − 3 = 0 .
56.2. A reta EA passa no ponto E ( 2, 7, 0 ) e é perpendicular ao
planoα .

Então, o vetor n = ( 5, − 1,2 ) um vetor diretor da reta EA pois é
normal ao plano α .
Uma equação vetorial da reta EA é
( x , y , z )= ( 2 , 7 , 0 )+ k ( 5, − 1, 2 ) , k∈ R .
56.3. O ponto A pertence à reta EA e qualquer ponto da reta EA
é da forma ( 2 + 5 k , 7 − k , 2k ) , k ∈ R .
O ponto A pertence ao plano α definido por 5x − y + 2z − 4 = 0 .
Então, tem-se:
5( 2 + 5k ) − (7 − k ) + 2 ( 2k ) − 4 = 0 ⇔ 10 + 25k − 7 +k +4k −4 =0
1
30
1
1
1 
1

Substituindo k por
, tem-se A  2 + 5× , 7 − , 2 ×  , ou
30
30
30 
30

 13 209 1 
,
,
seja, A 
.
 6 30 15 
[AE] é uma das arestas do cubo e
⇔ 30 k = 1 ⇔ k =
2
2
2
1
30
 13
  209
  1

.
AE = 
− 2  +
−7  +
−0  =
=
30
30
 6
  30
  15

3
 30  30 30
30
Então, V = 
.
 30  = 303 = 900


Proposta 57
57.1. O plano θ é o plano que contém os pontos A, B e C, ou
seja, é o plano ABC.

AB = B − A = (0,4,0 ) − (4,0,0 ) =( −4,4,0 ) e

AC = C − A = ( 0,0,3) −( 4,0,0 ) =( −4,0,3) .

Seja u = ( a , b ,c ) um vetor não nulo normal ao planoθ .
 
 
Então, tem-se: u . AB = 0 ∧ u . AC = 0.
NEMA11PR © Porto Editora

55.3. Sabe-se que o vetor v = (3, − 2, − 7) é normal ao plano β .
Proposta 54
Geometria analítica
a =b
 
( a, b, c ) . ( −4,4,0) = 0 −4 a + 4b = 0 
u . AB = 0
⇔
⇔
⇔ 4
  
4 3 0
c= b
u . AC = 0 ( a, b, c ) . ( −4,0,3) = 0  − a + c =
 3
4 
 
Coordenadas do vetor u :  b ,b , b  , b ∈ R \{ 0} .
3 


Por exemplo, se b = 3 tem-se u(3,3,4 ).

Sabe-se que o vetor u (3,3,4 ) é normal ao planoθ e que o
ponto A ( 4,0,0) pertence ao plano θ . Então, tem-se:
3( x − 4 ) + 3 ( y − 0 ) + 4 ( z − 0 ) = 0 ⇔ 3x −12 +3y +4 z =0
⇔ 3 x + 3 y + 4 z −12 =0
Uma equação cartesiana do plano θ é 3 x +3 y +4 z −12 =0 .
1 OA × OB
1 4×4
× OC = ×
×3= 8
3
2
3
2
1
3
57.2. V = A b× h = ×
Pág. 176
Proposta 58
Os planos α e β são estritamente paralelos se
2
8 −4 k 5 − m
4m 8
=
=
∧
≠ .
−1
2
3
3 2
8 −4 k 5 − m 2 4 m 8
−4 k 8 5 − m 2 8 4 m 8
=
=
∧
≠ ⇔
= ∧
= ∧
≠
2
3
3
2
3
2
2
3
2
−1
−1
2
−4k
5 −m
4m
⇔
=4 ∧
=4 ∧
≠ 4 ⇔ k = −3 ∧ m 2 =9 ∧ m ≠3
−1
3
3
⇔ k = −3 ∧ ( m = 3 ∨ m = −3 ) ∧m ≠3 ⇔k = −3 ∧ m = −3
Então, a opção correta é a (A).
 
u .FA = 0
( a, b, c) .( −4,4, − 8) = 0 −4a + 4b − 8c = 0
⇔
⇔
  
−a −b = 0
u .FG = 0 ( a, b, c) .( −1, − 1,0) = 0
− 4 a − 4 a − 8 c = 0
c = − a
⇔
⇔
b
a
=
−

b = −a

Coordenadas do vetor u : (a , − a ,− a) , a ∈ R \ { 0} .

Por exemplo, se a= − 1 tem-se u ( − 1,1,1) .

Sabe-se que o vetor u ( − 1,1,1 ) é normal ao plano ABG e que o
ponto A ( − 1, 2 , − 3) pertence ao plano ABG. Então, tem-se:
− 1( x + 1) + 1( y − 2) + 1 ( z + 3) = 0 ⇔ −x − 1 + y − 2 + z + 3 = 0
⇔ −x +y +z = 0
Uma equação cartesiana do plano ABG é −x +y +z =0 .
Proposta 60
Um vetor diretor da reta definida vetorialmente por
( x , y, z ) = ( 1, 0, 0 )+ k( 2, 1, − 3) , k∈ R é, por exemplo,

u ( 2,1,− 3) .
Um vetor normal ao plano de equação −2x + my + 3z − 5 = 0 é,

por exemplo, da forma n = ( −2, m,3) , m ∈R .
 
A reta é paralela ao plano se os vetoresu e n foram
perpendiculares.
 
 
u ⊥ n ⇔ u .n = 0 ⇔ ( 2,1,− 3) .( − 2,m ,3) = 0 ⇔ − 4 + m − 9 = 0
⇔ m = 13
A opção correta é a (A).
Proposta 61
61.1. A reta r é a interseção dos planos α e β .
Proposta 59

59.1. FA = A − F = (− 1,2,− 3) − ( 3, − 2,5) = ( − 4, 4, − 8) é um vetor
normal ao plano FGH e o ponto F ( 3, − 2, 5 ) pertence ao plano
FGH.
Então, tem-se:
− 4 ( x − 3) + 4 ( y + 2) − 8( z − 5) = 0
x + y −2 = 0
 y = − x +2
 y = − x +2
⇔
⇔

y + z − 2 = 0
− x + 2 + z −2 = 0 z = x
Então, qualquer ponto da reta r é da forma
( k , − k + 2 , k ) , k ∈R .
61.2. ( k , − k + 2 , k ) = ( 0, 2, 0 ) + k( 1, − 1, 1 ) , k ∈R
⇔ −4 x +12 + 4 y + 8 −8 z +40 =0 ⇔ −x +y −2 z +15 =0
61.3. O ponto A ( 7, − 5, 7 ) pertence ao plano α e ao plano β
Uma equação cartesiana do plano FGH é −x + y −2 z +15 =0 .
porque 7 + ( − 5) − 2 = 0 e −5 + 7 −2 = 0 , então pertence à reta r.
59.2. O plano ABC é paralelo ao plano FGH.
Proposta 62
− ( − 1 ) + 2 − 2 × ( −3 ) + d = 0 ⇔ 1 + 2 + 6 +d =0 ⇔d = −9
62.1. Os pontos cujas coordenadas são do tipo
( − 3 y , y , 7 y ) , y ∈ R pertencem ao planoθ porque
Uma equação cartesiana do plano ABC é − x+ y− 2 z− 9 = 0 , ou
seja, x − y + 2z + 9 = 0 .
59.3. Os pontos A, F e G pertencem ao plano ABG.
NEMA11PR © Porto Editora
Pág. 177
Assim sendo, o plano ABC é definido por uma equação da forma
− x + y −2 z + d = 0 .
Como o ponto A ( − 1, 2 , − 3 ) pertence ao plano ABC, tem-se:


FA = ( − 4,4,− 8) e FG = G − F = (2, − 3,5 ) − ( 3, − 2,5) = (−1, − 1,0) .

Seja u = (a , b ,c ) um vetor não nulo normal ao plano ABG.
 
 
Então, tem-se: u. FA =0 ∧ u. FG =0
2 (− 3y )− y + 7y = 0 e pertencem ao plano φ porque
−3y + 3y = 0 .
Assim sendo, os pontos cujas coordenadas são do tipo
( − 3 y , y , 7 y ) , y ∈ R pertencem à interseção dos planos θ eφ .
62.2. Qualquer ponto da reta que resulta da interseção dos
planos θ e φ é da forma ( − 3 y , y , 7 y ) , y ∈ R .
( − 3 y, y , 7 y ) = (0,0 ,0 ) + y ( −3,1,7 ) ,
y ∈R .
95
Unidade 2
Ora, (3 y +3, y, −2 − 5 z ) = ( 3, 0 , −2 ) + y ( 3, 1, − 5 ) , y ∈R .
Assim sendo, uma equação vetorial da reta s é
( x, y , z )= ( 3, 0, − 2 )+ k( 3, 1, − 5) , k∈R .
Proposta 63
63.1. O ponto A( 1, 0, − 1) pertence ao plano α porque
Pág. 178
1 − 2 × 0 − 1 = 0 e pertence ao plano β porque − 2 × 1 + 0 + 1 = −1 .
Então, o ponto A pertence à reta r, reta de interseção dos planos
αe β.
Proposta 65
65.1. O ponto D ( 1, 0 , 1 ) pertence ao plano BEF definido pela
63.2. O ponto P ( a , 2, b ) pertence à reta r se:
a − 2 ×2 + b = 0 ∧ −2a +2 −b = −1
⇔ a = 4 − b ∧ −8 +2 b +2 − b = −1 ⇔ a =4 − b ∧ b =5
⇔ a = −1 ∧ b = 5
63.3. Seja Q o ponto da reta r que tem abcissa 6. Então, tem-se:
 6 − 2y + z = 0
 z = 2y − 6
z = 2y − 6
⇔
⇔

y
z
y
y
−
×
+
−
=
−
−
+
−
+
=
−
2
6
1
12
2
6
1


 y = −5
16
z
=
−

⇔
y = −5
As coordenadas do ponto Q são( 6 , − 5 , − 16 ) .
Proposta 64

64.1. Por exemplo, u = ( 2, − 1, 1 ) é um vetor normal ao plano α

equação 2x + y + z − 3 = 0 porque
2× 1 + 0 + 1 − 3 = 0 é uma proposição verdadeira.
65.2. 2 x + y +2 z −2 =0 é uma equação do plano ABC.
Sendoα um plano paralelo ao plano ABC então uma equação do
planoα é da forma 2x + y + 2z + d = 0 .
O ponto F (2, −1, 0 ) pertence ao plano α , então tem-se:
2× 2 + (− 1 )+ 2 × 0 + d = 0 ⇔ d = −3 .
Uma equação cartesiana do planoα é 2 x + y + 2 z − 3 = 0 .
65.3. Seja r a reta de interseção dos planos ABC e BEF.
2x +y +2z −2 = 0
y = −2x −2z +2
⇔

2
3
0
x
y
z
+
+
−
=

2x −2x −2z +2 +z −3 =0
 y = − 2 x − 2 z + 2  y = −2 x − 2 × ( −1) + 2  y = −2 x + 4
⇔
⇔
⇔
 z = −1
 z = −1
 z = −1
Qualquer ponto da reta r é da forma ( x , − 2 x + 4 , − 1 ) , x ∈R .
definido por 2 x − y + z − 4 = 0 e v = ( 1, 2 , 1 ) é um vetor normal
Ora, ( x , − 2 x+ 4 , − 1 ) = ( 0 , 4 , − 1) + x( 1, − 2, 0 ) , x∈R .
ao plano β definido por x + 2y + z = 1 .


Os vetores u e v são colineares se existir um número real k tal


que u = k v .
Assim sendo, uma equação vetorial da reta r é
( x, y, z )= ( 0 , 4 , − 1 )+ k( 1, − 2 , 0 ) , k∈ R .
2 = k



u = k v ⇔ ( 2,− 1,1) = k( 1,2,1) ⇔  − 1 = 2k .
1 = k

Como o sistema anterior é impossível, conclui-se que os vetores


u e v não são colineares.
Pode-se assim concluir que os planos α e β não são paralelos.
64.2. A ∈α ?
Ora, 2 × 0 + 4 + 9 − 4 = 0 ⇔ 9 = 0 (falso). Logo, A ∉α .
Vamos, de seguida, verificar que A ∈ β .
0 + 2 × ( −4) + 9 =1 ⇔1 =1 (verdadeiro). Logo, A ∈β .
Designemos porθ o plano que passa por A e é paralelo ao plano
α.
Sendo θ paralelo ao planoα então é da forma 2 x − y + z+ d = 0 .
Como o ponto A ( 0 , − 4 , 9 ) pertence ao plano θ , tem-se:
2 × 0 − ( −4) + 9 + d = 0 ⇔d = −13
Uma equação cartesiana do plano θ é 2x − y + z − 13 = 0 .
64.3. Seja s a reta de interseção dos planosα e β .
 2x −y +z − 4 = 0 z = −2x +y + 4
z = −2x +y +4
⇔
⇔

+
+
=
+
−
+
+
=
2
1
2
2
4
1
x
y
z
x
y
x
y


 −x +3 y = −3
 z = −6 y − 6 + y + 4  z = −2 −5y
⇔
⇔
x = 3y+3
 x = 3 y +3
Qualquer ponto da reta s é da forma (3 y + 3, y , − 2 − 5 y ) , y ∈R .
96
65.4.
a) O plano interseta o eixo Ox no ponto de abcissa 2, isto é, passa
no ponto de coordenadas ( 2, 0, 0 ) , se:
3× 2 + (k + 2) × 0 − k × 0 +k = 1 ⇔ 6 +k = 1 ⇔k = −5
b) O plano é perpendicular ao plano ABC se um vetor normal ao
plano for perpendicular a um vetor normal ao plano ABC.


O vetor u = ( 2, 1, 2 ) é normal ao plano ABC e v = ( 3, k + 2, −k )
é um vetor normal plano dado.
 
 
u ⊥ v ⇔ u . v = 0 ⇔ ( 2, 1, 2 ) . ( 3, k + 2 , − k ) = 0
⇔ 6 + k +2 −2 k =0 ⇔ k =8
Proposta 66
O ponto de coordenadas( 0 , 5 , 3 ) pertence à reta. Se a reta está
contida no plano então esse ponto também pertence ao plano.
Ora, podemos excluir as opções (A) e (C) porque o ponto de
coordenadas ( 0 , 5 , 3 ) não pertence aos planos de equações
2x − 4y + z + 5 = 0 e 3x + y − 2z + 6 = 0 . Restam então as opções
(B) e (D).
Se a reta está contida no plano então um vetor diretor da reta,

por exemplo u = ( 2, − 4 , 1 ) , é perpendicular a um vetor normal
ao plano.
Em relação às opções (B) e (D), tal só se verifica na opção (D) pois
( 2 , − 4 , 1 ) . ( 3 , 1, − 2 )= 6 − 4 − 2 = 0 .
Conclusão: a opção correta é a (D).
NEMA11PR © Porto Editora
Então, uma equação vetorial da reta que resulta da interseção
dos planos θ e φ é ( x , y, z ) = ( 0 , 0 , 0 ) + k ( −3, 1, 7 ), k ∈R .
Geometria analítica
Proposta 67
67.1. Um vetor n , normal ao plano α é, por exemplo,
Pág. 179

n = ( 6, −3, −9 ) .


Um vetor r , diretor da reta r, é, por exemplo,r = ( − 2, 1, 3 ) .




Os vetores n e r têm a mesma direção porque n = −3r .
Proposta 68

68.1. O vetor n = ( 3, − 2, − 1 ) é normal ao plano β .
67.2. Como os vetores n e r são colineares, sabe-se que a reta
r é perpendicular ao planoα .
A reta VP é perpendicular ao plano β porque P é a projeção
ortogonal de V sobre β .

