Matemática ciência e aplicações, Vol. 2, Cap 2

|1|

MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 2

Razões trigonométricas na circunferência 2

6.

a) sen 130° ∙ sen 50° ∙ 0,76604 b) sen 230° ∙ –sen 50° ∙ – 0,76604 c) sen 320° ∙ – sen 40° ∙ – 0,64279 d) sen π ∙ sen 36° ∙ 0,58779 5 e) sen 3π ∙ sen 108° ∙ sen 72° ∙ 0,95106 5

7.

. a) 1o Q → seno é positivo . b) 3 < 3,14; sen 3 é positivo pois 3 tem imagem no 2o Q

Exercícios 1.

2.

y ∙

0 + 1 – (–1) ∙ 2 ∙ 2 1 1 2 · 2 3 2 d) 1 2

a) –1

c)

b) 0 e) – 2 2 3 f ) – 2

3.

c) 5 > 4,71 (ou 3π , aproximadamente). Logo, 5 tem 2 . imagem no 4o Q e sen 5 é negativo. . d) 2o Q → sen 100° > 0 . e) 200º tem imagem no 3o Q; sen 200° < 0.

g) 0 h) – 1 2

8.

π 3

2π 3

π = a > 0 o. a) π tem imagem no 1 quadrante: sen 7 7 8π π = π + : b) Observe que 7 7 π 7

3 sen π ∙ sen 2π ∙ 2 3 3 sen 4π ∙ sen 5π ∙ – 3 3 3 2 4π 3

4.

5.

5π 3

3 sen π ∙ sen 2π ∙ 3 3 2 sen 4π ∙ sen 5π ∙ – 3 3 5π 7π sen ∙ sen ∙ – 4 4

9.

3 2 2 2

sen 100°

100°

sen 8π = – sen π = –a 7 7 a) π–

π 5π = 6 6

sen 170° 170°

S ∙ π , 5π 6 6

O

S ∙ {0, π}

sen 250° sen 260°

d) sen 300° > sen 290°

MCA2-Resoluções-43-98.indd 46

10. a) y ∙

3π 2

d)

π 4

2 2

0 π 5π π+ = 4 4

sen 260°

250° 260°

c)

S ∙ 3π 2

b) π

c) sen 250° > sen 260°

1 2

π 6

1

a) sen 75° < sen 85° b) sen 100° > sen 170°

8π 7

2π – –

π 7π = 4 4

2 2

S ∙ 5π , 7π 4 4

0 – (–1) 1 ∙ ∙ 2 1 · 1 + 0 1 2 2

2 3 3 b) x ∙ 2 · 0 + (–1) · 2 ∙ – 2

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Capítulo 2 • Razões trigonométricas

11.

|2|

π 6

5π 6

3 cos π ∙ cos 11π ∙ 2 6 6 5π ∙ cos 7π ∙ – 3 cos 3 3 – 7π 11π 2 6 6 2 2 6

12.

6

π 5

4π 5 36° 6π 5

9π 5

cos π ∙ cos 9π > 0 5 5 4π ∙ cos 6π < 0 cos 5 5

13. a)

3 2

2 f ) – 2 g) 1 2 h) 1

c) – 1 2 d) –1

14. a)

85°

65°

cos 85º < cos 65º cos 85°

3 3 ∙ – ∙ 1 (F) 2 2 2 2 2 3 3 b) sen π ∙ 2 ∙ 4 3 3 + 1 ∙ 1 (V) 2 2 4 4 π 1 1 cos ∙ ∙ 3 2 4 c) Como π ≅ 1,57, os números reais 1 e 2 têm ima2 gens, respectivamente, no 1 o. e 2 o. quadrantes. Daí cos 1 > 0 e cos 2 < 0, donde concluímos que cos 2 < cos 1; (V ) d) sen 100°

16. a) 0 –

100°

e) 0

b) 0

k = 2 → cos π = –1 k = 3 → cos 3π = 0 2

cos 65°

b) cos 89° > 0 ⇒ cos 89° > cos 91° cos 91° < 0 c) cos 50°

cos 340° 50° cos 340º > cos 50º 20°

cos 100°

Como |sen 100°| > |cos 100°|, segue que sen 100° + + cos 100° > 0. Observe que sen 100° > 0 e cos 100° < 0; (F) e) 6 < 2π (≅6,28), assim o número real 6 tem imagem no o. 4 quadrante e cos 6 > 0; (F) f ) O raio da circunferência trigonométrica é unitário; (F)

17. OA = 1 3 OB = cos π = 6 2 AB = sen π = 1 6 2 3 3 + 1 = 3 + U.C. 2 2 2 3 1 · 3 2 2 área = OB · AB = U.A. = 2 2 8

perímetro = 1 +

18. OB = 1; AB = 12 = 0,5 BD = DE = sen α OD = cos α

d) 170°

10°

cos 170º ∙ cos 190º 190°

15. k = 0 → cos 0 = 1 k = 1 → cos π = 0 2


AB AC BC = = OB OD BD AC ∙ 1 cos α 2 0,5 AC BC = = ⇒ 1 cos α sen α 1 BC ∙ sen α 2

△ABC ∙ △OBD ⇒

A área do triângulo ABC é: 1 · AC · BC = 1 · 1 cos α · 1 sen α = sen α · cos α 2 2 2 2 8

13/05/10 09:23

|3|


5m2 – 2m ∙ 0 ⇒ m 5m – 2 ∙ 0 ⇒ 4 4 Com m ∙ 0 ou m ∙ 8 5 Verifique que, para esses valores de m, –1  sen α  1 e –1  cos α  1.