Então, n = ( 3, − 2, − 1 ) é um vetor diretor da reta VP.
O ponto V ( −4 , 5, 2 ) pertence à reta VP.
67.3. Designemos por D o ponto de interseção da reta r com o
plano α .
Uma equação vetorial da reta VP é
( x , y, z ) = ( − 4 , 5, 2 ) + k( 3, − 2, − 1 ) , k ∈ R .
Como a reta r é definida pela equação vetorial
( x, y, z ) = ( 1, 4 , − 1 ) + k( − 2, 1, 3 ) , k ∈R , sabe-se que
A reta VP pode ser representada pelas seguintes equações
paramétricas:
 x = − 4 + 3k

 y = 5 − 2 k, k ∈ R
z = 2 − k

qualquer ponto da reta r é da forma
(1 −2 k , 4 +k , −1 +3k ) , k ∈R .
O ponto D pertence à reta r e ao planoα definido por
6x − 3y − 9z + 1 = 0 .
Então, tem-se:
6 ( 1 − 2k ) − 3 ( 4 +k ) −9 ( −1 +3k ) +1 =0
⇔ 6 − 12 k − 12 − 3 k + 9 − 27 k + 1 = 0 ⇔ −42 k = −4 ⇔ k =
68.2. P é o ponto de interseção da reta VP com o planoβ .
2
21
2
, tem-se
21
2
2
2 

 17 86 5 
D  1 − 2 × , 4 + , − 1 + 3 ×  , ou seja, D  , , −  .
21
21
21 

 21 21 7 

67.4. Um vetor diretor da reta s é, por exemplo, s = ( 2 , 1 , 1 ) .


O vetor s = ( 2 , 1 , 1 ) é perpendicular ao vetor n = ( 6, − 3, − 9 ) ,
Substituindo k por
normal ao planoα , porque
 
s . r = ( 2 , 1, 1 ) . ( 6 , −3, −9 ) =12 −3 −9 = 0 .
Atendendo à questão anterior, sabe-se que qualquer ponto da
reta VP é da forma ( − 4 + 3 k , 5 − 2 k , 2 − k ) , k ∈ R .
O ponto P pertence à reta VP e ao planoβ definido por
3 x − 2 y − z = 6 . Então, tem-se:
3 (− 4+ 3k ) − 2 ( 5 − 2k ) − ( 2 − k ) = 6 ⇔ − 12 + 9k − 10 + 4k − 2 +k = 6
⇔ 14 k = 30 ⇔ k =
15
7
15
, tem-se
Substituindo k por
7
15
15
15 

P  − 4 + 3 × , 5 −2 × , 2 −  , ou seja,
7
7
7

 17 5 1 
, ,−  .
P
 7 7 7
Então a reta s é paralela ao planoα .
O ponto de coordenadas ( 1, 4 , − 1 ) é um ponto da reta s e não
68.3. Altura da pirâmide:
pertence ao plano α porque a proposição
6 × 1 − 3 × 4 − 9 ×( −1) +1 = 0 é falsa.
17  
5 
1
450 15 2 15 14

VP =  −4 −  +  5 −  +  2 +  =
=
=
7   7  7
7
7
7

Assim sendo, conclui-se que a reta s é estritamente paralela ao
plano α .
Sendo a pirâmide quadrangular regular sabe-se que a sua base é
um quadrado.
Como o perímetro da base da pirâmide é 24, sabe-se que
24
AB =
=6 .
4
5

, 2 , 0  é um
 6

67.5. Por exemplo, o ponto de coordenadas 
ponto da reta t.
Substituindo as coordenadas do ponto na equação do planoα ,
tem-se:
5
6 × − 3 × 2 − 9 × 0 + 1 = 0 ⇔ 5 − 6 +1 = 0 (proposição verdadeira)
6
Donde se conclui que o ponto da reta t pertence ao planoα .
67.6. A reta t é paralela ao planoα porque t é paralela a s e s é
NEMA11PR © Porto Editora
perpendicular a r.
Tendo ainda em conta o resultado da questão anterior, conclui-se
que a reta t está contida no plano α .
2
2
2
1
15 14 180 14
Então, V = × 62 ×
=
.
3
7
7
Proposta 69
69.1. B é o ponto de interseção da reta VF com o plano ABC .
Um vetor diretor da reta VF é

VF = F − V = (6,0,2) −( 5,4, − 3) = (1, − 4,5) .
Uma equação vetorial da reta VF é
( x, y, z ) = ( 6 , 0 , 2 )+ k( 1 , − 4 , 5 ) , k∈R.
Qualquer ponto da reta VF é da forma
( 6 + k , − 4 k , 2 + 5k ) , k ∈R .
O ponto B pertence à reta VF e ao plano ABC definido por
3x − y + 2z = 8 .
Então, tem-se:
NEMA11PR-7
97
Unidade 2
Proposta 71
14
⇔ 17 k = −14 ⇔ k = −
17
14
, tem-se
Substituindo k por −
17
71.1. Sabe-se que D = C + AB.


AB = B − A = ( −1,1,2) −( 1,1,4 ) = ( −2,0, −2) .

Logo, D = C + AB =( 3, 3, 2) + ( − 2 , 0 , − 2 ) =( 1, 3, 0 ) .
14

 14 
 14  
B  6 − , − 4 ×  −  , 2 + 5×  −   , ou seja,
17
 17 
 17  

 88 56 36 
,
,−
B
.
 17 17 17 
71.2. O ponto A ( 1, 1, 4 ) pertence ao plano ABC e os vetores
69.2. 3 x − y + 2 z = 8 é uma equação do plano ABC.


AB e AC são dois vetores não colineares do plano ABC.

AB = B − A = ( −1, 1 , 2 ) −( 1, 1, 4 ) =( − 2, 0 , −2) e

AC = C − A =( 3, 3, 2 ) −( 1, 1, 4 ) = ( 2, 2 , − 2 ) .
Sendo EFG um plano paralelo ao plano ABC então uma equação
do plano EFG é da forma 3 x − y + 2 z + d = 0 .
Uma equação vetorial do plano ABC é:
( x, y, z )= ( 1, 1, 4 ) + a( − 2, 0 , − 2 ) + b( 2, 2, − 2 ) , a , b∈R .
O ponto F ( 6 , 0 , 2 ) pertence ao plano EFG, então tem-se:
3 × 6 − 0 + 2 ×2 +d = 0 ⇔d = −22 .
71.3. Designemos por α o plano que contém a base do prisma à
Uma equação cartesiana do plano EFG é 3x − y + 2z − 22 = 0 .
qual pertence a aresta [AB].

AC = ( 2, 2, −2 ) é um vetor normal ao plano α .
69.3. A altura da pirâmide [ABCDV] é dada por VP , sendo P a
Então, o planoα é definido por uma equação da forma
2x + 2y − 2z + d = 0 .
projeção ortogonal de V sobre o plano ABC.
A reta VP é perpendicular ao plano ABC.

O vetor n = ( 3, − 1, 2) , sendo normal ao plano ABC, é um vetor
diretor da reta VP.
Uma equação vetorial da reta VP é
( x, y, z )= ( 5, 4 , − 3) + k( 3, − 1, 2 ) , k∈ R.
Qualquer ponto da reta VP é da forma
( 5 + 3k , 4 − k , − 3 + 2k ) , k ∈R .
O ponto P pertence à reta VP e ao plano ABC definido por
3 x − y + 2 z = 8 . Então, tem-se:
3 ( 5 + 3k )− ( 4 − k) + 2( −3 + 2k ) = 8 ⇔ 15 + 9 k − 4 + k − 6 + 4 k =8
3
⇔ 14 k = 3 ⇔ k =
14
3
, tem-se
Substituindo k por
14
3
3
3

P  5 + 3× , 4 − , − 3 + 2 ×
14
14
14

Altura da pirâmide [ABCDV]:
2
2× 1+ 2× 1 − 2× 4 + d = 0 ⇔ d = 4 .
Uma equação cartesiana do planoα é 2 x + 2 y − 2 z + 4 = 0 , ou de
forma simplificada, x + y − z +2 = 0 .
Designemos por β o plano que contém a base do prisma à qual
pertence a aresta [CD].
Como o plano β é paralelo ao planoα sabe-se que é definido por
uma equação da forma x + y − z + d = 0 .
Como o ponto C ( 3, 3, 2 ) pertence ao plano β , tem-se:
3+ 3− 2+ d = 0 ⇔ d = −4 .
Uma equação cartesiana do planoβ é x +y −z − 4 = 0 .

2
71.4. Altura do prisma: AC = AC = 2 2 +2 2 + ( −2 ) = 12 = 2 3

 , ou seja,

2
79
53
18
VP =  5 −  +  4 −  + −3 + 
14  
14  
7

=
Como o ponto A (1, 1, 4 ) pertence ao plano α , tem-se:
 79 53 18 
, ,− .
P
7 
 14 14
2
126 3 14
=
196
14
Proposta 70


O vetor u ( 3,2, − 1) é normal ao planoα e v (− 2k , 8, k 2 ) é
normal ao plano β .


Os planos α e β são perpendiculares se os vetores u e v
forem perpendiculares.
 
 
u ⊥ v ⇔ u. v = 0 ⇔ (3,2, −1 ). ( −2 k, 8, k2 )= 0 ⇔ −6 k + 16 − k2 = 0
6 ± 36 + 64
⇔ k=
⇔ k = −8 ∨ k = 2
−2
A opção correta é a (A).
Aresta da base do prisma:

2
2
AB = AB = (− 2 ) + 0 2 + (− 2 ) =
8= 2 2
As bases do prisma são hexágonos regulares. Logo, podem ser
divididas em seis triângulos equiláteros como sugere a figura.
Seja x a altura de cada um desses triângulos.
Então, tem-se:
x
x
tan (60° ) =
⇔ 3=
⇔ x= 6 .
2
2
Área da base do prisma: Ab = 6 ×
2 2× 6
= 6 12 = 6 ×2 3
2
= 12 3
Volume do prisma: V = A b × h = 12 3 × 2 3 = 24 × 3 = 72
Pág. 180
Proposta 72
72.1.
a) O plano xOz é o plano de equação y = 0 .
Como a base [ABCD] está contida no plano xOz, os pontos A, B, C
e D têm ordenada nula.
A reta AB é definida pelo sistema de equações x = 2 ∧ y = 0 .
Então os pontos A e B têm abcissa igual a 2.
98
NEMA11PR © Porto Editora
3 ( 6 + k) − ( − 4 k) + 2 (2 + 5k ) = 8 ⇔ 18 + 3 k + 4 k + 4 +10k = 8
Geometria analítica
Como a pirâmide é quadrangular regular e a origem do
referencial é o centro da sua base, conclui-se que:
A( 2, 0 , 2 ) , B ( 2, 0 , − 2 ), C ( − 2, 0 , − 2 ) e D ( − 2 , 0, 2 ).
 
b) AB e AV são dois vetores não colineares do plano ABV.

AB =B −A = (2,0, − 2 ) −( 2,0,2) = ( 0,0, − 4 ) e

AV = V − A = (0,5,0) − (2,0,2 )= (−2,5, − 2 ) .

Seja u = (a ,b ,c ) um vetor não nulo normal ao plano ABV.
 
 
Então, tem-se: u. AB = 0 ∧ u. AV = 0 .
 
 (a, b, c ). (0,0, − 4 ) = 0
−4 c = 0
u . AB = 0
⇔
⇔
  
−
−
=
,
,
.
2,5,
2
0
a
b
c
(
)
(
)
=
− 2a + 5b − 2c = 0
u . AV 0 
(
x, y, z ) = ( 2 , 2, − 1) + k ( 11, 5, − 8 ) , k ∈R .
 
u . AB = (11, 5, −8 ) . ( 4, −4,3 ) = 44 −20 −24 =0 e
 
u . AC = (11,5, −8) . (2,2,4 ) = 22 +10 −32 = 0 .

 
 
Como u ⊥ AB e u ⊥ AC , conclui-se que o vetor u é
perpendicular ao plano ABC.
Então, a reta definida por
( x, y, z ) = ( 2, 2 , − 1) + k( 11, 5, − 8) , k∈R é perpendicular ao
plano ABC.
73.3. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
 
a condição AB . MP = 0 , sendo M o ponto médio de [AB], é o
c = 0
⇔ 
5
a = b
2
 5

Coordenadas do vetor u :  b, b, 0  , b ∈ R \ {0} .
2


Por exemplo, se b = 2 tem-se u(5,2,0 ) .

Sabe-se que o vetor u (5,2,0 ) é normal ao plano ABV e que o
ponto A ( 2,0,2) pertence ao plano ABV. Então, tem-se:
5 ( x − 2) + 2 ( y − 0) + 0( z − 2 ) = 0 ⇔ 5 x − 10 + 2y = 0
⇔ 5 x +2 y −10 = 0
Uma equação cartesiana do plano ABV é 5 x +2 y −10 =0 .
 
c) AD e AV são dois vetores não colineares do plano ADV.


AD = D − A = (− 2,0,2 )− ( 2,0,2 )= (− 4,0,0) e AV = (− 2,5,− 2) .
plano mediador de [AB].

AB = B − A =( 3, 0 , 8 ) −( −1, 4 , 5 ) = ( 4, − 4 , 3 )

13  
13 

MP = P − M = ( x, y, z) −  1,2,  =  x −1, y − 2, z − 
2  
2 

 
13 

AB . MP = 0 ⇔ ( 4, − 4,3 ) . x − 1, y − 2, z −  = 0
2

39
31
⇔ 4 x − 4 − 4 y + 8 +3z − = 0 ⇔ 4 x − 4 y + 3z − = 0
2
2
Equação cartesiana do plano mediador de [AB]:
31
4 x − 4 y + 3z − = 0
2
Proposta 74
O plano ADV passa no ponto V ( 0, 5, 0 ) .
O conjunto dos pontos P do espaço que satisfazem a condição
 
AB . BP = 0 é o plano tangente à superfície esférica de centro A
Uma equação vetorial do plano ADV é:
(x , y , z ) = ( 0 , 5 , 0 ) +a ( − 4 , 0 , 0 ) + b (− 2 , 5, − 2 ) , a ,b ∈ R .
no ponto B.
A opção correta é a (D).
72.2. A aresta [AV] é definida pela seguinte equação vetorial:
Pág. 181
( x , y , z ) = ( 2 , 0 , 2 ) + k( −2 , 5 , − 2 ) ,
k ∈ [0 , 1 ] .
P é o ponto da aresta [AV] que tem abcissa
1
2
, então tem-se:
1 y z
2 , ,

=
 ( 2 , 0 , 2 )+ k ( − 2 , 5 , − 2 ), k ∈ [ 0 , 1 ]

3

1
k =4
 2 = 2 −2k


 15
⇔ y =
y = 5k
4
 z = 2 −2 k


 1
z
=

 2

 1 15 1
Então, P  , ,
2 4 2

.

Proposta 73
73.1. O ponto A ( − 1, 4 , 5) pertence ao plano ABC e os vetores
NEMA11PR © Porto Editora

73.2. u( 11,5,− 8) é um vetor diretor da reta definida por


AB e AC são dois vetores não colineares do plano ABC.

AB = B − A = ( 3, 0 , 8 ) −( −1, 4 , 5 ) = ( 4, − 4 , 3) e

AC = C − A = ( 1, 6 , 9 ) −( −1, 4 , 5) = ( 2, 2 , 4 ) .
Uma equação vetorial do plano ABC é:
( x, y, z) = ( − 1, 4 , 5 ) + a( 4 , − 4 , 3 ) + b( 2, 2, 4 ) , a, b∈R .
Proposta 75
75.1. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
 
a condição AB . MP = 0 , sendo M o ponto médio de [AB], é o
plano mediador de [AB].
Equação cartesiana do plano mediador de [AB]: y = 0
75.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
 
a condição AB . BP = 0 é o plano tangente à superfície esférica
centrada em A no ponto B.

AB = B − A = (0, −3,0 ) − (0,3,0 ) = ( 0, −6,0 )

BP = P − B =( x, y, z) −( 0, −3,0) =( x, y +3, z)
 
AB . BP = 0 ⇔ ( 0, − 6,0 ).( x , y + 3, z) = 0 ⇔ − 6y − 18 = 0 ⇔ y = −3
Equação do plano tangente à superfície esférica centrada em A
no ponto B: y = −3
75.3. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
 
a condição AP . BP = 0 é a superfície esférica de diâmetro [AB].
O centro da superfície esférica de diâmetro [AB] é o ponto médio
de [AB], que coincide com a origem do referencial, e o raio é 3.
Então, a superfície esférica de diâmetro [AB] é definida pela
condição x 2 + y2 + z 2 =9 .
99
Unidade 2
 
a condição AP. BP =0
∧ x = 0 é a interseção da superfície
esférica de diâmetro [AB] com o plano de equação x = 0 , ou seja,
é a circunferência de centro O e raio 3, contida no plano yOz.
Essa circunferência é definida pela condição
x 2 + y 2 + z 2 = 9 ∧ x =0 , ou seja, y 2 + z 2 = 9 ∧ x = 0 .
75.5. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
 
a condição AP . BP = 0 ∧ z = 3 é a interseção da superfície
esférica de diâmetro [AB] com o plano de equação z = 3 , ou seja,
é o ponto de coordenadas ( 0 , 0 , 3 ) .
Nota: O plano de equação z = 3 é tangente à superfície esférica
de diâmetro [AB].
Proposta 76

76.1. Sendo S o ponto médio de [RT], sabe-se que T = S + RS .
4
4
Volume da esfera: Ve = πr 3 = π×
3
3
Volume do sólido:
V = Vp + Ve =
Então, T = ( 0,3, − 2) + ( 4, − 4,0) =( 4, − 1, − 2) .
76.2. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
 
a condição RT . SP =0 , sendo S o ponto médio de [RT], é o plano
mediador de [RT].

RT = T − R = ( −4, − 1, − 2 ) −( 4, 7, − 2) =( −8, − 8, 0)

SP = P − S = ( x, y, z ) − ( 0,3, − 2) = ( x , y − 3, z + 2)
 
RT . SP = 0 ⇔ (− 8,− 8,0 ) .( x , y − 3, z + 2) = 0 ⇔ − 8x − 8y + 24 = 0
⇔ x + y −3 = 0
Equação cartesiana do plano mediador de [RT]: x+ y− 3 = 0 .
76.3. O plano que é tangente em T à superfície esférica de
diâmetro [RT] é o conjunto dos pontos P do espaço que
 
satisfazem a condição ST . TP =0 .

ST = T − S = ( −4, −1, −2 ) −( 0,3, −2 ) =( −4, −4,0)

TP = P − T = ( x, y, z) −( −4, −1, −2 ) =( x +4, y +1, z +2)
 
ST . TP= 0 ⇔ ( − 4,− 4,0 ).( x+ 4, y+ 1, z+ 2) = 0 ⇔
−4 x − 16 − 4 y − 4 = 0 ⇔ x + y + 5 = 0
Equação do plano que é tangente em T à superfície esférica de
diâmetro [RT]: x + y + 5 = 0
3
4
= π×6 6 = 8 6 π .
3
8 6
8 6 + 24 6π 8 6 ( 1+ 3π )
+8 6 π =
=
.
3
3
3
77.2. Como o plano α contém a base da pirâmide é
perpendicular à reta VV´.

Então, o vetor VV ´ é normal ao planoα .

VV´ = V´ − V = (2,3,4 ) − (4, 5,8 ) = ( −2, − 2, − 4 ) .
Como o ponto V ´( 2,3, 4) pertence ao plano α , tem-se:
−2 ( x − 2 ) −2 ( y − 3) − 4 ( z −4 ) =0 ⇔ −2 x +4 −2 y +6 −4 z +16 =0
⇔ − 2x − 2y − 4z + 26 = 0 ⇔x +y + 2z −13 = 0
Uma equação cartesiana do planoα é x +y + 2z −13 = 0 .
77.3. O centro da esfera é o ponto C ( 1, 2, 2 ) e o raio é 6 .
Ora, AC =

RS = S − R = ( 0,3, − 2) − (4, 7, − 2) = ( 4, − 4,0) .
( 6)
( −1 −1 )2 +(3 −2 )2 +(1 −2 )2
= 4 +1 +1 = 6 .
Como a distância do ponto A ao centro da esfera é igual ao raio
da esfera, conclui-se que o ponto A é um ponto da superfície
esférica que limita a esfera dada.
O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem a
 
condição CA . AP = 0 é o plano tangente à superfície esférica
centrada em C no ponto A.

CA = A− C = ( −1,3,1 ) − (1,2,2 ) = (−2,1, − 1)

AP = P − A = ( x, y, z ) −( −1,3,1 ) =( x +1, y −3, z −1)
 
CA. AP = 0 ⇔ (−2,1, − 1) . ( x + 1, y − 3, z − 1) = 0
⇔ −2x − 2 +y − 3 −z + 1 = 0 ⇔ −2x +y −z −4 =0
Equação do plano tangente à superfície esférica centrada em C
no ponto A: −2 x + y − z −4 =0
Pág. 182
Proposta 78
78.1. A superfície esférica é definida pela equação
x 2 + y2 + z 2 = 5 e o eixo Oz é definido pela condição
x =0 ∧ y =0 .
Os pontos de interseção da superfície esférica com o eixo Oz são
os pontos que verificam a condição
x 2 + y2 + z2 = 5 ∧ x = 0 ∧ y = 0 .
x 2 + y2 + z2 = 5 ∧ x = 0 ∧ y = 0
⇔ 0 2 + 0 2 + z2 = 5 ∧ x = 0 ∧ y =0 ⇔ z2 =5 ∧ x =0 ∧ y =0
Proposta 77
77.1. Como a pirâmide é quadrangular regular, a sua base é um
quadrado.
Se o perímetro da base da pirâmide é 8, então a aresta da base é
2.
Altura da pirâmide:
VV ´ =
( 4 − 2 )2 + (5 − 3 )2 + (8 −4 )2
= 4 +4 +16 = 24 =2 6 .
1
1 2
8 6
.
Volume da pirâmide: Vp = A b × h = × 2 × 2 6 =
3
3
3
A esfera é definida pela inequação
( x − 1 )2 + ( y − 2 )2 + ( z − 2 )2 ≤ 6 , então tem raio
100
6 .
(
)
⇔ z = 5 ∨ z = − 5 ∧ x =0 ∧ y =0
As coordenadas dos pontos de interseção da superfície esférica
(
com o eixo Oz são 0 , 0 , 5
) e ( 0, 0, − 5 ) .
78.2. A superfície esférica é centrada na origem do referencial e
tem raio 5 .
As equações dos planos paralelos a xOy (definido pela condição
z = 0 ) e que são tangentes à superfície esférica são:
z= 5 ; z=− 5 .
NEMA11PR © Porto Editora
75.4. O lugar geométrico dos pontos P do espaço que satisfazem
Geometria analítica
78.3. As equações dos planos paralelos a yOz (definido pela
condição x = 0 ) e que são tangentes à superfície esférica são:
x= 5; x=− 5 .
78.4. A equação y = k representa um plano que interseta a
superfície esférica se k ≤ 5 .
A equação y = k representa um plano que não interseta a
superfície esférica se k > 5 .
k >5 ⇔ k > 5 ∨ k < − 5 .
78.5. z = 2 ∧ x2 + y2 + z2 = 5 ⇔ z = 2 ∧ x2 + y2 + 22 = 5
⇔ z = 2 ∧ x2 + y2 = 1
A interseção do plano definido pela equação z = 2 com a
superfície esférica é a circunferência de centro ( 0 , 0 , 2 ) e raio
1, contida no plano z = 2 .
Assim sendo, o comprimento dessa circunferência é dado por
P = 2 π ×1 = 2 π .
Proposta 79
79.1. A superfície esférica definida pela equação
x 2 + ( y − 1) + z2 = 3 tem centro C ( 0, 1, 0 ) e raio
2
3.
A reta r passa por C e é perpendicular ao planoα definido por
−x + y + z − 7 = 0 .

O vetor u ( − 1,1,1) é normal ao plano α , logo é um vetor diretor
da reta r.
Então, a reta r pode ser definida vetorialmente por
( x , y, z) = ( 0, 1, 0 ) + k( − 1, 1, 1) , k∈ R .
79.2. Qualquer ponto da reta r é da forma (− k , 1+ k , k ) , k∈ R .
Seja A o ponto de interseção da reta r com a superfície esférica.
Então, A ( − k , 1 + k , k ) , k ∈R .
Como o ponto A pertence à superfície esférica, tem-se:
( −k ) + (1 +k −1 )
2
2
+k 2 =3 ⇔3 k 2 =3 ⇔k 2 =1 ⇔k =1 ∨ k = −1 .
Assim sendo, as coordenadas dos pontos de interseção da reta r
com a superfície esférica são ( −1 , 2 , 1 ) e ( 1, 0 , − 1 ) .
79.3. Qualquer plano tangente ao planoα é da forma
−x + y + z + d = 0 .
Os planos que são paralelos ao planoα e tangentes à superfície
esférica passam nos pontos de coordenadas( − 1, 2, 1 ) e
( 1, 0 , − 1 ) .
Se ( − 1, 2, 1 )
pertence ao plano, tem-se:
1 + 2 + 1 + d = 0 ⇔ d = −4
Se ( 1, 0 , −1 ) pertence ao plano, tem-se:
NEMA11PR © Porto Editora
−1 + 0 − 1 + d = 0 ⇔ d = 2
Então, as equações dos planos que são paralelos ao planoα e
tangentes à superfície esférica são −x +y +z −4 =0 e
−x + y + z + 2 = 0 .
Pág. 183
Proposta 80*
80.1. Os pontos E e F pertencem à aresta [BV] e são tais que
BE = EF = FV .
1 
2 
Então, E = B + BV e F = B + BV .
3
3

 5 11 
 5 11 
BV = V − B =  ,5,
 −( 5, 4, 0 ) =  − ,1, 
2 
2 
2
 2
1  5 11   25 13 11 
Então, E = (5,4, 0 ) +  − ,1,  =  , ,  e
3 2
2  6 3 6 
2  5 11   10 14 11 
F = (5,4, 0 ) +  − ,1,  =  , ,  .
3 2
2  3 3 3 
80.2. Sabe-se que o plano β passa em E e é paralelo ao planoα .
O plano β , sendo paralelo aα , é definido por uma equação da
forma 3y + 4z + d = 0.
 25 13 11
O ponto E  , ,  pertence ao plano β , então tem-se:
 6 3 6
13
11
61
3× + 4 × + d = 0 ⇔ d = −
3
6
3
61
Uma equação cartesiana do plano β é 3 y+ 4 z− = 0 .
3
80.3. Aresta da base: AB = (5 − 5 ) 2 + (0 −4 ) 2 + (3 −0 ) 2
= 0 + 16 + 9 = 25 = 5
A altura da pirâmide é dada por VV ´ , sendo V´ a projeção
ortogonal de V sobre o planoα .
Seja r a reta perpendicular ao planoα , definido por
3 y + 4 z − 12 = 0 , que passa pelo ponto V  ,5,
5 11 
.
2 
2

O vetor u ( 0, 3,4 ) é normal ao planoα , logo é um vetor diretor
da reta r.
Então, a reta r pode ser definida vetorialmente por
11 
5
( x , y , z )=  , 5 , + k ( 0 , 3 , 4 ) , k∈ R .
2 
2
11
 5

Qualquer ponto da reta r é da forma  , 5 + 3k , + 4k  , k ∈ R .
2
2

O ponto V´ pertence à reta r e ao planoα . Então, tem-se:
 11

3 ( 5 + 3k ) + 4 + 4k  − 12 = 0 ⇔ 15 + 9k + 22 + 16k − 12 = 0
2

⇔ 25k = −25 ⇔k = −1
11
 5
+ 4 × ( −1 ) ,
Substituindo k por −1 , tem-se V ´  , 5 + 3 × ( −1 ) ,
2
2

3
 5
ou seja, V ´  , 2,  .
2
 2
2
2
2
5 5
 11 3 
Altura da pirâmide: VV ´ =  −  + ( 5 − 2 ) +  − 
2 2 
2 2
= 0 + 9 + 16 = 25 = 5
Conclusão: A altura da pirâmide é igual à aresta da base.
101
Unidade 2
Proposta 81*
Interseção com o eixo Oz:
1
1


b = 7
b = 7
0 = −1 + 2 a + 3 b
0 = −1 +4 b +3 b 

2
2




⇔ a = 2b
⇔ a =
⇔ a =
0 = a − 2b
7
7
z = 1 − a
z = 1 −a




2
5


z = 1 − 7
z = 7


O planoα interseta o eixo Oz no ponto de coordenadas
5

 0, 0, 7  .


81.1. O planoα é definido vetorialmente por
b) Qualquer ponto do plano xOz é da forma ( x , 0 , z ) , x, z∈ R .
(
O ponto pertence à reta r, então tem-se:
x = k
x = 0
 =
 =
⇔
0
k

0 k
z = 2 −k
z = 2


x, y, z )= ( − 1 , 0 , 1 ) + a( 2 , 1 , − 1 ) + b( 3 , − 2 , 0 ) , a, b∈R .
Então, pode ser representado pelo seguinte sistema de equações
paramétricas:
 x = −1 + 2a + 3b

, a ,b ∈R
 y = a − 2b
z = 1 −a

 − 2 = −1 + 2a + 3b

81.2.  − 4 = a − 2b
 3 = 1− a

Conclusão: A ∈α .
 −2 = −1 − 4 +3b
 −2 = −2


⇔  −4 = −2 − 2b
⇔ b = 1
a = − 2
a = − 2


81.3.
a) Interseção com o eixo Ox:
3

 5
x = 1 + 2
x = 2
x
a
b
x
b
=
−
+
+
=
−
+
+
1
2
3
1
2
3






 1
 1
⇔  0 = 1 − 2b
⇔ b =
⇔ b =
 0 = a − 2b
 0 = 1− a
a = 1
 2
 2


a = 1
a = 1




O plano α interseta o eixo Ox no ponto de coordenadas
5

 , 0, 0  .
2

Interseção com o eixo Oy:
1

b= − 3
 0 = − 1+ 2a + 3b
 0 = − 1 + 2 + 3b

1

⇔  y = 1 −2 b
⇔  y =1 −2  −  ⇔
 y = a−2 b
 3
 0 = 1− a
a = 1



a = 1


1
b
 = −3

5

⇔ y =
3

a = 1


O plano α interseta o eixo Oy no ponto de coordenadas
5 

 0, 3 , 0  .


A
reta
r interseta o plano xOz no
ponto de
, 0, 2 ) .
(0coordenadas
c) Qualquer ponto da reta r é da forma ( k , k , 2 − k ) , k ∈R .
O ponto pertence ao planoα se:
k = −1 +2( −1 +k ) +3b
k = − 1+ 2a + 3b


2
k
a
b
=
−
⇔

k = −1 + k −2b
2 − k = 1 − a


 a = −1 + k
k = − − + k − 3
k = 9
1 2 2


2
2


1
1


⇔ b = −
⇔ b = −
2
2


 a = −1 + k
 a = −1 +k




Assim sendo, as coordenadas do ponto de interseção da reta r
9 9 5
com o planoα são  , , −  .
2 2 2
Proposta 82*
82.1. A esfera definida pela inequação
( x − 2 )2 + (y + 1 )2 + z 2 ≤ 9 tem centro C ( 2, − 1, 0)
e raio 3.
82.2. A reta r passa por C e é perpendicular ao planoα definido
por −x +2y +z +10 =0 .

O vetor u ( − 1,2,1) é normal ao planoα , logo é um vetor diretor
da reta r.
A reta r pode ser definida vetorialmente por
( x, y, z )= ( 2 , − 1 , 0 )+ k( − 1 , 2 , 1 ) , k∈ R .
x = 2 − k

Então, equações paramétricas da reta r são: y = −1 + 2k , k ∈R .
z = k

82.3. Seja C´ o ponto de interseção da reta r com o planoα .
Como C´ pertence à reta r, é da forma ( 2− k ,− 1+ 2 k , k) , k∈ R .
C´ pertence ao planoα , então tem-se:
− (2 −k ) +2 ( −1 +2k ) +k +10 =0 ⇔ −2 +k −2 +4k +k +10 =0
⇔ 6 k = −6 ⇔ k = −1
Substituindo k por −1, tem-se C´ ( 2 − ( −1 ) , −1 +2 × ( −1 ), −1 ) , ou
seja, C ´ ( 3, −3, −1) .
102
NEMA11PR © Porto Editora
80.4. Como a pirâmide é quadrangular regular, a base é um
quadrado e o centro da base coincide com o ponto V´.

Então, C = A +2 AV´ .

3
5 3
 5
AV ´ = V ´ −A =  ,2,  −( 5,0,3) = − ,2, −  .
2
2 2
 2
3
 5
Assim sendo, C = ( 5,0,3) + 2 − ,2,−  = ( 0,4,0) .
2
 2
Geometria analítica
Seguidamente vamos determinar a distância entre os pontos C e
C´.
CC´ =
(2 − 3 )2 + ( −1 +3 )2 + (0 +1 )2
= 1 +4 +1 = 6 .
Como a distância entre os pontos C e C´ é inferior ao raio da
esfera, conclui-se que o planoα é secante à esfera.
82.4. Seja D um ponto da circunferência que limita o círculo que
resulta da interseção do plano α com a esfera dada.
( ) ( ) ( )
= ( 6 ) + ( C ´ D) ⇔ 9 = 6 +( C´ D ) ⇔ ( C´ D)
2
2
2
Então, sabe-se que CD = CC ´ + C ´ D .
2
3
O
2
2
2
círculo que resulta da
tem raio igual a
2
C ´ D>0
centro C ( 0 , −1, 0) e raio 3.
Os planos definidos por equações do tipo y =k ,k ∈IR são
tangentes à superfície esférica se k − (− 1) = 3 .
k − ( −1) = 3 ⇔ k + 1 = 3 ⇔k + 1 = 3 ∨k +1 = −3
⇔ k = 2 ∨ k = −4
A opção correta é a (D).
Pág. 187
1.1. u (3, − 1 ) é um vetor diretor da reta r.
3.
( 3)
2
= 3π .
Pág. 186
1. P b = 6 π ⇔ 2 π r = 6 π ⇔ r = 3 .
Designemos por M o ponto médio de [AB].
 
 
 
AB. BC = − BA . BC = − BA . BC = − BA× BM = −( 6 × 3) = −18 .
)
2
= 3 ⇔ C´ D = 3
esfera dada
interseção α com
do aplano
A área desse círculo é dada por: A = π ×
(
5. A superfície esférica definida por x 2 + ( y + 1) + z2 = 9 tem
) (
(
)
1
O declive da reta r é − .
3
Sabe-se que s uma reta perpendicular à reta r, então o seu
declive é 3.
Uma equação da reta s é da forma y = 3x + b .
Como a reta s passa em A( − 3, 1 ) , tem-se:
1 = 3 × ( −3 ) + b ⇔ b = 10 .
A opção correta é a (A).
A reta s pode ser representa pela equação: y = 3x + 10
2. O ponto A pertence ao semieixo positivo das abcissas, então
1.2. Se o ponto P pertence à reta r então é da forma
A( x , 0 , 0 ) , x∈R + .
O ponto B pertence ao semieixo positivo das cotas, então
B( 0 , 0 , z ) , z ∈R+ .

AB = B− A = (0,0, z) −( x,0,0 ) = ( − x,0, z) , x, z∈R +
 
AB. u = ( −x ,0, z ) . ( −2, − 5,1) = 2x + z
 
Como x , z ∈R + , então 2 x + z > 0 , ou seja, AB . u> 0 .
A opção correta é a (A).
3. A reta r é definida pela equação y = −1,5x + 1 .
3
O declive da reta r é −1,5, ou seja, − .
2
2
Sendo a reta s perpendicular à reta r, então o seu declive é .
3
2
Sendo θ a inclinação da reta s, tem-se tan θ = .
3
2
Então, tan α = tan (180 ° − θ ) = −tan θ = − .
3
A opção correta é a (B).
( 1+ 3 k , − 2− k) , k∈R .

AB = B − A = (1,5 ) −( −3,1 ) =( 4, 4 )

OP = P − O = (1 +3 k, −2 − k ) − (0,0 ) = (1 +3 k, −2 −k)
 
AB . OP = 0 ⇔( 4,4 ) .( 1 + 3k , −2 −k ) = 0 ⇔ 4 +12k −8 −4k =0
1
2
1
1

5 5
Então, P  1 + 3 × , − 2 −  , ou seja, P  , −  .
2
2

2 2
⇔ 8k = 4 ⇔ k =
1.3. A reta t, reta tangente à circunferência de diâmetro [AB] no
ponto B , é o conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a
 
condição AB . BP = 0 .


AB = ( 4,4) e BP = P − B = ( x ,y ) − ( 1, 5) = ( x − 1,y − 5)
 
AB . BP = 0 ⇔ ( 4, 4) .( x − 1, y − 5) = 0 ⇔ 4 x − 4 + 4 y − 20 = 0
⇔ x − 1 + y − 5 = 0 ⇔ y = −x +6
Equação da reta t: y = − x + 6 .
2.1. O plano mediador de [AB] é o lugar geométrico dos pontos P
4. O vetor u (k + 1, − 2, k ) é normal ao planoα e o vetor
 
do espaço que satisfazem a condição MP . AB = 0 , sendo M o

v ( k ,1,− 2) é normal ao plano β .
 