B

E A α O

C D

26. sen 20° ∙ cos 70°, pois 20° e 70° são ângulos complementares, sen2 20° + sen2 70° ∙ cos2 70° + sen2 70° ∙ 1

19. a)

π 2

c)

27. De cos2 x – sen2 x ∙ 0 e cos2 x + sen2 x ∙ 1, segue que

1 2 2 cos2 x ∙ 1 ⇒ cos2 x ∙ 1 ⇒ cos x ∙ ± 2 ∙ ± 2 2 Assim, os possíveis valores de x são: π , 3π , 5π e 7π 4 4 4 4

0

0

3π 2

S ∙ π , 3π 2 2 b)

S ∙ {0}

π 4

d)

28. a) –

3

d) ∃/

b) 0

2π 3

29. a) ∃/ 2 2

S ∙ π , 7π 4 4 3 sen π ∙ 2 3 20. a) cos π ∙ 1 3 2

– 7π 4

4π 3

S ∙ 2π , 4π 3 3

2 2 2 2 2 → + ∙ 1 b) sen π ∙ cos π ∙ 4 4 2 2 2 9 ∙ 16 21. sen2 x ∙ 1 – 25 25

. x  4o Q

sen x ∙ – 4 5

1 + 4 ∙ 1; não 9 9

cos α ∙ 4 9 2

e) 3

e) –

2 sen 30° – 4 cos 30° + tg 60° ∙ cos 120° – sen 60°

∙

2(1 – 3 ) –1 + 3 –2(1 – 3 )2 · ∙ ∙ 1 – 2 3 + 3 ∙ 1 – 3 –1 – 3 –1 + 3

∙ 4 – 2 3

31. a) tg 200 > 0 b) tg 310 > 0

c) tg 4 > 0 d) tg 2 > 0

32. a) V

d) F

2

∙ 1 – 144 ∙ 25 169 169 25 5 . Como x  3o Q, cos x < 0; cos x ∙ – 169 ∙ – 13

24. cos α ∙ 1 – sen α ∙ 1 – 49 = 59 ⇒ cos α ∙ ± 35 2

25. sen2 α + cos2 α ∙ 1 ⇒


e) tg 1 > 0

23. cos2 x ∙ 1 – sen2 x ∙ 1 – – 12 13

2

3 3

3 + 3 2 · 1 – 4 · 1 – 3 2(1 – 3 ) 2 2 ∙ ∙ ∙ ∙ 3 1 –1 – 3 –1 – 3 – – 2 2 2

2 3 2 + 1 ∙ 3 + 1 ∙ 1 sen2 π + cos2 π ∙ 3 3 2 4 4 2

22. sen2 α ∙ 19

30. y ∙

3 3

c) – 3 d) –1

b) 0

1 2

c)

m 2 + (m – 1)2 ∙ 1 ⇒ 2

tg 80°

tg 105°

sen 80°

tg 100°

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b) F c) V

|4|

e) V f ) F tg 2π = 0

c) negativo d) negativo

3

38.

α

g) positivo h) positivo

2π 5

3π 4 3

β

33.

π 4

A

--△AOB é isósceles, pois m(AÔB) ∙ m (ABO) ∙ 45

Logo, OA ∙ OB ∙ 1 (note que OA é o raio da circunferência trigonométrica). tg π é a medida algébrica de AB, que é 1. 4 Logo, tg π ∙ 1. 4

39. a)

--

2 34. cos2 α ∙ 1 – sen2 α ∙ 1 – 13 ∙ 1 – 19 ∙ 89

8 ∙ – 2 2 9 3 1 sen α 3 ∙ – 1 · tg α ∙ ∙ cos α 2 2 2 2 – 3

. α  2o Q

b) c)

⇒ cos α ∙ –

35. sen2 α ∙ 1 –

2 2 ∙ 96 10 100

. α  4o Q

2 ∙ – 2 4 2

sen α ∙ –

96 ∙ 100

∙ – 4 6 ∙ – 2 6 10 5 2 6 – 5 ∙ –2 6 tg α ∙ 1 5

10 e sen x ∙ – 3 10 cos2 x ∙ 1 ⇒ cos x ∙ 10 10 10 10 OA ∙ 10 ∙ – 1 OB 3 – 3 10 10

b) negativo

1 π cos 6

∙

1 ∙ 2 3 3 3 2

3 1 1 ∙ 1 ∙ – ∙ 3 π – 3 2π tg – tg 3 3 1 sen 5π 6

∙

1 π sen 6

∙

1 1 ∙ ∙ cos 210° – cos 30°

1 ∙ 2 1 2 1

∙ – 2 3 3 3 – 2 1 1 1 e) ∙ – 2 ∙ ∙ sen 315° – sen 45° 2 – 2 1 1 f ) ∙ ∙ 1 tg 45° 1 d)