 
α ⊥ β ⇔ u ⊥ v ⇔ u . v = 0 ⇔ ( k + 1, − 2, k) .( k ,1, − 2) = 0
ponto médio de [AB].
2
2
⇔ k + k − 2 − 2k = 0 ⇔ k − k − 2 = 0
1 ± 1 +8
⇔ k = 2 ∨ k = −1
2
A opção correta é a (C).
NEMA11PR © Porto Editora
⇔k =
 1 + 3 1 +2 2 + 0 
 3 
Coordenadas de M: 
,
,
 , ou seja,  2, , 1  .
2
2 
 2
 2 

3
 3  

MP = P − M =( x, y , z) −  2, , 1  =  x − 2, y − , z − 1  e
2
 2  


AB = B − A =( 3, 2 , 0 ) − ( 1, 1, 2 ) =( 2, 1, − 2)
103
Unidade 2
o eixo Oy, sabe-se que F ( 0 , 2 , 0 ) .
⇔ 4 x + 2y − 4 z − 7 = 0
Equação do plano mediador de [AB]: 4x + 2y − 4z − 7 = 0 .
2.2.
a) AB = ( 1 − 3) + ( 1 − 2) + ( 2 − 0) = 4 +1 + 4 = 9 =3
2
2
2
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo [ABD],
tem-se:
BD = 32 + 32 = 18 = 3 2 .
Aplicando, seguidamente, o Teorema de Pitágoras ao triângulo
retângulo [BDG], tem-se:
(
)
2
GD = 3 2 + 3 2 = 27 = 3 3 .
     
b) PA . PD = PB+ BA . PC + CD
(
)(
)
       
= PB . PC + PB . CD + BA . PC + BA . CD =− PB× PC + 0 + 0 + AB
(*)
( )
2
2
= −2 × 1 + 3 = 7
 

(*) Os vetores PB e CD são perpendiculares, assim como BA e

 
 
PC . Logo PB . CD= 0 e BA . PC = 0 .
2.3. O lugar geométrico dos pontos T do espaço que satisfazem a
 
condição AB . BT = 0 é o plano tangente à superfície esférica de
diâmetro [AB] no ponto B , ou seja, o plano BCF.

O vetor AB= ( 2, 1, − 2 ) é normal ao plano BCF.
O plano BCF é definido por uma equação da forma
2 x + y − 2z + d = 0 .
Como o ponto B ( 3, 2 , 0) pertence ao plano BCF, tem-se:
2 × 3 + 2 −2 ×0 +d = 0 ⇔d = −8 .
Uma equação cartesiana do plano BCF é 2 x + y − 2 z − 8 = 0 .
3.1. O plano xOz é definido pela condição y =0 .
A esfera de centro C ( 0 , 2 , 3 ) e tangente ao plano xOz tem raio
igual a 2.
Essa esfera pode ser representada pela inequação
x 2 +( y − 2) + ( z − 3) ≤ 4 .
2
2
Sendo β a amplitude, em graus, do ângulo FCA, tem-se
 
CF .CA
cos β =   .
CF × CA

CF = F − C = (0, 2, 0 ) − ( 0, 2, 3 ) = ( 0, 0 , − 3) e

CA = F − A =( 0, 2, 0 ) −( 2, 0 , 0 ) =( −2, 2, 0 ).
 
CF . CA= ( 0, 0, − 3 ) . ( 2, − 2, − 3 ) = 0 + 0 + 9 = 9


2
2
CF = 3 e CA = 22 + ( −2 ) + ( −3 ) = 17
Então, tem-se cos β =
9
3 × 17
3
17
.
Recorrendo à calculadora, tem-seβ ≈ 43,31° .


3.3. AB e AC são dois vetorpes não colineares do plano ABC .



AB = B − A = (2,2,2) − (2, 0,0) = ( 0,2,2) e AC = −CA = ( −2,2,3 ) .

Seja u = ( a , b ,c ) um vetor não nulo normal ao plano ABC.
 
 
Então, tem-se: u . AB = 0 ∧ u . AC = 0.
 
2 b + 2c = 0
u . AB = 0  (a ,b ,c ) . ( 0,2,2) = 0
⇔
⇔
 
−
=
−2 a +2 b +3 c =0
,
,
.
2,2,3
0
(
)
(
)
a
b
c
.
0
u
AC
=




c = −b
 c = −b

⇔
⇔
b
 −2 a +2 b −3 b =0
a = − 2

  b

Coordenadas do vetor u :  − , b ,− b  , b ∈R \ {0} .
 2


Por exemplo, se b = 2 tem-se u ( −1,2, − 2) .

Sabe-se que o vetor u ( −1,2, − 2 ) é normal ao plano ABC e que o
ponto A (2,0,0 ) pertence ao plano ABC. Então, tem-se:
−1 ( x − 2 ) + 2 (y −0 ) −2 ( z −0 ) =0 ⇔ −x +2 +2 y −2 z =0
⇔ − x + 2 y − 2 z +2 = 0
Uma equação cartesiana do plano ABC é −x + 2y −2z +2 =0 .
O ponto D é o ponto de interseção do plano ABC com o eixo Oz.
Como D pertence ao eixo Oz, então D ( 0 , 0 , z ) , z ∈ R.
O ponto D pertence ao plano ABC, logo tem-se:
0 + 2 × 0 − 2 z + 2 = 0 ⇔ z =1
Assim sendo, D ( 0 , 0 , 1) .
104
=
NEMA11PR © Porto Editora
3.2. Como F é a projeção ortogonal do ponto C ( 0 , 2 , 3 ) sobre
 
3


MP . AB = 0 ⇔  x − 2, y − , z − 1 .( 2,1, − 2) = 0
2


3
⇔ 2 x − 4 + y − − 2 z + 2 = 0 ⇔ 4 x −8 +2 y −3 −4 z +4 =0
2
Manual Parte 2
Unidade 3 Sucessões
Pág. 8
1.1. Conjunto dos majorantes de A: [ 5, + ∞[ .
4.1. A ∪ B = { −1,0 ,1} ∪ [ −3, 0 [ = [ −3, 0 ] ∪{1} .
Conjunto dos minorantes de A:  − ∞ , 3  .
O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado.
1.2. Conjunto dos majorantes de A: [ 9 , + ∞[ .
Conjunto dos minorantes de A: ] − ∞ , π ] .
O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado.
Conjunto dos majorantes de A∪ B : [1, + ∞ [ .
1 é o menor dos majorantes do conjunto A ∪ B e pertence a
A ∪ B , logo 1 é o máximo do conjunto A ∪ B .
Conjunto dos minorantes de A∪ B : ] − ∞, −3 ] .
−3 é o maior dos minorantes do conjunto A ∪ B e pertence a
A ∪ B , logo − 3 é o mínimo do conjunto A ∪B .
1.3. Conjunto dos majorantes de A: [ 4 , + ∞[ .
4.2. 1 −2x < 0 ⇔ −2x < −1 ⇔ x >
Não existem minorantes.
O conjunto A não é minorado. Logo, A não é limitado.
1

Então, C =  ,+ ∞  .
2

1.4. Conjunto dos majorantes de A: [ 5, + ∞[ .
Conjunto dos minorantes de A: ] − ∞ , − 1 ] .
O conjunto A é limitado pois é majorado e minorado.
1.5. Não existem majorantes.
Conjunto dos minorantes de A: ] − ∞ ,0 ] .
O conjunto A não é majorado. Logo, A não é limitado.
1.6. Não existem majorantes.
1
2
1

B ∪ C = [ −3, 0 [ ∪  , + ∞  = [ −3, + ∞ [
2

O conjunto B ∪ C não tem majorantes, logo não tem máximo.
Conjunto dos minorantes de B ∪ C : ] − ∞, −3 ] .
−3 é o maior dos minorantes do conjunto B ∪ C e pertence a
B ∪ C , logo − 3 é o mínimo do conjunto B ∪ C .
4.3. A∪ C = {− 1,0 ,1} ∪  ,+ ∞  = { − 1 ,0} ∪  ,+ ∞ 
1
1
2
Não existem minorantes.
O conjunto A não é minorado nem majorado. Logo, A não é
limitado.
NEMA11PR © Porto Editora
Pág. 7

2

O conjunto A ∪C não tem majorantes, logo não tem máximo.
Conjunto dos minorantes de A ∪ C : ] − ∞ ,− 1] .
2.1. x + 4 < 2 ⇔ x + 4 < 2 ∧ x + 4 > −2 ⇔ x < − 2 ∧ x > − 6 .
−1 é o maior dos minorantes do conjunto A ∪ C e pertence a
A ∪ C , logo − 1 é o mínimo do conjunto A ∪C .
Então, A = ] − 6 , − 2 [ .
4.4. A∩ B = {−1,0,1} ∩ [ − 3, 0 [ = { −1 }
O conjunto A é limitado porque é majorado e minorado.
Conjunto dos majorantes: [ − 2, + ∞ [ .
Conjunto dos majorantes de A∩ B :
Conjunto dos minorantes: ] − ∞ , − 6 ] .
−
2.2. 2 x 5 ≤ x ⇔ 2 x − 5 ≤ 3 x ⇔ − x ≤ 5 ⇔ x ≥ −5 .
3
Então, B = [ −5, + ∞ [ .
[ −1, + ∞ [
.
−1 é o menor dos majorantes do conjunto A ∩ B e pertence a
A ∩ B , logo − 1 é o máximo do conjunto A ∩ B .
Conjunto dos minorantes de A∩ B : ] − ∞, −1 ] .
−1 é o maior dos minorantes do conjunto A ∩ B e pertence a
A ∩ B , logo − 1 é o mínimo do conjunto A ∩B .
O conjunto B não é limitado porque não é majorado.
Pág. 9
2.3. C = A∩ B = ]− 6 ,− 2 [∩ [ − 5, + ∞ [ = [ − 5, − 2 [ .
5.1. Analisando a figura conclui-se que ( un ) é a sucessão dos
Conjunto dos majorantes de C: [ − 2, + ∞ [ .
números ímpares, então u3 = 2 ×3 −1 =5 e u8 = 2 × 8 − 1 = 15 .
Conjunto dos minorantes de C: ] − ∞ , − 5 ] .
3. x3 + x2 = 6 x ⇔ x3 + x2 −6 x = 0 ⇔ x( x2 + x −6 ) =0
2
⇔ x = 0 ∨ x + x − 6= 0⇔ x = 0 ∨ x =
−1 ± 1 +24
2
n
un
1
2
3
4
…
8
…
1
3
5
7
…
15
…
5.2. O termo geral da sucessão (un ) é un = 2n − 1 .
⇔ x = 0 ∨ x = 2 ∨ x = −3
Pág. 11
Então, A = { − 3, 0 , 2} .
6.1. Atendendo à lei de formação das figuras, sabe-se que:
Conjunto dos majorantes de A: [ 2, + ∞ [ .
u 3 = u 2 + 3 = 7 + 3 = 10 ; u4 = u3 + 3 = 10 + 3 = 13 ;
u5 = u4 + 3 = 13 + 3 = 16 e un = 3n + 1 .
Conjunto dos minorantes de A: ] − ∞ , − 3 ] .
Conjunto de todos os números reais que não são minorantes
nem majorantes de A: ] − 3,2 [ .
106
n
1
2
3
4
5
…
n
un
4
7
10
13
16
…
3 n +1
Sucessões
6.2. u40 = 3 × 40 + 1 = 121
Na 40.ª figura são utilizados 121 fósforos.
6.3. un = 254 ⇔ 3 n + 1 = 254 ⇔ n =
253
3
253
∉ N conclui-se que não existe nenhuma figura da
3
sequência que seja construída com exatamente 254 fósforos.
Como
214
⇔ n < 71, (3 )
3
Como n ∈N , conclui-se que n ≤ 71 .
Qualquer uma das 71 primeiras figuras da sequência é construída
com menos de 215 fósforos.
6.4. un < 215 ⇔ 3 n + 1 < 215 ⇔ n <
Tarefa 1
1.1. u1 = 3× 1 + 8 = 11 ; u2 = 3 ×2 +8 =14 ; u 3 =3 ×3 +8 =17 .
v1 = 12 − 4 ×1 = −3 ; v 2 = 22 −4 ×2 = −4 ; v 3 =32 −4 ×3 = −3 .
1.2. un = 45 ⇔ 3 n + 8 = 45 ⇔ n =
Como
37
3
37
∉N conclui-se que 45 não é termo da sucessão (u n ) .
3
1.3. vn = 45 ⇔ n2 − 4 n = 45 ⇔ n2 − 4 n − 45 = 0
4 ± 16 + 1804
⇔ n = 9 ∨ n = −5
2
Como n ∈N , conclui-se que n = 9 .
Então, 45 é o termo de ordem 9 da sucessão ( vn ) .
⇔ n=
1.4. vn = un ⇔ n 2 − 4 n = 3 n + 8 ⇔ n 2 − 7n − 8 = 0
7 ± 49 + 32
⇔ n=
⇔ n = 8 ∨ n = −1
2
Como n ∈N , conclui-se que n = 8 .
Existe um termo comum às duas sucessões, o termo de ordem 8.
2.1. t10 =
10 ×( 10 + 1 )
= 55
2
A figura de ordem 10 tem 55 pontos.
2.2. tn = 80 ⇔
n (n + 1 )
2
2
=80 ⇔ n + n −160 =0
− 1± 1+ 640
⇔ n ≈ 12,16 ∨ n ≈ −13,16
2
Como n ∉N , conclui-se que não existe nenhuma figura com
exatamente 80 pontos.
n(n + 1)
2
tn = 105 ⇔
= 105 ⇔ n + n − 210 = 0
2
⇔ n=
− 1± 1+ 840
⇔ n = 15 ∨ n = −14
2
Como n ∈N , conclui-se que n = 15 .
A figura de ordem 15 tem exatamente 105 pontos.
NEMA11PR © Porto Editora
⇔ n=
2.3. tn < 200 ⇔
n ( n +1 )
2
2
<200 ⇔ n + n −400 <0
Cálculos auxiliares:
2
n + n − 400 = 0
−1 ± 1 +1600
2
⇔ n ≈ 19,5 ∨ n ≈ −20, 5
Então, tem-se:
tn < 200 ∧ n∈N ⇔ n 2 + n − 400 < 0 ∧ n ∈N ⇔ n ≤ 19 ∧ n ∈N
⇔ n=
A sucessão tem 19 termos com valor inferior a 200.
n−
3.1. wn < 2,4 ⇔ 3 1 < 2,4 ⇔ 3n − 1 < 2,4 n + 2, 4 ⇔ 0,6 n < 3,4
n+1
⇔ n < 5, ( 6)
Assim sendo, o termo de maior ordem que é inferior a 2,4
é 5.° termo.
3× 5− 1 14 7
=
= .
Ora, w 5 =
5 +1
6 3
3n−1
>2,75 ⇔ 3 n −1 >2,75 n +2,75
n+1
⇔ 0,25n > 3,75 ⇔ n > 15
3.2. wn > 2,75 ⇔
Assim sendo, o termo de menor ordem que é maior que 2,75 é
16.° termo.
3× 16 − 1 47
=
.
Ora, w16 =
16+ 1
17
3.3. wn > 13 ∧ wn < 14 ⇔ wn > 2,6 ∧ wn < 2,8
5
5
3n − 1
3n − 1
⇔
> 2,6 ∧
< 2,8
n+ 1
n+ 1
⇔ 3n − 1 > 2,6n + 2,6 ∧ 3n −1 >2,8n +2,8 ⇔n >9 ∧ n <19 .
A sucessão tem 9 termos (desde o 10.° até ao 18.°) superiores a
13
14
e inferiores a
.
5
5
Pág. 12
7.1. Sejam m , p ∈N tais que p > m .
p > m ⇔ 5 p > 5 m ⇔ 5 p − 8 > 5m − 8 ⇔ v p > v m
7.2. A sucessão (vn ) é crescente porque
∀m , p ∈ N , p > m ⇒v p > vm .
3
1
8.1. a =u1 = = 3
1
3
3
b
1
3
8.2. ub = ⇔ = ⇔ b = 9
8.3. ∀ n ∈ N , n + 1> n
1
1
<
n +1 n
3
3
⇔ ∀n ∈N ,
<
n +1 n
⇔ ∀ n∈N , un +1 < un
⇔ ∀n ∈N ,
107
Unidade 3
sucessão (u n ) é decrescente.
4  4
4
4 −4 n +4 n +4
− − =−
+ =
9. u n + 1 −u n = −
n + 1  n 
n +1 n
(n + 1)n
=
Tal só acontece se ∀ n∈ N, un+ 1 − un < 0 .
Ora, un+ 1 − un = (n +1 ) −8 (n +1 ) +5 −(n 2 −8n +5 )
2
4
(n + 1 )n
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador também é positivo.
Então, ∀n ∈N , u n + 1 −u n > 0 , ou seja, ∀n ∈ N , un + 1 > un .
A sucessão (un ) é crescente.
vn +1 − vn = 2 − 3 ( n + 1) − (2 − 3 n ) = 2 − 3 n −3 −2 +3 n = −3
= n2 + 2n + 1− 8n − 8 + 5 − n2 + 8n − 5 = 2n − 7 .
Se n ≤ 3 , u n+ 1 −u n < 0 .
Se n ≥ 4 , u n+ 1 −u n > 0 .
Então, conclui-se que (un ) é não monótona.
Pág. 14
Então, ∀n ∈ N, v n+ 1 −v n < 0 , ou seja, ∀ n∈ N , v n+ 1 < v n .
A sucessão (vn ) é decrescente.
13.1. l1 = 4 , l2 = 4 , l3 = 42 , l4 = 43 , ..., ln = n4−1
10.1.
4
22
1
ln = n − 1 = n− 1 = n− 3
2
2
2
2 (n + 1) + 1 2 n +3
=
n+ 1
n+ 1
2 (n −1 ) +1 2n − 1
b) Sendo n > 1 , an − 1 =
.
=
n−1
n−1
a) an + 1 =
an = ( ln
1
1
1
1
1
4
3
−
=
−
=
−
= − n −2
4n + 1− 3 4n −3 4n −2 4n −3 4n −2 4n −2
4
Então, an +1 − an < 0 .
b) a n+1 − a n =
13.3. As sucessões (l n) e (a n ) são monótonas decrescentes
(2n+ 3) n− ( 2n+ 1)( n+ 1)
n+
n+
c) a n + 1 − a n = 2 3− 2 1 =
2
2
1 
1
1
1
=
= n
n
 =
 2  ( 2n −3 ) 2 ( 22 ) −3 4 −3
n −3
1
1
1
1
1
2
1
−
=
−
=
−
= − n −2
2n +1 −3 2n −3 2n −2 2n −3 2n −2 2n −2
2
Então, l n +1 − l n < 0 .
15 13 90 −91
1
=−
b) a 7 − a 6 = − =
7 6
42
42
Conclusão: a7 − a6 < 0 .
=
2
a) l n +1 −l n =
13 11 65 −66
1
=−
a) a 6 − a 5 = − =
6 5
30
30
Conclusão: a6 − a5 < 0 .
porque ∀ n ∈ N , l n+ 1 − l n < 0 e ∀ n ∈ N, an + 1 − an < 0 .
( n + 1)n
n
) 2 = 
2
13.2.
10.2.
n+1
2
2
2
2n + 3n − 2n − 2n − n − 1
−1
=
( n + 1 )n
(n +1 )n
14.1. u p +1 −u p = 0,3 ⇔
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é negativo.
Conclusão: a n+ 1 − a n < 0 .
p−5
= 0,3 ⇔ p − 5 = 0,3p + 0,6
p+2
⇔ 0,7p = 5,6 ⇔ p = 8
Conclusão: p= 8 e p +1 = 9 .
14.2. A sucessão (u n ) não é monótona porque, por exemplo, se
11.1. vn+ 1 − vn = ( n + 1 ) − 9 − ( n − 9 ) = n +2 n +1 −9 − n +9
n = 4 tem-se u n+ 1 −u n < 0 e se n = 6 tem-se un +1 −un > 0 .
= 2n+ 1
∀ n ∈ N, vn +1 − vn > 0 , ou seja, ∀n ∈N, v n+ 1 > v n.
Pág. 15
2
2
2
2
A sucessão (vn ) é crescente.
15.1. un
11.2.
a) w1 = v1 = 1 − 9 = − 8 = 8 ; w2 = v2 = 2 − 9 = − 5 = 5
2
2
w3 = v3 = 32 − 9 = 0 = 0 ; w4 = v4 = 42 − 9 = 7 = 7
b) A sucessão ( wn ) não é monótona porque, por exemplo,
w3 < w2
∧ w4 > w3 .
12.1. u1 = 12 −8 ×1 +5 = −2 ; u2 =22 −8 ×2 +5 = −7 ;
u 3 = 32 − 8 × 3 + 5 = − 10 .
Então, u1 > u2 > u3 .
 −1
, se n ímpar
2

 1 , se n par
2
(− 1 )n = 
=
2
 1 1
Então, D ' = − ,  .
 2 2
15.2. A sucessão (u n ) não é monótona porque os seus termos
são alternadamente negativos e positivos.
−1
1
1 n − ( n + 1)
− =
=
16.1. un +1 − un =
n+ 1 n ( n+ 1 ) n ( n+ 1 ) n
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é negativo.
Então, ∀ n ∈ N , un+1 − un < 0 , ou seja, ∀n ∈ N, un + 1 < un .
A sucessão (u n ) é monótona decrescente.
108
NEMA11PR © Porto Editora
12.2. Pelo facto de u1 > u2 >u3 , não se pode concluir que a
Pág. 13
Sucessões
16.2. vn+ 1 − vn =
4 (n +1 ) −1
2 (n + 1 )
−
4n − 1 4 n + 3 4 n − 1
=
−
2n
2 (n + 1 )
2n
=
(4 n + 3 ) n − (4n − 1) ( n + 1 ) 4n2
=
2 ( n + 1 )n
=
1
2 (n + 1 )n
+ 3n − 4n2 − 4n + n + 1
2 (n + 1 )n
b) Se n > 4 então
un + 1 − un = ( n +1 ) − n2 = n2 +2 n +1 −n2 =2 n +1 .
2
Se n> 4 então un +1 − un > 0 .
c) Se n = 4 então un +1 − un = u5 − u4 = 5 2 − 5 × 4 = 5 .
Se n = 4 então un +1 − un > 0 .
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador também é positivo.
Então, ∀ n ∈ N, vn +1 − vn > 0 , ou seja, ∀ n ∈ N, v n+ 1 > v n .
A sucessão (vn ) é monótona crescente.
1.3. A sucessão ( un ) é crescente porque ∀ n∈ N , un +1 − un > 0,
ou seja, ∀ n ∈ N,
un +1 > un .
1.4. u1 = 5 × 1 = 5 , u2 = 5 ×2 = 10 , u3 = 5 ×3 =15 , u4 = 5 ×4 =20
e u 5 = 52 = 25 .
16.3. wn +1 − wn = − ( n+ 1 ) + 2 − ( − n + 2 ) = − n − 1 + 2 + n − 2 = −1 .
Então, ∀ n ∈ N, wn +1 − wn < 0 , ou seja, ∀ n ∈N , w n+ 1 < w n .
A sucessão ( wn ) é monótona decrescente.
16.4. A sucessão (t n ) não é monótona porque, por exemplo,
t6 < t 5 ∧ t 7 > t 6 .
17.1. an +1 − an =
=
(n + 1 ) − 1 − n − 1 = n − n − 1
2( n + 1)
2n
2( n + 1) 2n
n × n − (n − 1) ( n + 1 ) n 2 − n 2 −n +n +1
1
=
=
2 ( n+ 1 ) n
2 ( n+ 1 ) n
2 ( n+1 ) n
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador também é positivo.
Então, ∀ n ∈ N, an+ 1 − an > 0 , ou seja, ∀ n ∈N , an +1 > an .
A sucessão ( an ) é crescente.
1
2
17.2. b 1 = ( −1 ) +1 = −1 +1 = 0 ; b 2 = ( −1 ) +2 =1 +2 =3 ;
b3 = ( −1 ) + 3 = −1 + 3 =2 .
3
Então, b1 <b2
∧ b2 >b 3 .
2.1.
5 3
+
v 5 +v 3 5 3 2 8
=
= = .
5
5 5
v4
4
4
2.2.
a) Se n < 3 então vn + 1 −vn =
3
3 3n − 3n − 3
−3
− =
=
.
n+ 1 n
( n + 1) n ( n + 1) n
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é negativo.
Donde se conclui que, se n < 3 então vn +1 − vn < 0 .
b) Se n ≥ 4 então v n+1 − v n =
5
5 5n − 5n − 5
−5
.
− =
=
( n + 1 ) n ( n +1 ) n
n +1 n
Por isso, a sucessão (b n ) não é monótona.
Donde se conclui que, se n ≥ 4 então vn +1 − vn < 0 .
17.3.
c) Se n = 3 então vn+ 1 − vn = v4 − v3 = − = − 1 = .
cn + 1 − cn =
5 3 5
4 3 4
n + 1 + 3 n + 3 ( n + 4 ) n − (n + 3)( n + 1 )
−
=
n+ 1
n
(n + 1)n
n 2 + 4 n − n 2 − n − 3n − 3
−3
=
=
( n + 1) n
( n +1) n
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é negativo.
Então, ∀ n ∈ N, cn+ 1 − cn < 0 , ou seja, ∀ n ∈ N , c n+ 1 < c n .
A sucessão ( cn ) é decrescente.
1
4
Se n = 3 então vn+ 1 − vn > 0 .
2.3. A sucessão ( vn ) não é monótona porque vn+ 1 − vn não toma
sempre o mesmo sinal.
2.4. u1 = 3 = 3, u2 = 3 = 1,5 , u3 = 3 = 1, u 4 = 5 = 1,25 e
1
2
3
4
5
u5 = = 1 .
5
Tarefa 2
NEMA11PR © Porto Editora
1.1.
u5 −u3 52 − 5 ×3 25 −15 1
=
=
= .
u4
5 ×4
20
2
1.2.
a) Se n < 4 então u n+1 − u n = 5( n + 1) − 5n = 5n + 5 − 5n = 5 .
Se n< 4 então u n +1 −u n > 0 .
109
Unidade 3
1 2
1
4 1 7
e w4 −w3 = − =
.
3 3
3
5 3 15
b) Se n par então n + 1 é ímpar.
n
1
1−n
−
=
.
Logo, wn + 1 − wn =
n+ 1 n+ 1 n+ 1
c) Se n ímpar então n + 1 é par.
n +1
1 n + 1 1 (n + 1 ) n − 1 ( n + 2 )
− =
− =
Logo, wn + 1 − wn =
n + 1+ 1 n n + 2 n
(n + 2 )n
a) w3 − w2 = − = −
3.2. A sucessão (wn ) não é monótona porque wn+ 1 − wn não
toma sempre o mesmo sinal.
Pág. 16
18.1. 5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão (un )
se ∀ n ∈N , u n ≤ 5 .
1
1
1
u n ≤ 5 ⇔ 4 − ≤ 5 ⇔ − ≤ 1 ⇔ ≥ − 1 ⇔ 1 ≥ − n ⇔ n ≥ −1
n
n
n
A condição n ≥ −1 é universal em N .
Conclusão: 5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão
(un ) .
1
n
1
n
1
n
18.2. 0 < ≤ 1 ⇔ 0 > − ≥ −1 ⇔ 4 > 4 − ≥3
A sucessão (un ) é limitada porque ∀ n ∈ N, 3 ≤ u n < 4 .
 −1 ×2, se n ímpar  −2, se n ímpar
=
 1× 2, se n par
 2, se n par
19.1. un = ( −1 ) ×2 = 
n
Então, D' = { −2, 2 } .
19.2. A sucessão ( un ) é limitada porque é minorada e majorada.
Conjunto dos majorantes: [ 2, + ∞ [ .
Conjunto dos minorantes: ] − ∞ , − 2 ] .
20.1. u n = 4 + 1 ; 0 < 1 ≤ 1 ⇔ 4 < 4 + 1 ≤ 5
n
n
n
A sucessão (un ) é limitada porque ∀ n ∈ N, 4 <u n ≤ 5 .
20.2. vn =
2n− 3
n
=2 −
3
n
1
3
3
3
0 < ≤ 1 ⇔ 0 < ≤ 3 ⇔ 0 > − ≥ −3 ⇔ 2 >2 − ≥ −1
n
n
n
n
A sucessão (vn ) é limitada porque ∀ n ∈ N, − 1 ≤v n < 2 .
20.3. wn =
5n + 7 5n + 10 − 3
3
=
= 5−
.
n+2
n+2
n+2
1
1
3
3
≤ ⇔0 <
≤1 ⇔ 0 > −
≥ −1
n +2 3
n +2
n +2
3
⇔ 5 > 5−
≥4
n+2
A sucessão (wn ) é limitada porque ∀ n ∈N , 4 ≤ wn < 5.
0<
110
21.1. a1 =
a4 =
(− 1 )1
1
( − 1) 4
4
=
= −1 ; a2 =
(−1 )2
2
( −1 )
1
1
= ; a3 =
=− e
2
3
3
3
1
.
4
21.2. A sucessão (a n ) não é monótona porque os seus termos
são alternadamente negativos e positivos.
n −2
.
n2 + 2n
2
=
Pág. 17
21.3. an =
(− 1 )n
n
 1
− n , se n ímpar
=
 1 , se n par
 n
Sendo n ímpar, tem-se:
1
1
0 < ≤ 1 ⇔ 0 > − ≥ −1 ⇔ −1 ≤a n < 0
n
n
Sendo n par, tem-se:
1 1
1
0 < ≤ ⇔ 0 <a n ≤
2
n 2
Conclusão: A sucessão ( an ) é limitada porque
∀ n ∈N , − 1 ≤ an ≤
1
.
2
22.1. un = −1 − 1
n
1
1
1
0 < ≤ 1 ⇔ 0 > − ≥ −1 ⇔ −1 > −1 − ≥ −2
n
n
n
A sucessão (u n ) é limitada porque ∀ n ∈N , − 2 ≤ u n< − 1.
Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão (un ) :
−1 .
Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão (u n ) :
−2 .
2
22.2. vn =  n2
,
 − 3,
se n par
se n ímpar
Sendo n ímpar, vn = −3 .
2
. Logo, tem-se:
2
n
1 1
2 2
1
0 < 2 ≤ ⇔ 0 < 2 ≤ ⇔ 0 <v n ≤
n 4
n
4
2
Sendo n par, vn =
1
A sucessão (v n ) é limitada porque ∀ n ∈N , − 3≤ v n ≤ .
2
Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão (vn ) :
1
.
2
Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão (v n ) :
−3 .
NEMA11PR © Porto Editora
3.1.
Sucessões
Pretende-se provar que ∀ m ∈ R ,
− 1, se n ímpar
 1, se n par
22.3. wn = cos ( n π) = 
A sucessão ( wn ) é limitada porque ∀ n ∈ N, − 1 ≤ w n ≤ 1 .
Exemplo de um majorante do contradomínio da sucessão ( wn ) :
1.
Exemplo de um minorante do contradomínio da sucessão (wn ) :
−1 .
23. a n < 2, ∀ n ∈ N ⇔ − 2 < a n < 2, ∀ n ∈ N
−m + 5
2
Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior
− m+ 5
que
. Neste caso tem-se vp < m .
2
Daqui resulta que m não é minorante da sucessão.
Então, a sucessão (vn ) não é minorada.
vp < m ⇔ 5 −2 p < m ⇔ −2 p < m −5 ⇔2 p > −m +5 ⇔ p >
Pág. 19
Exemplo de um majorante do conjunto de termos da sucessão
(a n ) : 2.
Exemplo de um minorante do conjunto de termos da sucessão
(a n ) : −2 .

2
, se n ímpar
n
3n-5, se n par
28. vn = 
2
24. Se a sucessão (un ) é limitada, então existem números reais
Sendo n ímpar, vn =
m e M tais que m ≤ un ≤ M, ∀ n ∈N .
1
2
≤ 1 ⇔ 0 < ≤ 2 ⇔ 0 < vn ≤ 2
n
n
Sendo n par, vn = 3n − 5 . Logo, tem-se:
⇔ −M ≤ −u n ≤ −m , ∀ n ∈N
. Logo, tem-se:
n ≥ 3 ⇔ 3n ≥ 6 ⇔ 3n − 5 ≥ 1 ⇔ v n ≥ 1
Então, a sucessão (− un ) também é limitada.
Donde se conclui que a sucessão ( v n ) não é limitada porque não
é majorada.
Pág. 18
25.1. 3 é um minorante do conjunto de termos da sucessão (u n )
se ∀ n ∈ N, u n ≥ 3 .
29.1. Pretende-se determinar uma ordem p a partir da qual
an > 2400 .
4n − 1
> 2400 ⇔ 4 n −1 > 7200 ⇔ n >1800,25
3
Donde se conclui que p =1801 .
an > 2400 ⇔
un ≥ 3 ⇔ 2 n + 1 ≥ 3 ⇔ 2 n ≥ 2 ⇔ n ≥ 1
A condição n ≥ 1 é universal em N .
Conclusão: 3 é um minorante do conjunto de termos da sucessão
(un ) .
25.2. un <1000 ⇔2 n +1 <1000 ⇔2 n <999 ⇔ n <499,5
A sucessão ( un ) tem 499 termos menores que 1000.
29.2. A sucessão (a n ) não é limitada porque não é majorada.
Vamos provar que qualquer que seja o número real M , este não
é majorante.
Pretende-se provar que ∀ M ∈R , ∃ p ∈N : a p > M .
4p− 1
> M ⇔ 4p − 1 > 3M ⇔ 4p > 3M + 1
3
3 M +1
⇔ p>
4
Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior
3 M+ 1
. Neste caso tem-se ap > M .
que
4
ap > M ⇔
25.3. Ora, ∀ n∈ N, n ≥ 1⇔ ∀ n∈ N, 2n ≥ 2
⇔ ∀ n∈ N, 2 n + 1 ≥ 3 ⇔ ∀ n∈ N, u n ≥ 3 .
A sucessão (u n) não é limitada porque não é majorada.
26.1. Por exemplo, a sucessão de termo geral un =
n
0<
m ≤ u n ≤ M, ∀ n ∈N ⇔ − m ≥ −u n ≥ −M , ∀ n ∈N
1
é
n
Daqui resulta que M não é majorante da sucessão (a n ) .
decrescente e de termos positivos.
26.2. Por exemplo, a sucessão de termo geral un = 4 −
1
é
n
crescente e ∀ n ∈N , un < 4 .
NEMA11PR © Porto Editora
∃ p ∈N : v p < m .
26.3. Por exemplo, a sucessão de termo geral un = 4 +
Então, a sucessão (an ) não é majorada.
30.1. bn < 150 ⇔ n < 150 ⇔ n < 150 2 ⇔ n < 22500
O maior termo que satisfaz a condição bn <150 é o termo de
1
é
n
ordem 22 499, cujo valor é 22499 .
decrescente e ∀ n ∈N , un > 4 .
30.2. A sucessão (b n ) não é limitada porque não é majorada.
26.4. Por exemplo, a sucessão de termo geral un = 2 n não é
Vamos provar que qualquer que seja o número real M , este não
é majorante.
Pretende-se provar que ∀ M ∈R , ∃ p∈N : bp > M .
limitada (pois não é majorada) e ∀ n∈ N, un ≥ 2 .
27. Vamos provar que a sucessão ( vn ) não é minorada, isto é,
bp > M ⇔ p > M ⇔ p > M 2
que qualquer que seja o número real m , este não é minorante.
111
Unidade 3
que M2 . Neste caso tem-se bp > M .
Pág. 20
Daqui resulta que M não é majorante da sucessão (bn ) .
Proposta 1
Então, a sucessão (bn ) não é majorada.
1.1. Um número real s tal que ∀ x ∈ A , x ≤ s , é um majorante
do conjunto A.
Por exemplo, s = 7 .
Tarefa 3
1.1. O octógono tem 8 lados.
1.2. Conjunto dos majorantes de A: [ 7,+ ∞ [ .
n +2 = 8 ⇔ n = 6
62 + 6 − 2
u6 =
=20
2
O octógono tem 20 diagonais.
1.2. un = 90 ⇔
1.3. Por exemplo, 8 é majorante de A é majorante de B .
n2 + n − 2
= 90 ⇔ n2 + n − 2 = 180
2
⇔ n2 + n − 182 = 0 ⇔ n =
−1 ± 1 −4 ×1 ×( −182 )
2
⇔ n = 13 ∨ n = −14
Como n∈N , conclui-se que n = 13 .
Número de lados do polígono: n + 2 = 13 + 2 = 15 .
O polígono com 90 diagonais tem 15 lados.
1.3. un = 80 ⇔
n2 + n − 2
= 80 ⇔ n2 + n − 2 = 160
2
⇔ n2 + n − 162 = 0 ⇔ n =
−1 ± 1 −4 ×1 ×( −162 )
2
⇔ n ≈ 12,2 ∨ n ≈ − 13,2
Como n∈N , a equação anterior é impossível.
Donde se conclui que não há um polígono com 80 diagonais.
1.4. un+ 1 −un =18 ⇔
( n + 1) 2 + ( n + 1) − 2
2
n2 + n − 2
−
=18
2
n 2 + 2n + 1 + n + 1 − 2 − n 2 − n + 2
= 18 ⇔ n + 1 = 18 ⇔ n = 17
2
Os polígonos construídos pela Joana tinham 19 (17+2) e 20 (19+1)
lados, respetivamente.
⇔
8 é majorante de Apois ∀ x ∈ A, x ≤ 8 .
8 não é majorante de B pois, por exemplo, 8,2∈ B ∧
1.4.
a) Conjunto dos minorantes de B : ] − ∞ ,2 ] .
b) A ∪ B = ] − 2, 9 [ .
Conjunto dos minorantes de A∪ B :
3
 3