40. sec x = 52 ⇒ cos x = 25 ; sen2 x = 1 – cos2 x ⇒sen2 x ∙

36. tg x ∙ –3 ⇒ sen x ∙ –3 ⇒ sen x ∙ –3 cos x cos x sen2 x + cos2 x ∙ 1 ⇒ (–3 cos x)2 + cos2 x ∙ 1 ⇒

37. a) positivo

11π 6

--sec 2π5 > 0, cossec 2π5 > 0 e cotg 2π5 > 0 --sec 3π4 < 0, cossec 3π4 > 0 e cotg 3π4 < 0 --sec 3 < 0, cossec 3 > 0 e cotg 3 < 0 < 0, cossec 11π < 0 e cotg 11π > 0 --sec 11π 10 10 10 11π 11π 11π --sec 6 > 0, cossec 6 < 0 e cotg 6 < 0

B

45° 0


0

11π 10

e) negativo f ) positivo

. ∙ 1 – 4 ⇒ sen2 x = 21 ; como x ∈ 4o Q, temos: 25 25 21 sen x = – 5 21 – 5 = – 21 tg x = sen x = cos x 2 2 5 21 cotg x = – 2 – 2 21 21 21 5 cossec x = 1 = – = – 5 sen x 21 21 sec x = 1 = 5 cos x 2

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|5|


41. sec2 x = 1 + tg2 x ⇒

7 3

tg x = – 2

. x  4o Q

cotg x = –

2

= 1 + tg2 x ⇒ tg2 x =

40 ⇒ 9

10 3

10 3 –1 = 1,5 · ; logo m = – 10 2 10 10

2 3 ·2 3 = 2 3 (U.A.) 2 3

OA · OB = 2

49.

P

Q

P' 30°

m

3 42. a) OQ = cossec α = 10 ⇒ sen α ∙ 3 10 cos2 α = 1 – sen2 α = 1 – . α  1o Q

cos α =

O

3 2 9 91 = 1 – = ⇒ 10 100 100

91 10

a) Observe que P’ é a imagem do arco de 120°: 1 |PQ| = |cotg 120°| = = − 1 = tg 120° tg 60°

3 + 91 91 3 = + 10 10 10 91 2 100 91 cos α b) cotg2 α = = = 9 sen2 α 9 100 sen α + cos α =

3 1 1 = = 3 3 3 A área do triângulo POQ é: 1 · OQ · |PQ| = 1 · 1 · 3 = 3 (U.A.) 2 2 3 6 b) Aplicando Pitágoras no △POQ, vem: 3 2 |OP|2 = |PQ|2 + |OQ|2 ⇒ |OP|2 = + 12 = 3 = −

43. 132 = 52 + x2 ⇒ x = 12 (o outro cateto mede 12) tg α =

12 5 ⇒ cotg α = 5 12

= 1 + 1 = 4 ⇒ OP = 3 3

44. 102 = 62 + x2 ⇒ x = 8 (o outro cateto mede 8) sen β =

8 10 5 ⇒ cossec β = = 10 8 4

50. cossec x = 3 ⇒ sen x = 13 ; cos2 x = 1 – . x  1o Q

45. a) ∀ α ∈ [0, 2π], temos que sec α ⩾ 1 ou sec α ⩽ –1; (F) b) V c) Como cossec2 α = 1 + cotg2 α, teríamos: 32 = 1+ 32 ⇒ ⇒ 9 = 10, o que é absurdo; (F)

B

47. a) 2 quadrante

c) 3 quadrante o. d) 4 quadrante o.

o. b) 3 quadrante

1 = = 2 3 3 π 3 cos 6 2 1 1 OA = cossec π = = = 2 6 π 1 sen 6 2

1

△AOB é retângulo em O; sua área é:


4

A

α x

h

5

H

6–x

C

6

Temos: BH é a altura relativa do lado AC. 42 = h2 + x2 (1)

o.

48. OB = sec π6 =

1 2 = 8 ⇒ 3 9

1 3 2 2 2 = 1 = ; tg x = cos x = 3 4 2 2 2 2 3

51.

7π d) Como π < < π, temos que: 8 2 7π cotg < 0 8 7π 7π cotg · sec > 0 (V) 8 8 7π < 0 sec 8

46. cos x = 27 ⇒ sec x = 72 = m ⇒ 2 m = 28 ⇒ m = 14 4

2 = 2 3 (U.C.) 3 3

52 = h2 + (6 – x)2 = h2 + 36 – 12x + x2 (2) De (1) em (2) escrevemos: 27 9 52 = 42 + 36 – 12x ⇒ 12x = 27 ⇒ x = = 12 4 2 81 175 9 2 2 ⇒ h = 16 – = ⇒ em (1) ⇒ 16 = h + 16 16 4 175 cm 9 4 9 16 x ⇒ sec α = △ABH: cos α = = 4 = 4 16 9 4

⇒ h =

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1 – 1 = 1 – cos2 x = sen2 x = tg2 x cos2 x cos2 x cos2 x

52. a2 = b2 =

|6|

x é um arco do 1º quadrante. tg x: positivo

1 – 1 = 1 – sen2 x = cos2 x = cotg2 x = 1 sen2 x sen2 x sen2 x tg2 x

cotg x: positivo

Daí a · b = 1 ⇒ (ab) = 1 ⇒ a · b = ±1 2

2

2

π  cotg  x +  : negativo 2 

53. sec2 x = 4 ⇒ sec x = –2 (observe que x ∈ 3o. Q e cos x < 0)

cotg ( x + π ) : positivo

a) sec2 x = 1 + tg2 x ⇒ 4 = 1 + tg2 x ⇒ tg2 x = 3 ⇒ ⇒ tg x = 3 4π . b) Como sec x = –2, cos x = – 1 e x = π + π = 3 2 3 sen2 β ∙ 4 9 54. Se tivéssemos: ⇒ cos2 β ∙ 16 25 4 ⇒ sen2 β + cos2 β = + 16 ∙ 1 ⇒ não 9 25

sinal de y =

57.

cos x: negativo sec x: negativo tg x: positivo

sec ( x − π ) : positivo sinal de y =

58.

x ∈ , 0 < x <

π ⇒ x é do 1º quadrante. 2

sen ( x + π ) = −sen x

π  cos  − x  = sen x 2  tg ( π + x ) = tg x sen ( π − x ) =sen x

sen x (1 + sen x) + cos2 x sen x + sen2 x + cos2 x = = cos x · (1 + sen x) cos x · (1 + sen x)

56.

( −) ⋅( −) ⋅( −) = − ( ) (+)⋅(+)

tg x = 5

= cossec x · sec x d) tg x + cos x = sen x + cos x = 1 + sen x cos x 1 + sen x

=

x é um arco do 3º quadrante. sen x: negativo

55. a)

cos2 x cos2 x sen2 x sen2 x cotg2 x = = = 2 1 + cotg2 x sen2 x + cos2 x 1 + cos2 x sen x sen2 x cos2 x sen2 x ∙ = cos2 x 1 sen2 x b) 2 sen α · tg α + cos α = sen α + cos α = cos α 2 2 sen α + cos α = 1 = sec α ∙ cos α cos α sen x + cos x = c) tg x + cotg x = cos x sen x 2 2 1 ∙ sen x + cos x = = 1 · 1 = sen x · cos x sen x cos x sen x · cos x

( +) ⋅( −) = − ( ) (+)⋅(+)

cos ( π − x ) = −cos x

sen x + 1 = 1 = sec x cos x cos x · (1 + sen x)

tg ( 2π − x ) = −tg x

y=

x é um arco do 2º quadrante.

−sen x ⋅ sen x ⋅ tg x

sen x = − = −tg x = −5 cos x sen x ⋅ ( −cos x ) ⋅ ( −tg x )

tg x: negativo cotg x: negativo

π  cotg  x +  : positivo 2 

cotg ( x + π ) : negativo sinal de y =


( −) ⋅( +) = − ( ) ( −) ⋅( −)

59.

0
π ⇒ x é do 1º quadrante. 2

π  sen  − x  π  2 =  cos x −x tg = π   2 sen x   cos  −x 2 

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|7|


sen2 x + cos2 x = 1

= 4 sen x + 2 cos x +

2

 1 2 1   + cos x =  10 

2 cos2 x + 2 sen2 x = 5 sen x + = cos x

1 99 cos2 x = 1− = ⇒ 100 100

(

3 11 π  ⇒ cos x = ⇒ tg  − x=  10 2 

a) sen α ⋅ tg α + cos α =

=

3 11 10= 3 11 1 10

sen α ⋅ sen α + cos α = cos α

sen2 α ⋅ cos2 α 1 = = sec α cos α cos α

tg2 α b) = −1 sec α − 1

sen x + cos x sen x + cos x 1+ cotg x sen x = = sen x − cos x sen x − cos x 1− cotg x sen x

64. ( sen x + tg x ) ⋅ ( cos x + cotg x ) = = sen x ⋅ cos x + sen x ⋅ cotg x + tg x ⋅ cos x + tg x ⋅ cotg x =

tg2 α − sec α + 1 = sec α − 1

sen2 α 1 − +1 cos2 α cos α = = 1 −1 cos α

)

2 sen2 x + cos2 x 5 sen x + 2 sec x = 5 sen x + = cos x

63. 60.

sen2 x + sen x = 2cos x

= sen x ⋅ cos x + sen x ⋅

cos x sen x ⋅ cos x + 1= + sen x cos x

= sen x ⋅ cos x + cos x + sen x + = 1

sen2 α − cos α + cos2 α cos2 α = 1− cos α cos α

= sen x (1+ cos x ) + cos= x +1 = (1+ cos x ) ⋅ (1+ sen x )

1− cos α 1 cos α = = = sec α 1− cos α cos α

65.

sen2 x + sen2 y − sen2 x ⋅ sen2 y + cos2 x ⋅ cos2 y =

(

)

2 = sen2 x + sen2 y ⋅ 1− sen2 x + cos2 x ⋅ cos= y

sen α cos α sen α = cotg α + + = 1+ cos α sen α 1+ cos α

61.