Sendo  , + ∞  o conjunto dos majorantes deA , então b= .
2
2

,
3
A
Sendo ] − ∞ − ] o conjunto dos minorantes de , então a = − 3 .
3
Assim sendo, A = [ − 3, 1 [ ∪   .
2
Proposta 3
3.1. A =  − 2 ,π  .


Conjunto dos majorantes de A: [ π , + ∞ [ .
Conjunto dos minorantes de A:  − ∞ , − 2  .
B =] − ∞ , 4[ .
Conjunto dos majorantes de B: [ 4, + ∞ [ .
2. A sucessão ( vn ) é não limitada porque não é majorada.
Vamos provar que qualquer que seja o número real M , este não
é majorante.
Pretende-se provar que ∀ M ∈ R , ∃ p ∈ N : vp > M .
C =  − 7, 3  ∪  3 ,4  .

 

M −6
3
Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior
M−6
que
. Neste caso tem-se v p > M .
3
Daqui resulta que M não é majorante da sucessão (vn ) .
Então, a sucessão (vn ) não é majorada.
] − ∞, −2 ] .
Proposta 2
O conjunto B não tem minorantes.
v p > M ⇔3 p +6 > M ⇔3 p > M −6 ⇔ p >
8,2> 8 .
Conjunto dos majorantes de C: [ 4, + ∞ [ .
Conjunto dos minorantes de C: ] − ∞ ,− 7 ] .
D = {x ∈ R:
x >3 } .
x > 3 ⇔ x >3 ∨ x < −3
Então, D = ] − ∞ , − 3 [ ∪] 3, + ∞ [ .
O conjunto D não tem majorantes nem minorantes.
3.2. Os conjuntos A e C são limitados porque são minorados e
majorados.
3.3. O número
nem minorante.
112
3 pertence ao conjunto C e não é majorante
NEMA11PR © Porto Editora
Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior
Sucessões
3.4. O conjunto A tem mínimo igual a − 2 e não tem máximo.
− 2 é o maior dos minorantes do conjunto A e pertence a A,
Pág. 22
logo − 2 é o mínimo do conjunto A.
π é o menor dos majorantes do conjunto A mas π não pertence
a A, logo o conjunto A não tem máximo.
Proposta 7
Proposta 4
4.1.
a) u 9 = 5× 9 + 4 = 49
b) u12 = 5 ×12 +4 =64
7.2. u n = ⇔
4.2. un = 5n + 4
7.3. u n > 2 ⇔
10
3 n −2
=
n
5
⇔ 6n − 4 = 5n ⇔ n = 4
2
5
é o 4.° termo da sucessão.
2
3n−2
> 2 ⇔ 3n − 2 > 2n ⇔ n > 2
n
Os termos da sucessão são maiores que 2 a partir da ordem 3,
inclusive.
Proposta 5
5.1.
a) u n = 7n − 4
b) u 37 = 7 × 37 − 4 = 255
7.4.
a) un+ 1 =
O valor do termo da 3.ª coluna que se encontra na 37.ª linha é
255.
c1) un = 164 ⇔ 7 n − 4 = 164 ⇔ n = 24
(u n )
212
≈ 30,2857 , conclui-se que 208 não é termo de
7
c3) un = 360 ⇔ 7 n− 4 = 360 ⇔ n= 52
(u n )
(un ).
e situa-se na 52.ª linha da 3.ª coluna.
5.2.
a) 98 é múltiplo de 7 porque 98 = 7 ×14 .
Então, o número 98 pertence à 7.ª coluna e à 14.ª linha.
b) Como 323 = 7× 46 + 1 , conclui-se que o número 323 pertence
à 1.ª coluna e à 47.ª linha.
c) Como 1000 = 7 ×142 +6 , conclui-se que o número 1000
pertence à 6.ª coluna e à 143.ª linha.
5.3. A sequência que pertence a uma linha da tabela é a (B)
porque, dos números 127, 231 e 474, o único que é múltiplo de 7
é o 231.
=
(an )
representada graficamente na figura é
monótona decrescente, excluem-se as opções (C) e (D).
Por observação gráfica, sabe-se que o primeiro termo da
sucessão (a n ) é positivo.
Ora, na opção (A) tem-se a1 = − 2× 1 = − 2 e na opção (B) tem-se
a1 = 10 − 2 × 1 = 8 .
Donde se conclui que a opção correta é a (B).
=
3n + 1
n+ 1
3n + 1 3n − 2 ( 3n +1) n −( 3n −2) ( n +1 )
−
=
n +1
n
n ( n +1 )
3 n2 + n− 3 n2 − 3 n+ 2 n +2
2
=
n (n + 1 )
n (n + 1 )
+
+
8.1. a 1 = 1 9 = 10 e a 2 = 2 9 = 11 .
1
2
2
n+9
= 2 ⇔ n + 9 = 2n ⇔ n = 9
n
O termo igual a 2 tem ordem 9.
8.2. a n = 2 ⇔
3
+9
= 7 ⇔ n + 9 = 7n ⇔ n =
n
2
Como n ∉N , conclui-se que 7 não é termo da sucessão.
8.3. a n = 7 ⇔ n
3
n +9
2
n
8.4. a n < ⇔
<
3
2
⇔ 2n + 18 < 3n ⇔ n >18
Os termos da sucessão são inferiores a
3
a partir da ordem 19,
2
inclusive.
8.5. a n+ 1 − a n =
Proposta 6
Como a sucessão
n+ 1
Proposta 8
7
Como
3 ( n + 1) − 2
b) u n+1 − u n =
e situa-se na 24.ª linha da 3.ª coluna.
c2) un = 208 ⇔ 7 n − 4 = 208 ⇔ n = 212
360 é termo de
10
5
2
Pág. 21
164 é termo de
3× 10 − 2 28
=
= 2,8
7.1. u10 =
=
n + 1 + 9 n + 9 ( n + 10 ) n − ( n + 9 )( n +1 )
−
=
n +1
n
n (n +1 )
n 2 + 10n −n 2 −n − 9n − 9
−9
=
n ( n + 1)
n (n +1 )
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n , e o
numerador é negativo.
Conclusão: ∀ n ∈N , a n+ 1 −a n < 0 , ou seja, ∀ n ∈ N , an+ 1 < an .
Proposta 9
9.1. v1 = 1 2 − 6 × 1 + 4 = − 1 ; v 2 = 2 2 − 6× 2+ 4 = − 4 ;
NEMA11PR © Porto Editora
v3 = 32 −6 ×3 + 4 = −5 . Então, v1 > v 2 > v 3 .
NEMA11PR-8
113
Unidade 3
Pág. 23
sucessão é decrescente.
Tal só acontece se ∀ n ∈N , v n +1 < v n .
(
Ora, vn+ 1 −v n = ( n +1 ) −6 ( n +1 ) + 4 − n2 − 6 n + 4
2
Proposta 11
11.1. un +1 − un = n2 + 3 n + 2
)
2
2
= n + 2n + 1 − 6n −6 + 4 −n +6n −4 =2n −5 .
Se n ≤ 2 , vn +1 − vn < 0 .
n2 + 3n + 2 = 0 ⇔ n =
Se n ≥ 3 , vn +1 − vn > 0 .
Então, conclui-se que
( vn )
Como n ∈N , conclui-se que
é não monótona.
n2 + 3n + 2 > 0 .
∀ n ∈N , un + 1 − un > 0 , ou seja,
∀ n ∈N , u n+ 1 > u n .
9.3. vn = 20 ⇔ n − 6 n + 4 = 20 ⇔ n − 6 n − 16 = 0
2
− 3± 9 − 8
⇔ n = −1 ∨ n = −2
2
2
6 ± 36 + 64
⇔ n = 8 ∨ n = −2
2
Como n∈N , conclui-se que n = 8 .
Assim sendo, 20 é o 8 ° termo da sucessão.
⇔ n=
Então, ( vn ) é monótona crescente.
11.2. un +1 − un = 90 ⇔ n2 + 3n + 2= 90 ⇔ n2 + 3n − 88 = 0
− 3± 9+ 352
⇔ n = 8 ∨ n = −11
2
Como n ∈N , conclui-se que n = 8 .
Os termos referidos têm ordem 8 e 9.
9.4. vn < 0 ⇔ n2 − 6 n + 4 < 0
⇔n =
Cálculos auxiliares:
6 ± 36 −16
2
⇔ n ≈ 5,24 ∨ n ≈ 0,76
2
n − 6n + 4 = 0 ⇔ n =
Proposta 12
vn +1 − vn = 0 ⇔ 2n2 − 6n = 0 ⇔ 2n (n − 3) = 0 ⇔ n = 0 ∨ n = 3
Como n ∈N , conclui-se que n = 3 .
Então, tem-se v4 − v3 = 0 , ou seja, v4 =v3 .
A opção correta é a (B).
Proposta 13
Então, tem-se:
vn < 0 ∧ n∈ N ⇔ n2 − 6 n+ 4 < 0∧ n∈ N ⇔ n≤ 5∧ n∈ N
13.1. Sabe-se que ∀ n∈ N, − 2 < un ≤ 5 .
Donde se conclui que a sucessão tem 5 termos negativos (os
cinco primeiros termos).
Como − 2 = 2 e 5 =5 , conclui-se que ∀ n∈ N , 0≤ un ≤ 5 .
A opção correta é a (C).
Proposta 10
10.1. u1 =
5 ×1 − 2
1
10.2. un = 4,8 ⇔
=3 ; u2 =
5 ×2 −2
2
=4 e
u3 =
5 ×3 −2
3
13
= .
3
5n −2
= 4,8 ⇔ 5n − 2 = 4,8n ⇔ n = 10
n
4,8 é o 10.° termo da sucessão.
−
10.3. u n = 4,7 ⇔ 5n 2 = 4,7 ⇔ 5n − 2 = 4,7n ⇔ n = 20
n
5 −2
10.4. u n > 4,9 ⇔ n
> 4,9 ⇔ 5n − 2 > 4,9n ⇔ n > 20
porque ∀ n ∈ N,
114
un ≤ 5 .
( un )
n
14.1. a n +1 = a n ⇔ a n +1 − a n = 0 ⇔ n 2 − 16n − 36 = 0
( un ) .
n
O primeiro termo da sucessão maior que 4,9 é o termo de ordem
5× 21 − 2 103
=
21, cujo valor é u21 =
.
21
21
5n −2
10.5. u n ≤ 5 ⇔
≤ 5 ⇔ 5n − 2 ≤ 5n ⇔ − 2 ≤ 0
n
A proposição −2 ≤ 0 é verdadeira, então a condição un ≤ 5 é
válida em N .
5 é um majorante do conjunto de termos da sucessão
n
1
7
7
0 < ≤ 1 ⇔ 0 < ≤ 7 ⇔ −2 < −2 ≤ 5
n
n
n
Então a sucessão satisfaz a condição dada porque
∀ n ∈ N, − 2 < u n ≤ 5 .
Proposta 14
3
20
∉ N conclui-se que 4,7 não é termo da sucessão
Como
3
−
13.2. u n = 7 2 n = 7 −2
16 ± 256 + 144
⇔ n = 18 ∨ n = −2
2
Como n∈N , conclui-se que n = 18 .
Donde se conclui que os termos de ordem 18 e 19 da sucessão
(an ) são iguais.
⇔n =
14.2. a n +1 −a n = 0 ⇔ n 2 −16n −36 = 0 ⇔n =18 ∨ n = −2
Se n ≤ 18 , a n+ 1 − a n < 0 .
Se n > 18 , a n+ 1 − a n > 0 .
Então, conclui-se que a sucessão
(an ) não é monótona.
NEMA11PR © Porto Editora
9.2. Pelo facto de v1 > v2 > v3 , não se pode afirmar que a
Sucessões
14.3. bn +1 − bn = n2 − n .
Se n = 2 , w n+1 − w n > 0 .
bn +1 − bn = 0 ⇔ n − n = 0 ⇔ n ( n − 1 )= 0 ⇔ n = 0 ∨ n = 1
Se n≠ 2 , w n+1 − w n < 0 .
2
Como n ∈N , conclui-se que
∀ n ∈ N, bn + 1 − bn ≥ 0 , ou seja,
16.4. tn + 1 − tn = ( n+ 1 ) + 3 ( n+ 1 ) + 1 − ( n2 + 3 n +1 )
2
∀ n ∈N, bn +1 ≥ bn .
Então, a sucessão (bn ) é crescente
= n2 + 2n + 1+ 3n + 3 + 1 −n 2 − 3n − 1 = 2n + 2
em sentido lato.
Como n ∈N , 2n + 2 ≥ 4 .
Então, ∀n ∈ N, t n+1 − t n > 0 , ou seja, ∀n ∈N , t n+ 1 > t n .
Proposta 15
( un+1 ) 2 − ( un )2 < 0 ⇔
⇔ ∀ n ∈N , (un + 1 − un )(u n + 1 + un )< 0
Sendo (un ) uma sucessão de termos positivos, sabe-se que
∀ n ∈ N,
un > 0 e un +1 > 0 .
Logo, ∀ n∈ N, un+ 1 + un > 0 .
⇔ ∀ n∈ N, un + 1 < un
A sucessão ( un ) é decrescente.
A opção correta é a (D).
Repara que r2 < r1 e r3 > r2 .
Então, a sucessão ( rn ) não é monótona.
s4 = 4 −3 =1 .
Repara que s 3 < s 2 e s4 > s3 .
Logo, a sucessão (sn ) não é monótona.
Proposta 17
v3 = −32 + 6 × 3 + 5 = 14 . Sabe-se que v 1 <v 2 <v 3 .
Só podemos concluir que a sucessão ( vn ) não é decrescente.
Proposta 16
3
3
3
3
16.1. u n+ 1 −u n =
−
=
−
2 −5 ( n +1 ) 2 −5 n −3 −5 n 2 −5 n
6 − 15 n + 9 + 15 n
15
=
(− 3 − 5n )(2 − 5n ) ( −3 − 5n )(2 − 5n )
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n porque
∀ n ∈ N, − 3 − 5 n < 0 e ∀ n ∈N , 2 − 5n < 0 , e o numerador
também é positivo.
Então, ∀ n ∈N , u n+ 1 − u n > 0 , ou seja, ∀ n ∈ N , un+ 1 > un .
A sucessão ( un ) é monótona crescente.
16.2. v n+ 1 −v n =
2 − (n + 1 )
2− n
1− n
2−n
−
=
−
4 (n +1 ) +1 4 n +1 4n +5 4n +1
=
(1 − n )( 4n + 1) − ( 2 −n )( 4n + 5 )
(4n + 5 )(4n + 1 )
=
4 n+ 1− 4 n − n− 8 n − 10 + 4 n + 5n
−9
=
(4 n + 5 )(4 n + 1 )
(4 n + 5 )(4 n + 1 )
2
17.2. vn = −50 ⇔ − n2 + 6 n+ 5 = −50 ⇔ − n2 + 6 n +55 =0
− 6 ± 36 + 220
⇔ n = −5 ∨ n =11
−2
Como n∈N , conclui-se que n = 11 .
− 50 é o 11.° termo da sucessão.
⇔ n=
17.3. vn > 0 ⇔ − n2 + 6 n+ 5 > 0
Cálculos auxiliares:
− n2 + 6 n + 5 = 0
− 6 ± 36 + 20
−2
⇔ n ≈ 6,74 ∨ n ≈ −0,74
⇔ n=
2
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador é negativo.
Então, ∀ n ∈N , vn + 1 − vn < 0 , ou seja, ∀ n ∈N, vn+ 1 < vn .
A sucessão ( vn ) é monótona decrescente.
3( n + 1 )+ 1
3n + 1 3n + 4 3n + 1
−
=
−
16.3. w n+ 1 −w n =
2( n + 1) − 5 2n − 5 2n − 3 2n − 5
=
(3 n + 4 )( 2 n − 5 ) − (3 n +1 ) (2 n −3 )
=
(2 n− 3 )(2 n− 5 )
=
−17
6 n − 15 n + 8 n − 20 − 6 n + 9 n − 2 n + 3
=
(2 n − 3 )(2 n − 5 )
(2 n − 3 )(2 n −5 )
2
16.5. r1 = 12 − 4 × 1 = − 3 ; r2 = 22 − 4 × 2 = −4 ; r3 = 32 − 4 × 3 = − 3 .
17.1. v1 = −12 +6 ×1 +5 =10 ; v2 = −22 +6 ×2 +5 =13 ;
Pág. 24
=
A sucessão ( tn ) é monótona crescente.
16.6. s2 = 2 − 3 =1 ; s3 = 3 −3 =0 ;
Então, tem-se:
∀ n∈N, ( un+1 − un ) ( un+1 + un ) < 0 ⇔ ∀ n ∈ N, u n+1 − u n < 0
NEMA11PR © Porto Editora
Donde se conclui que a sucessão ( wn ) não é monótona.
Então, tem-se:
vn > 0 ∧ n ∈ N ⇔ −n2 + 6 n +5 > 0 ∧ n ∈N ⇔ n ≤ 6 ∧ n ∈N
Donde se conclui que a sucessão tem 6 termos positivos (os seis
primeiros termos).
17.4. vn+ 1 − vn > 0 ⇔ − ( n + 1) + 6( n + 1) + 5 −( −n2 + 6n + 5 ) > 0
2
⇔ −n 2 − 2n − 1+ 6n + 6 + 5 +n 2 − 6n − 5 > 0
⇔ −2 n + 5 > 0 ⇔ n< 2,5
Como n∈N , conclui-se que vn + 1 − vn > 0 ⇔ n ∈ { 1, 2 } .
A sucessão ( vn ) não é monótona porque se n∈ { 1, 2 } então
vn + 1 − vn > 0 e se n ≥ 3 então vn+ 1 − vn < 0 .
2
115
Unidade 3
18.1. an +1 − an =
4 − (n + 1)
1 − 7 (n +1 )
−
4− n
3− n
4−n
=
−
1 −7n −6 −7n 1 −7n
(3 − n )( 1 −7n ) − (4 −n) ( −6 −7n)
=
( − 6 − 7n )( 1 − 7n )
=
=
(3 − n )( 1 − 7n ) − (4 −n ) ( −6 −7n )
=
( − 6− 7n)( 1− 7n)
=
3 − 21n − n + 7n + 24 + 28n − 6n −7n
27
=
( −6 −7 n )(1 −7 n )
( −6 −7 n )(1 −7 n )
2
2
também é positivo.
Então, ∀ n ∈ N, an +1 − an > 0 , ou seja, ∀ n ∈ N , a n+ 1 > a n .
18.2. bn =
) é monótona crescente.
(− 1)n
3
 −1
, se n ímpar
 3
=
1
n
 3 , se par
A sucessão (bn ) não é monótona porque os seus termos são
alternadamente negativos e positivos.
 −n
 n + 1, se n ímpar
18.3. c n =
=
n +1
 n , se n par
 n + 1
(− 1)n n
A sucessão (c n ) não é monótona porque os seus termos são
π
2π
3π
18.4. d1 = sin   =1 ; d2 = sin  =0 ; d3 =sin   = −1;
 2 
 2 
 4π 
d 4 = sin 
 =0 .
 2 
Repara que d 3 <d 2 e d 4 > d 3 .
Proposta 19
an+ 1 − an = 2 ( n +1 ) −3 −( 2 n −3 ) = 2 n + 2 − 3 − 2 n + 3 = 2 .
12 
12 
12 12
−6−  = −
+
n +1 
n 
n +1 n
12
− 12n + 12n + 12
.
=
n (n+ 1 )
n (n + 1 )
12
− (2 ×3 −3 ) =3 −3 =0 .
4
Então, ∀ n ∈ N, an +1 − an ≥ 0 , ou seja, ∀ n ∈ N , a n+ 1 ≥ a n .
Se n = 3 , tem-se a n+ 1 − a n = a 4 −a 3 = 6 −
A sucessão (an ) é crescente em sentido lato.
19.2. Se n ≤ 3 então a n = 2 n −3 .
Neste caso, tem-se:
116
Pág. 25
Proposta 20
  π
 sin  − 3  , se n ímpar
nπ
 