=

= sen2 x + sen2 y ⋅ cos2 x + cos2 x ⋅ cos2 y =

(

cos α (1+ cos α ) + sen2 α = sen α (1+ cos α )

= sen2 x + cos2 x = 1

cos α + cos2 α + sen2 α = = sen α + sen α ⋅ cos α

66.

1+ cos α 1 = = = cossec α sen α (1+ cos α ) sen α

+ 1) ( 2 cos x + cos x ⋅ tg x )( 2 tg x=

( sen a + senb )( sen a − senb ) + ( cos a + cos b )( sen a − senb ) + ( cos a − cos b )( cos a + cos b ) = ( cos a + cos b )( sen a − senb )

=

= 4 cos x ⋅ tg x + 2 cos x + 2 cos x ⋅ tg2 x + cos x ⋅ tg = x

= 4 cos x ⋅


sen x sen2 x sen x + 2 cos x + 2 cos x ⋅ 2 + cos x ⋅ = cos x cos x cos x

sen a + senb cos a + cos b + = cos a + cos b sen a − senb =

62. cos x ⋅ ( 2 + tg x ) ⋅ ( 2tg x + 1) = =

)

= sen2 x + cos2 x ⋅ sen2 y + cos2 y =

67.

sen2 a − sen2 b + cos2 a − cos2 b = 1− 1= 0 ( cos a + cos b )( sen a − senb )

1 1 + = cossec x – 1 cossec x + 1

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|8|

cossec x + 1 + cossec x – 1 x = = 2 cossec (cossec x – 1) · (cossec x + 1) cossec2 x – 1

=

Daí, os resultados procurados são: y = 0 – (–1) = 1 ou y = – 3 – 4 = – 7 . 5 5 5

x = 2 · sen2 x = = 2 cossec cotg2 x sen x cos2 x =2·

68.

1 · sen x = 2 · sec x · tg x cos x cos x

72.

2 2 2 = tg x + 1 · 1 – cos x · 1 – sen x = tg x cos x sen x

7π 6π π π 7π = + = π + ⇒ 3º quadrante ⇒ tg : 6 6 6 6 6 positivo

2 2 2 2 = sec x · sen x · cos x = sec x · sen x · cos x = sen x tg x tg x cos x

π π é do 1º quadrante ⇒ cotg : positivo 6 7

1 · cos x · sen x · cos x = 1 cos2 x sen x

sinal de x = ( − ) ⋅ ( ( + ) + ( + ) ) = ( − )

tg x ⋅ cos x tg x ⋅ cos x = ⇒ y ⇒ 69. y 2 = 1 − cos2 x sen2 x

b) y = cotg

sen x ⋅ cos x cos x 1 = y = cossec x ⇒y= ⇒ sen x sen2 x

2

o

576 625 x∈3  Q  24  cossec2 x = 1+   = 1+ = ⇒ 49 49  7 

5π 5π 5 ⋅180º = ≅ 82º ⇒ 1º quadrante ⇒ sen : 11 11 11 positivo

25 e, desse modo, ⇒ cossec x = − 7

70.

71.

12π  5π 23π  ⋅  sen + cos  7  11 12 

12π 14π 2π 2π = − = 2π − ⇒ 3º quadrante 7 7 7 7 12π : negativo ⇒ cotg 7

Como cossec2 x = 1+ cotg2 x, vem:

y = cossec x = −

π 9π  7π ⋅  tg + cotg  8  6 7

9π 9π 8π π π : = + = π + ⇒ 3º quadrante ⇒ sec 8 8 8 8 8 negativo

tg x + 1 · 1 – cos x · 1 – sen x = tg x cos x sen x

=

a) x = sec

π 23π 24π π = − = 2π − ⇒ 3º quadrante 12 12 12 12 23π : positivo ⇒ cos 12

25 . 7

sinal de y = ( −) × ((+) + (+)) = ( −)

Como tg x · cotg x = 1, escrevemos: (m – 2) · m = 1 ⇒ m2 – 2m – 3 = 0 ⇒ m = 3 ou 3 m = –1

Exercícios complementares

É preciso resolver o sistema

1.

Se sen x = 1, x = π , cos x = cos π = 0; assim: 2 2 sen x + cos x = 1 + 0 = 1 Se cos x = 1, x = 0, sen x = sen 0 = 0 e, deste modo, sen x + cos x = 0 + 1 = 1.

2.

a) Pela relação fundamental, cos2 x = 1 – sen2 x; daí: 2(1 – sen2 x) = 3 – 3 sen x 2 sen2 x – 3 sen x + 1 = 0

3 cos x + sen x = –1

1

cos2 x + sen2 x = 1

2

De 1 , vem: sen x = –1 – 3 cos x. Em 2 : cos2 x + (–1 – – 3 cos x)2 = 1 ⇒ 3 ⇒ 10 cos2 x + 6 cos x = 0 ⇒ cos x = 0 ou cos x = – 5

• Se cos x = 0, em

1

, obtemos sen x = –1; 02 + (–1)2 = 1.

3 • Se cos x = – 5 , em +

4 5

2

MCA2-Resoluc�o�es-Mercado.indd 127

= 1.

1

, obtemos sen x = 4 ; – 3 5 5

2

+

sen x =

3±1 – (–3) ± 9 – 4 · 2 · 1 = 4 2·2

sen x = 1 ou sen x = 1 2

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|9|


b) Se sen x = 1, então x = π . 2 1 Se sen x = , podemos ter x = π ou 2 6 π 5π . x=π– = 6 6

3.

Da relação fundamental sen2 x + cos2 x = 1, vem: m+ 1 3

2

2

= 1 ⇒ 2m2 + 2 = 1 ⇒ 9 2 7 7 7 · = ⇒ m2 = ⇒m=± ⇒ 2m2 = 9 18 3 2 2 14 =± (≅ 0,623) 6 Observe que esses valores de m garantem que: – 1  sen x  1 e –1  cos x  1

4.

+ m– 1 3

a) Sabemos que: OS = sec α e OC = cossec α Usando Pitágoras no △COS, vem: CS2 = OS2 + OC2 ⇒ CS2 = sec2 α + cossec2 α = 1 1 = + = cos2 α sen2 α 2 2 1 = 1 · 1 = sen 2α + cos2 α = cos2 x · sen2 x cos2 α sen2 α cos x · sen x

⇒ tg x = 1 x = π ou x = 5π ou 4 4 tg x = –1 x = 3π ou x = 7π 4 4

6.

1 1 1 · – 2 sec x · cossec x – sec2 x = cos x sen x cos x = cos x – 1 cotg x – 1 sen x cos x – sen x cos2 x · sen2 x sen x = = = cos2x – sen x · cos x – sen x cos x · sen x cos x – sen x sen x =

7.

1 = cos2 x

1 1 4

2

= 16

a) T

α 0

A

Daí: 1 · 1 ; como sen α > 0 e cos2 α sen2 α cos α > 0, vem: CS = 1 · 1 = sec α · cossec α cos α sen α 1 π = b) α = ; OS = sec π = sec 30° = cos 30° 6 6 = 2 · 3 =2 3 3 3 3 CS =

△POS é retângulo em P:

OA = 1 (raio do ciclo) AT = tg α OT2 = OA2 + AT2 ⇒ OT2 = 12 + (tg α)2 = sec2 α ⇒ ⇒ OT = sec α b) análoga

8.

h

2 OS2 = OP2 + PS2 ⇒ 2 3 = 12 + PS2 ⇒ 4 – 1 = 3 3 = PS2 ⇒ PS2 = 1 ⇒ PS = 3 3 3 O perímetro do △POS é: 2 3 + 1 + 3 = ( 3 + 1) U.C. 3 3

5.

α 800

cotg α = 5 ⇒ tg α = 1 ⇒ h = 1 ⇒ x = 5 h (1) 5 x 5 1 1 h ⇒ ⇒ cotg β = 15 ⇒ tg β = = 15 15 800 – x ⇒ 15 h = 800 – x (2) Substituindo (1) em (2), vem:

1 = cos x ⇒ cos2 x = 1 ⇒ cos x ⇒ cos x = 1(x = 0) ou cos x = –1(x = π)

(1)

15 h = 800 – 5 h ⇒ 20 h = 800 ⇒ h = 40 m ⇒ (1)

⇒ x = 200 m

b) sec x = tg x ⇒

c) tg x = cotg x ⇒ tg x =


1 ⇒ tg2 x = 1 ⇒ tg x

β 800 – x

x

a) sec x = cos x ⇒

1 = sen x ; cos x ∙ 0 ⇒ cos x cos x ⇒ sen x = 1 ⇒ x = π 2 Mas observe que se x = π , cos x = cos π = 0. Logo, 2 2 não existe x que satisfaça a equação.

a)

b) Os observadores estão a 200 m e a 600 m do edifício.

9.

Note inicialmente que, se a equação é de 2o. grau, então sen α ∙ 0: a = sen α; b = –2 cos α e c = –sen α

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| 10 |

∆ = (–2 cos α)2 – 4 · sen α · (–sen α) = = 4 cos2 α + 4 sen2 α = 4 cos α ± 1 – (–2 cos α) ± 2 Daí: x = = sen α 2 · sen α

Em (3): a =

3π 3π 3π + cos2 = 1 ⇒ a2 + cos2 =1⇒ 20 20 20 3π 3π ⇒ cos2 = 1 – a2 ⇒ cos = 1 – a2 note que 20 20 3π cos = cos 27° > 0 20 3π 17π b) Notando que + = π, temos que as imagens 20 20 3π 17π de e são simétricas em relação ao eixo dos 20 20 senos.