20.1. a n = sin  ( −1)  =
3    π

sin  , se n par
  3 
 3
, se n ímpar
 −
= 2
 3
n
 2 , se par
 3 3
Sucessão ( an ) : D '= −
,
 2 2
n+ 1

.

  π
sin   , se n ímpar
π   6 
= 
6   π 
sin − , se n par
  6 
1
 , se n ímpar
=2
 − 1 , se n par
 2
 1
Sucessão ( bn ) : D ' =  − ,
 2
1
.
2
são alternadamente iguais a −
3
3
.
ea
2
2
3
3
.
≤ an ≤
2
2
não é monótona porque os seus termos são
A sucessão ( an ) é limitada porque ∀ n ∈ N , −
19.1. Se n < 3 , tem-se:
=
∀ n ∈N , − 1 ≤ a n < 6 .
20.2. A sucessão (a n ) não é monótona porque os seus termos
Logo, a sucessão ( dn ) não é monótona.
Se n > 3 , tem-se an +1 − an = 6 −
Neste caso, tem-se:
1 1
12
12
12
0 < ≤ ⇔ 0 < ≤ 3 ⇔ 0 > − ≥ −3 ⇔ 6 > 6 − ≥3
n 4
n
n
n
⇔ 3 ≤ an < 6

bn = sin  (− 1)

alternadamente negativos e positivos.
 2
12
.
n
Conclusão: A sucessão ( an ) é limitada porque
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n porque
∀ n ∈ N, − 6 − 7n < 0 e ∀ n ∈ N, 1 − 7n < 0 , e o numerador
A sucessão (an
Se n > 3 então an = 6 −
A sucessão ( bn )
alternadamente iguais a
1
2
1
ea − .
2
1
1
A sucessão ( bn ) é limitada porque ∀n ∈ N , − ≤ b n ≤ .
2
2
 3 1
× , se n ímpar
−
20.3. c n = an ×bn =  2 2
 3 ×  − 1  , se n par
 2  2 
NEMA11PR © Porto Editora
1≤ n≤ 3 ⇔ 2≤ 2 n≤ 6 ⇔ − 1 ≤ 2 n− 3 ≤ 3 ⇔ − 1 ≤ an ≤ 3
Proposta 18
Sucessões

 −
=

 −
3
, se n ímpar
4
Proposta 22
3
, se n par
4
Como v8 < v 7 , a sucessão (vn ) não é crescente.
Como ∀ n ∈ N, c n = −
22.1. Ora, v7 = 3 × 7 + 1 = 22 e v8 = 2× 8 + 5 = 21.
3
, então (c n ) é uma sucessão
4
constante.
21.1. Como ∀n ∈ N, v n +1 < v n , a sucessão (vn ) é decrescente.
Sendo (vn ) uma sucessão decrescente, sabe-se que v 1 é um
majorante do conjunto dos termos da sucessão, isto é,
∀ n∈N , vn ≤ v1 .
Sabe-se também que ∀ n ∈ N, vn > 2 .
A sucessão ( vn ) é limitada porque ∀n ∈N, 2 < v n ≤ v 1 .
21.2. O termo geral de (v n ) não pode ser
decrescente e a sucessão de termo geral
3n + 8
porque ( vn ) é
n+3
3 n+ 8
é crescente.
n +3
3 n +8
.
n +3
3 ( n +1) +8 3n + 8 3n + 11 3n + 8
un +1 − un =
−
=
−
n+ 1 + 3
n+ 3
n+ 4
n+3
(3 n + 11)( n + 3 ) − (3 n + 8 )( n + 4 )
=
=
( n + 4)( n + 3)
Seja u n =
3 n2 + 9 n+ 11 n + 33 − 3 n2 − 12 n − 8 n −32
1
=
( n+ 4 )( n+ 3 )
( n+ 4 )( n+ 3 )
∀ n∈N , un +1 − un > 0 , ou seja, ∀n ∈ N, u n +1 >u n .
A sucessão ( un ) é monótona crescente.
21.3. Seja v n =
2n+ 5
.
n+ 1
2 (n + 1) + 5 2n + 5 2n + 7 2n + 5
−
=
−
n + 1 +1
n +1
n +2
n +1
(2n + 7) (n + 1) − (2n + 5 )(n +2)
=
=
(n + 2)(n + 1)
vn +1 − vn =
M− 5
2
Pode tomar-se para p qualquer número natural que seja maior
M −5
. Neste caso tem-se vp > M .
que
2
Daqui resulta que M não é majorante da sucessão (vn ) .
vp > M ⇔ 2p + 5 > M ⇔ 2p > M − 5 ⇔ p >
Então, a sucessão (vn ) não é majorada.
A sucessão ( vn ) não é limitada porque não é majorada.
Proposta 23
23.1. Sejam A( 7, 3 ) e B ( 15, −17 ).
O declive da reta que contém os pontos A e B é m =
5
− 20
=− .
8
2
A sucessão é decrescente porque a reta que contém os pontos A
e B tem declive negativo e todos os seus termos são
representados graficamente por pontos desta reta uma vez que
são colineares.
23.2. Tendo em conta as conclusões obtidas em 23.1., sabe-se
5
que un = − n +b .
2
5
35
41
= b.
Como u7 = 3 , tem-se 3 = − × 7 + b ⇔ 3 + = b ⇔
2
2
2
5
41
.
Então, u n = − n +
2
2
5 41
5
41
Logo, u 1 = − + = 18 e u 25 = − ×25 + = −42 .
2 2
2
2
7
4
5
2
2 n2 + 2 n + 7 n + 7 − 2 n2 − 4 n − 5 n − 10
=
(n + 2 )(n + 1 )
23.3. un = ⇔ − n +
=
−3
(n + 2)(n + 1)
7,5∉N , logo
A sucessão ( vn ) é monótona decrescente.
2 n + 5 2 n + 2 +3
3
=
=2+
n+ 1
n+ 1
n+ 1
3
Como ∀ n ∈N,
> 0 , conclui-se que
n +1
∀ n ∈N , vn > 2 .
vn =
−17 − 3
15 − 7
=
=
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n e o
numerador é negativo.
∀ n∈N , vn +1 − vn < 0 , ou seja, ∀ n ∈ N, v n+ 1 < v n .
NEMA11PR © Porto Editora
22.2. Vamos provar que a sucessão ( vn ) não é majorada, isto é,
qualquer que seja o número real M , este não é majorante.
Pretende-se provar que ∀ M ∈R , ∃ p ∈N : v p > M .
Proposta 21
=
Por isso, a afirmação é falsa.
41 7
= ⇔ −10 n +82 =7 ⇔ n =7, 5
2 4
7
não é termo da sucessão (u n ) .
4
1
5
41 1
un = ⇔ − n + = ⇔ − 5n + 41 = 1 ⇔ n = 8
2
2
2 2
1
é o 8.° termo da sucessão (un ) .
2
Proposta 24
24.1. (− 1 ) n− = ( −1 ) n × (−1 ) = 1 × ( −1 ) = −1 .
2
1
2
1
n−
Então, vn =
( −1) 2 1 (n + 1)
n
Então, ∀ n∈ N, v n < 0 .
=
− (n + 1)
n
=−
n+1
n
.
117
Unidade 3
u3=
(− 1)1 ( 1+ 1)
= −2, u2 =
1
( −1 )3 (3 + 1 )
3
4
=−
3
(− 1)2 ( 2 + 1)
2
=
3
2
31.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
e
.
1
Como u2 > u1 e u3 < u2 , conclui-se que a sucessão (u n ) não é
( −1 )n ( n +1 )
n
 − (n + 1)
, se n ímpar


n
=
 n +1 , se n par
 n
1

 − 1 − n , se n ímpar
=
 1+ 1 , se n par
 n
Sendo n ímpar, tem-se:
1
1
1
0 < ≤ 1 ⇔ 0 > − ≥ −1 ⇔ −1 > −1 − ≥ −2
n
n
n
Sendo n par, tem-se:
1 1
1
1
0 < ≤ ⇔1 <1 + ≤1 +
n 2
n
2
3
A sucessão (un ) é limitada porque ∀ n∈ N, − 2 ≤ un ≤ .
2
n + 1+ 1  n +1 
n + 2 n +1
− −
vn +1 − vn = −
 = − +1 +
n +1
n
n
 n 
− (n + 2 ) n + ( n + 1 )( n + 1 ) −n 2 −2n +n 2 +n +n +1
1
=
=
=
( n + 1 )n
( n + 1 )n
(n + 1 )n
O denominador é positivo, qualquer que seja o valor de n, e o
numerador também é positivo.
∀ n∈ N, vn +1 − vn > 0 , ou seja, ∀n ∈N, v n+ 1 > v n.
Então, a sucessão (vn ) é monótona crescente.
n +1
1
= − 1−
vn = −
n
n
1
1
1
0 < ≤ 1 ⇔ 0 > − ≥ −1 ⇔ −1 > −1 − ≥ −2
n
n
n
A sucessão (vn ) é limitada porque ∀ n ∈ N, − 2 ≤ vn < −1 .
31.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
(a ) = a
Se n = 1 , (a ) = a
∀ n∈N ,
n
•
3
3
1
.
⇔ a 3 = a 3 (proposição verdadeira).
3×1
Hipótese de indução: ( a3 ) = a3 p (admite-se verdadeira).
Tese: ( a3 )
Ora, ( a3 )
p +1
p +1
3 3
= a p + (o que se pretende mostrar).
3
3
3
3
3 3
= (a ) ×( a ) = a p × a = a p+ .
p
1
Como a condição (a 3 ) = a 3n é verdadeira para n = 1 e é
n
hereditária, conclui-se que a condição ( a 3 ) = a 3n é universal em
n
N , ou seja, a condição ∀ n ∈ N ,
118
•
p
a  a
Hipótese de indução:   = p (admite-se verdadeira).
b
b
 