10. a)

30 61 61

A razão da P.A. é: 15 61 30 61 15 61 b – a = 61 – 61 = – 61 Assim: 15 61 15 61 15 61 c–b=– ⇒c– =– ⇒c=0 61 61 61

sen2

12. a)

sen α = 1 – cos α; sen2 α + cos2 α = 1 ⇒ 5 2 1 ⇒ – cos α + cos2 α = 1 ⇒ 5 ⇒ 2 cos2 α – 2 cos α – 24 = 0 ⇒ 5 25 ⇒ 50 cos2 α – 10 cos α – 24 = 0 ⇒

17π 20

3π 20

4 5 – 3 5 Se cos α = 4 , então sen α = 1 – 4 = – 3 e α tem 5 5 5 5 imagem no 4o. quadrante. Se cos α = – 3 , então sen α = 1 + 3 = 4 e α tem 5 5 5 5 imagem no 2o. quadrante. 10 ± 70 ⇒ cos α = 100

17π 3π = sen =a 20 20 3π 7π 10π π 3π c) Como + = = , concluímos que 20 20 20 2 20 7π e são complementares, e, portanto, 20 7π 3π cos = sen = a. 20 20 3π 37π 3π d) Como 2π – = , temos que as imagens de 20 20 20 37π e são pontos simétricos em relação ao eixo dos 20 cossenos. Logo: sen

3 <0 2 b) V; sen 160° = sen(180° – 160°) = sen 20° = cos 70°

13. a)

complementares

portanto, sen2 70° + sen2 160° = sen2 70° + cos2 70 = 1 c) V; devemos ter: –1  cos x  1 ⇒ –1  5 – m  1 ⇒ 3 ⇒ –3  5 – m  3 ⇒ –8  –m  –2 ⇒ 8  m  2

3π 20

14. 1o. membro =

37π 20

Daí: sen

= (cossec x – cotg x)2 =

37π 3π = – sen = –a 20 20

a+c 2 a+c cos x = 2 ⇒ cos x = 2b (1) 5

=

sen2 x + cos2 x = 1 ⇒

b 3

2

+

2b 2 =1⇒ 5

b>0 ⇒ 61 b2 = 25 · 9 ⇒ b2 = 25 · 9 ⇒ 61 15 61 5·3 ⇒b= = 61 61


1 – cos x 2 = (1 – cos x) = sen x sen x sen2 x 2

(1 – cos x)2 1 – cos x (1 – cos x)2 = = = 2 (1 – cos x) · (1 + cos x) 1 + cos x 1 – cos x

= 2o. membro

11. (a, b, c) é P.A. ⇒ b =

sec x = 5 ⇒ 1 = 5 ⇒ cos x = a (2) a cos x a 5

F; sen 300° = – sen 60° = –

(3)

⇒ a = 2b

15.

tg x – sen x = sen3 x = =

1 –1 cos x 1 – cos x 2

sen x

=

1 1 –1 –1 cos x cos x = = 3 2 sen x sen x

1 – cos x 1 = = (1 – cos x) · (1 + cos x) cos x

1 sec x 1 · = cos x 1 + cos x 1 + cos x

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| 11 |


16. a3 – b3 = (a – b) · (a2 + ab + b2)

sen x – cos x = sen x – cos x sen x – cos x) · (sen2 x + sen x · cos x + cos2 x) = ( = (sen x – cos x) 3

3

= 1 + sen x · cos x

21. a = 1, b = –2 sec α, c = tg2 α ∆ = (–2 sec α)2 – 4 · 1 · tg2 α ∆ = 4 sec2 α – 4 tg2 α ∆ = 4 · (1 + tg2 α) – 4 tg2 α ∆=4 x = 2 sec α ± 2 = sec α ± 1 2

17. 12 + 2 · cotg x

+ cotg2 x + 1 – 2· cotg x + cotg2 x = = 2 + 2 cotg x = 2 · (1 + cotg2 x) = 2 · cossec2 x 2

18. 2o. membro: [(1 + sen x) + cos x]2 = = (1 + sen x)2 + 2 · (1 + sen x) · cos x + cos2 x = = 1 + 2 sen x + sen2 x + 2 cos x + 2 sen x cos x + 2 + cos x = = 1 + 1 + 2 sen x + 2 cos x + 2 sen x cos x = 2 + 2 sen x + + 2 cos x + 2 sen x cos x

22. perímetro =

8 ⇒ 2 sen α + 2 cos α = 8 ⇒ sen α + 2 2 + cos α = 2 ⇒ sen α + cos α = 2 Elevando ao quadrado os dois membros: (sen α + cos α)2 = ( 2 )2 ⇒ sen2 α + 2 sen α cos α + + cos2 α = 2 ⇒ 1 + 2 sen α cos α = 2 ⇒ 1 ⇒ sen α · cos α = 2 ; ora, a área A do retângulo é dada 1 por sen α · cos α = 2

23. Observe que devemos ter

1 . membro: 2 · sen x + sen x · cos x + cos x = cos x sen x

a + 2 > 0 ⇒ a > – 2 e a ≠ – 1 (*) a+1≠0

o

= 2 · sen x · 1 +

1 · cos x · 1 + 1 = cos x sen x

a+2 Como cossec x = a + 1 , temos sen x = . a+1 a+2

cos x 1 + sen x = 2 sen x · cos x · 1 + cos x · sen x =

1 2 a+2 2 a+2+1 + =1⇒ =1⇒ a+1 (a + 1)2 a+1 ⇒ a + 3 = a2 + 2a + 1 ⇒ a2 + a – 2 = 0 ⇒ a = 1 ou a = –2. Apenas a = 1 verifica (*).