•
a
Tese:  
b

Ora, 

a

b
(a )
3 n
= a n é verdadeira.
3
p+ 1
p+ 1
=

=

a p+1
(o que se pretende mostrar).
bp +1
1
a   a  a p a a p × a a p+1
.
=
 ×  = p × = p
b  b 
b b b × b b p+1
p
n
n
a a
Como a condição   = n é verdadeira para n = 1 e é
b b
n
n
a a
hereditária, conclui-se que a condição   = n é universal em
b b
 a
b
n
N , ou seja, a condição ∀n ∈N ,   =
an
é verdadeira.
bn
32.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
2
∀ n∈ N , 1 + 3 + 5 + ... + ( 2n − 1) = n .
•
•
Se n = 1 , 1 = 1 (proposição verdadeira).
2
Hipótese de indução: 1 + 3 + 5 +... + ( 2 p −1 ) = p (admite-se
2
verdadeira).
Tese: 1 + 3 +5 +... + (2 p −1 ) + (2 ( p +1 ) −1 ) = ( p +1 ) (o que se
2
•
pretende mostrar).
Ora, 1 + 3 + 5 +... +( 2 p −1) +( 2( p +1 ) −1 ) = p2 +( 2 ( p +1) −1 )
= p2 + 2p + 1 = ( p + 1) .
2
Como a condição 1 + 3 + 5 +... + (2 n −1 ) = n2 é verdadeira para
n = 1 e é hereditária, conclui-se que a condição
1+ 3+ 5+ ...+ ( 2n − 1) = n 2 é universal em N , ou seja, a condição
2
∀ n∈ N , 1 + 3 + 5 + ... + ( 2n − 1) = n é verdadeira.
32.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
1 1 1
1 2n − 1
+ + + ... + n = n .
2
2
2 4 8
1 21 − 1
1 1
= 1 ⇔ = (proposição verdadeira).
2
2 2
2
p
1 1 1
1 2 −1
• Hipótese de indução:
+ + + ... + p =
(admite-se
p
2 4 8
2
2
verdadeira).
1 1 1
1
1
2 p +1 − 1
• Tese:
+ + + ... + p + p +1 =
(o que se pretende
2 4 8
2 2
2p +1
mostrar).
1 1 1
1
1
2p − 1
1
2p − 1
1
Ora, + + + ... + p + p+1 =
+ p+1 =
+ p
2 4 8
2
2
2p
2
2p
2 ×2
•
3n
p
•
1
a a
a a
Se n = 1 ,   = 1 ⇔ = (proposição verdadeira).
b b
b b
∀ n ∈N ,
Pág. 26
•
•
p
monótona.
un =
n
n
a a
∀ n∈N ,   = n .
 b b
Se n = 1 ,
− 1 )× 2 + 1 2 p+ 1 − 2 + 1 2 p+ 1 − 1
.
=
=
2 p+1
2 p+1
2 p+1
1 1 1
1 2 n −1
Como a condição + + + ... + n = n é verdadeira para
2
2
2 4 8
n = 1 e é hereditária, conclui-se que a condição
=
(2
p
NEMA11PR © Porto Editora
24.2. u1 =
Sucessões
1 1 1
1 2 n −1
+ + +... + n = n é universal em N , ou seja, a condição
2
2
2 4 8
1 1 1
1 2n − 1
∀ n ∈N ,
+ + +... + n = n é verdadeira.
2 4 8
2
2
•
•
Ora, 5 p+ 1 −2 p+1 = 5 p ×5 −2 p ×2 =5 p ×(3 +2 ) −2 p ×2
p
p
p
p
p
p
= 5 × 3 + 5 ×2 −2 ×2 = 5 ×3 − (5 −2 ) ×2
Pág. 27
p
p
= 5 × 3 − 3 k ×2 = 3 ( 5 −2 k ) .
33.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n∈N ,
Considerando k1 = 5p − 2k , tem-se 5p + 1 − 2p + 1 = 3 k1 .
n
1
1
1
1
+
+
+ ... +
=
.
1× 2 2× 3 3× 4
n ( n+ 1 ) n + 1
1
1
1 1
=
⇔ = (proposição verdadeira).
1 ×2 1 +1
2 2
p
1
1
1
1
+
+
+ ...+
=
Hipótese de indução:
p( p +1 ) p +1
1×2 2 ×3 3 ×4
Se n = 1 ,
•
•
(admite-se verdadeira).
p +1
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
=
Tese:
p (p + 1 ) (p + 1 )(p + 2 ) p + 2
1× 2 2× 3 3× 4
•
(o que se pretende mostrar).
1
1
1
1
1
Ora,
+
+
+ ...+
+
p ( p +1 ) ( p +1 )( p +2
1 ×2 2 ×3 3 ×4
5n − 2n é múltiplo de 3, é verdadeira para n = 1
Como a condição
e é hereditária, conclui-se que é universal em N , ou seja, a
condição ∀ n ∈ N, 5n − 2n é múltiplo de 3, é verdadeira.
34.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
 1  1
∀ n ≥ 2 ,  1 −  1 −
 2  3
•
•
)
( p +1 )
p
p 2 + 2p + 1
p +1
1
+
=
=
=
p + 1 ( p +1)( p +2) ( p +1)(p +2 ) ( p +1)( p +2) p +2
2
=
Como a condição
n
1
1
1
1
+
+
+ ...+
=
é
n (n +1 ) n +1
1×2 2× 3 3× 4
verdadeira para n = 1 e é hereditária, conclui-se que a condição
n
1
1
1
1
∀ n∈N ,
+
+
+ ... +
=
é universal em
1× 2 2× 3 3× 4
n ( n+ 1 ) n + 1
•
  1 1
 ... 1 −  = .
  n n
1 1
1 1

Se n = 2 , 1 −  = ⇔ = (proposição verdadeira).
2 2
2 2

1 1
 1  1  
Hipótese de indução:  1 −  1 − ...  1 −  = (admite-se
 2  3   p  p
verdadeira).
1
1 
1 
1 
1

(o que se
Tese:  1 −  1 −  ... 1 −  1 −
=
2
3  p  p + 1 p + 1

pretende mostrar).
1  1 
1 
 1  1   1 
Ora,  1 −  1 −  ... 1 −  1 −
 = ×1 −

p+ 1  p  p+ 1 
3   p 
 2 
33.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
1  p +1 −1  1  p 
1
= ×
.
 = ×
=
p  p + 1  p  p + 1 p + 1
1
1  1 1
Como a condição  1 − 
 1 −  ...  1 −  = é verdadeira para
 2  3   n  n
n= 2 e é hereditária, conclui-se que a condição
 1  1   1  1
1 − 1 − ... 1 −  = é universal em N \ {1} , ou seja, a
 2  3   n  n
∀ n ∈N , 2 3 n −1 é múltiplo de 7, ou seja, 23 n − 1 = 7 k , k ∈Z .
condição ∀ n ≥ 2 ,
N , ou seja, a condição
n
1
1
1
1
=
∀ n ∈N ,
+
+
+... +
n( n +1 ) n+ 1
1×2 2×3 3× 4
é verdadeira.
•
•
3 ×1
Se n = 1 , 2
− 1 = 7 k , k ∈ Z ⇔ 7 = 7 k , k ∈ Z (verdadeiro,
basta considerar k = 1 ).
Hipótese de indução: 2 3 p −1 = 7k , k ∈Z (admite-se
verdadeira).
•
Tese: 23 (p +1 ) − 1 = 7 k1 , k1 ∈ Z (o que se pretende mostrar).
p
p
p
p
p
p
=2 3 ×1 −2 3 ×7 −1 =2 3 −1 −2 3 ×7 =7 k +2 3 ×7 =7 ( k +2 3 ) .
Considerando k1 = k + 23 p , tem-se 2 3 (p + 1 ) − 1= 7k 1 .
3n
Como a condição 2 − 1 é múltiplo de 7 é verdadeira para n = 1
e é hereditária, conclui-se que é universal em N , ou seja, a
condição ∀n ∈ N, 23 n −1 é múltiplo de 7 é verdadeira.
33.3. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n ∈N , 5 n − 2 n é múltiplo de 3, ou seja, 5 n − 2 n = 3k , k ∈Z .
•
Se n = 1 , 51 −21 =3 k , k ∈Z ⇔3 =3 k , k ∈Z (verdadeiro,
basta considerar k = 1 ).
1 − 1 1 − 1 ...  1 − 1  = 1 é verdadeira.
 2  3   n  n


 

34.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n > 4 , n2 < 2n .
•
•
Ora, 23 ( p+1 ) − 1 = 23 p+3 − 1 = 23 p × 23 − 1 = 2 3 p × 8 −1 =2 3 p × (1 + 7 ) −1
NEMA11PR © Porto Editora
Hipótese de indução: 5p − 2p = 3k , k ∈Z (admite-se
verdadeira).
Tese: 5p+ 1 − 2p+ 1 = 3k1 , k 1 ∈Z (o que se pretende mostrar).
Se n = 5 , 52 < 25 ⇔ 25< 32 (proposição verdadeira).
Hipótese de indução: sendo p > 4 , p2 < 2p (admite-se
verdadeira).
Tese: sendo p + 1 > 4 , (p + 1 ) < 2 p+ 1 (o que se pretende
2
•
mostrar).
Ora, ( p + 1 ) = p 2 +2 p +1 < p 2 +2 p + p = p 2 +3p <p 2 +p ×p
2
(1)
(1)
= 2 p2 <2 ×2 p =21 + p =2 p+1 .
(2)
(1) porque p > 4 .
(2) por hipótese de indução.
Então, tem-se ( p + 1) < 2p +1 (como se pretendia mostrar).
2
Como a condição n2 < 2 n é verdadeira para n = 5 e é hereditária,
conclui-se que a condição n2 < 2 n é universal em
N\ { 1, 2, 3, 4 } , ou seja, a condição ∀ n > 4 , n2 < 2n é
verdadeira.
119
Unidade 3
é verdadeira para n = 1 e é
Como a condição un =
35.1.
hereditária, conclui-se que a condição un =
w1 = 8 ; w2 = w1 + 2 = 8 + 2 = 10 ; w 3 = w 2 + 2 =10 +2 =12 e
w4 = w3 + 2 = 12 +2 =14 .
em N , ou seja, a condição ∀n ∈ N,
35.2. w1 = a ⇔ 8 = a
38.3. u n = 300 ⇔
w1
8
8
+ 2 ⇔ 10 = +2 ⇔ 8 = ⇔ b =1
b
b
b
Conclusão: a = 8 e b = 1 .
w2 =
2
n (n − 1)
2
= 300 ⇔
n (n − 1)
2
n ( n− 1 )
un =
n2 − n
2
2
é universal
é verdadeira.
= 300
1 ± 1 + 2400
⇔ n = 25 ∨ n = −24
2
Como n ∈N , conclui-se que n = 25 .
Se forem dados 300 apertos de mão, então o número de
participantes no encontro foi 25.
⇔ n 2 − n − 600 = 0 ⇔ n =
36. Sabe-se que o primeiro termo da sucessão ( wn ) é igual a 4 e
qualquer termo seguinte obtém-se adicionando 3 ao termo
anterior.
A sucessão (wn ) é definida por recorrência da seguinte forma:
Pág. 31
 w1 = 4

 wn + 1 = wn + 3, ∀ n∈ N
39.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n ∈N ,
•
Pág. 29
37.1. Para determinarmos u11 precisamos primeiro de conhecer
u10 .
•
•
q n +1 = t n +1 +t n .
Se n = 1 , q 2 = t 2 + t 1 , ou seja, 1+ 3 = (1+ 2 )+ 1 (proposição
verdadeira).
Hipótese de indução: qp + 1 = tp + 1 + tp (admite-se verdadeira).
Tese: q p+ 2 =t p+ 2 +t p+ 1 (o que se pretende mostrar).
Ora, qp + 2 = qp +1 + 2( p + 2) − 1 = tp +1 + tp + 2p + 3
u10 = 2 u9 +1 = 2 ×1023 +1 =2047
u11 = 2 u10 + 1 = 2 ×2047 +1 =4095
= tp + 1 + tp + p + p + 2 +1 =t p + 1 +p +2 +tp +p +1 =t p + 2 +t p +1 .
 


37.2. u18 = 2u17 + 1 ⇔ 524287 = 2u17 + 1 ⇔ u17 = 524286
t p +2
t p+1
⇔ u17 = 262143
Como a condição qn + 1 = tn + 1 + t n é verdadeira para n = 1 e é
hereditária, conclui-se que a condição q n+1 = t n+1 + t n é universal
em N , ou seja, a condição ∀n ∈ N, q n +1 = t n +1 +t n é
Pág. 30
verdadeira.
38.1. Suponhamos que participam no encontro apenas 3
39.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
2
pessoas, A, B e C.
Então, serão dados 3 apertos de mão: A – B, A – C e B – C.
Se participarem 4 pessoas, A, B, C e D, serão dados 6 apertos de
mão: A – B, A – C, A – D, B – C, B – D e C – D.
∀ n ∈N ,
qn = n 2 .
•
Se n= 1 , q 1 = 12 , ou seja, q 1 = 1 (proposição verdadeira).
•
2
Hipótese de indução: qp = p (admite-se verdadeira).
Tese: q p+ 1 = (p +1 ) (o que se pretende mostrar).
2
38.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n ∈ N,
•
un =
n (n − 1 )
Se n= 1 , u1 =
2
1 (1 − 1 )
Ora, qp + 1 = qp + 2 (p + 1 ) − 1 = p 2 + 2p + 2 − 1 = p 2 +2p +1 = (p +1 ) .
2
.
Como a condição qn = n 2 é verdadeira para n = 1 e é hereditária,
⇔ u1 = 0 (proposição verdadeira pois se
2
só participar 1 pessoa no encontro não será dado nenhum
aperto de mão).
p ( p −1 )
• Hipótese de indução: u =
(admite-se verdadeira).
p
2
( p + 1 )( p + 1 − 1) ( p + 1 )p
• Tese: u
=
(o que se pretende
p+ 1 =
2
2
mostrar).
p (p − 1 )
p (p − 1) + 2p
Ora, u p +1 = u p + p + 1 − 1 =u p + p =
+p =
2
2
p ( p − 1 + 2) p ( p + 1 ) ( p +1 ) p
=
=
=
.
2
2
2
120
•
conclui-se que a condição q n = n 2 é universal em N , ou seja, a
condição ∀ n ∈ N ,
qn = n 2 é verdadeira.
40.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n ∈N ,
•
•
•
u n = n ( 2n − 1 ) .
Se n= 1 , u1 = 1( 2× 1− 1) ⇔ u1 = 1 (proposição verdadeira).
Hipótese de indução: up = p (2 p −1 ) (admite-se verdadeira).
Tese: u p+1 = ( p +1) (2 ( p +1 ) −1 ) = (p +1 )( 2p +1 ) (o que se
pretende mostrar).
Ora, up + 1 = up + 4 (p + 1) − 3 = p (2p −1 ) + 4 p +1 =2p 2 −p +4p +1
1
= 2p 2 + 3p + 1 = 2 (p + 1 ) p +  = (p + 1 )( 2p +1) .
2

NEMA11PR © Porto Editora
n (n − 1)
Pág. 28
Sucessões
Como a condição un = n(2 n −1 ) é verdadeira para n = 1 e é
hereditária, conclui-se que a condição un = n (2 n −1 ) é universal
Ora, v p +1 = v p + 3 p + 1 =
3p 2 −p
3p 2 −p + 6p + 2
+3p + 1 =
2
2
3 p2 +5 p +2
.
2
em N , ou seja, a condição ∀n ∈N , u n = n ( 2n − 1) é
=
verdadeira.
Cálculos auxiliares:
3 n2 − n
é verdadeira para n= 1 e é
2
3n2 − n
é universal
hereditária, conclui-se que a condição vn =
2
3 n2 − n
em N , ou seja, a condição ∀ n ∈ N , vn =
é verdadeira.
2
Como a condição v n =
−3 ± 9 −8
1
⇔ p = − ∨ p = −1
4
2
1

2
Então, 2 p + 3 p + 1 = 2 ( p +1 )  p +  .
2

2p 2 + 3p + 1 = 0 ⇔ p =
40.2. Sabe-se que sendo n > 1 , se tem un =un −1 + 4n − 3 , ou
seja, u n − u n− 1 = 4 n − 3 .
un − un −1 = 65 ⇔ 4 n − 3 = 65 ⇔ n = 17
u17 =17 (2 ×17 −1 ) =561 e u 16 = 16 (2 ×16 −1 ) = 496
Os dois termos consecutivos da sucessão cuja diferença é 65 são
496 e 561. As ordens desses termos são 16 e 17, respetivamente.
2.3. vn = 210 ⇔
3n2 − n
= 210 ⇔ 3n 2 − n − 420 = 0
2
1 ± 1 − 12 × ( −420 )
35
⇔ n= 12 ∨ n = −
6
3
Como n ∈N , conclui-se que n = 12 .
Então, 210 é o 12.° termo da sucessão ( vn ) .
⇔ n=
Tarefa 4
Pág. 32
1.1. u1 = a ⇔ 7 = a
41.1. A progressão aritmética (u n ) é definida por recorrência da
u2 = u1 + k ⇔ 9 = 7 + k ⇔ k = 2
Conclusão: a = 7 e k = 2 .
u1 = 7
un = un−1 +2, n >1
u = 3
seguinte forma:  1
un + 1 = un + 2, ∀ n ∈ N
1.2. A sucessão ( un ) é definida por: 
41.2. A progressão aritmética (u n ) é definida por recorrência da
Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n∈N , un = 2 n + 5 .
2 1 5
7
• Se n = 1 , u
1 = × + ⇔ u1 = (proposição verdadeira).
u = −1
seguinte forma:  1
un + 1 = un + 5, ∀ n ∈ N
41.3. A progressão aritmética (u n ) é definida por recorrência da
•
•
Hipótese de indução: u p = 2 p + 5 (admite-se verdadeira).
Tese: u p+1 = 2 (p + 1) + 5 (o que se pretende mostrar).
Ora, up +1 = up + 2 = 2p + 5 + 2 = 2p +2 + 5 = 2 (p +1 ) +5 .
Como a condição un = 2 n +5 é verdadeira para n= 1 e é
hereditária, conclui-se que a condição un = 2n + 5 é universal em
N , ou seja, a condição ∀n ∈ N, u n = 2n + 5 é verdadeira.
2.1. v1 = 1 ; v 2 = v 1 + 3 × 1 + 1 =1 + 3 +1 =5 ;
v3 = v2 + 3 ×2 + 1 = 5 +6 +1 =12 ; v 4 = v 3 +3 ×3 +1 =12 +9 +1 =22
e v5 = v4 + 3× 4 + 1 = 22 + 12 + 1 = 35 .
2.2. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀ n ∈ N,
•
•
vn =
3n 2 − n
.
2
3 ×1 2 − 1
⇔ v 1 = 1 (proposição verdadeira).
Se n = 1 , v 1 =
2
3p 2 − p
Hipótese de indução: v p =
(admite-se verdadeira).
2
3 ( p +1 ) −( p +1 ) 3p2 + 5p + 2
=
(o que se
Tese: vp +1 =
2
2
pretende mostrar).
2
41.4. A progressão aritmética (u n ) é definida por recorrência da
u = 0
seguinte forma:  1
un + 1 = un + 4 , ∀ n ∈ N
41.5. A progressão aritmética (u n ) é definida por recorrência da
u1 = −2

seguinte forma: 
3
un + 1 = un − , ∀ n∈ N
2

42.1. Pretende-se mostrar, por indução matemática, que
∀n ∈ N , w n = 2n + 3 .
• Se n = 1 , w = 2 × 1 + 3 = 5 (proposição verdadeira).
1
•
•
Hipótese de indução: wp = 2 p + 3 (admite-se verdadeira).
Tese: wp +1 = 2 (p + 1 ) + 3 = 2p + 5 (o que se pretende mostrar).
Ora, w p+ 1 = w p + 2= 2p + 3+ 2 = 2p + 5.
Como a condição wn = 2 n + 3 é verdadeira para n =1 e é
hereditária, conclui-se que a condição wn = 2 n+3 é universal em
N , ou seja, a condição ∀n ∈N , wn = 2n + 3 é verdadeira.
NEMA11PR © Porto Editora
•
1

u =
seguinte forma:  1 2
u 1 = u − 2, ∀ n∈ N
n
 n+
121