Daí:

= 2 · (1 + cos x) · (1 + sen x) = = 2 · (1 + sen x + cos x + cos x sen x) = = 2 + 2 sen x + 2 cos x + 2 sen x cos x

19.

=

20.

24. •

2 1 – cos x = (1 – cos x)2 = (1 – cos x)2 = sen x sen x sen2 x 1 – cos2 x

(1 – cos x) = 1 – cos x 1 + cos x (1 + cos2 x) · (1 – cos x ) 2

2 2 cos x – sen x 1 – sen x + 1 – cos x = cos x cos x sen x

+

sen x – cos x sen x

2

(sen x – cos x)2 ·

2

+

1 + 1 = cos2 x sen2 x

sen2 x + cos2 x = (sen x – cos x)2 · cos2 x · sen2 x = sen x – cos x sen x cos x

sen x cos x – sen x cos x sen x cos x

= (sec x – cossec x)2


2

=

2

2

Seja cos2 x = a: 4 4 + a = 1 ⇒ 25a2 – 25a + 4 = 0 ⇒ a = ou 25a 5 1 a= 5 4 4 2 5 , vem: cos2 x = ⇒ cos x = ± 5 , Se a = • 5 5 5 e assim sen x = ± 5 . Nesses casos, obtemos 1 (observe que, por (*), sen x e cos x devem tg x = – 2 ter sinais contrários). 5 1 1 • Se a = 5 , vem: cos2 x = 5 ⇒ cos x = ± 5 e daí 2 5 sen x = ± 5 . Nesse caso, obtemos tg x = –2.

2

(sen x – cos x)2 = sen2 x · cos2 x =

–2 (*) 5 cos x

• sen2 x + cos2 x = 1 ⇒ 5 cos x + cos2 x = 1

Como ∀x, y ∈ ℝ, (x – y)2 = (y – x)2, vem:

=

1 – cos2 x – 5 sen x cos x + cos2 x = 3 – 5 sen x cos x = 2 ⇒ sen x =

= 2

1 – 1 = cos x sen x

25. Como log a + log b = log (a · b), escrevemos: log tg

π 3π · tg 5 10

(*)

9/3/10 7:17:11 PM


| 12 |

π 3π π + = 2π + 3π = , temos: 5 10 2 10 π 1 tg = 5 tg 3π 10 Daí, em (*), temos: log 1 = 0

b) • AB = EB – AE = 1 – cotg α • BC = DC – BD = tg α – 1 • Área = (1 – cotg α) · (tg α – 1) = 2

Como

=1

= tg α – 1 – cotg α · tg α + cotg α = 2 tg α + cotg α – 2 (*) = 1 · sen α + cos α – 2 = = 2 cos α sen α 2

26. AB = AC e BC = 10 cm

a) Â = 2(Bˆ + Cˆ ) = 2 · 2Bˆ = 4Bˆ ⇒ Â + Bˆ + Cˆ = 180° ⇒ A + 2Bˆ = 180° ⇒ Bˆ = Cˆ = 30° e Â = 120°, com Â = 60° 2 10 3 Daí: cos Bˆ = 2 ⇒ = 5 ⇒ 2 AB AB 10 3 ⇒ AB = AC = 10 = . 3 3 Assim: 10 3 20 3 = 10 + 2p = 10 + 2 · 3 3

=

cm

k2 – 1 2 – k2 + 1 = =k· 2 2

k 2

1 1 1 – 2 sen α cos α 1 = 2 · = 2 · sen α cos α – 2 = sen α cos α 1 = 2 sen α cos α – 1, que é uma expressão equivalente a (*).

b) sen x + cos x = k sen2 x + cos2 x + 2 sen x cos x = k2 1 + 2 sen x cos x = k2 k2 – 1 sen x cos x = 2 sen3 x + cos3 x = = (sen x + cos x) · (sen2 x – sen x cos x + cos2 x) = =k· 1–

1 sen2 α + cos2 α – 2 sen α cos α = 2 · = sen α · cos α

(3 – k2)

Desafio O maior valor possível para a soma é 36, quando todos os algarismos são iguais a 9 e o número formado é 9999. A soma 35 é obtida quando três algarismos são iguais a 9 e o outro é igual a 8. Com essa configuração, há quatro possibilidades: 9998 9989 9899 8999 Assim, a resposta é: 5.

Testes

27.

y 1E

C A

1.

45º + 135º = 180º

B

α O

Resposta: c. D 1

x

1 3 1 a) AE = cotg α = = 1 = = tg α tg π 3 3 3 3 AB = EB – AE = 1 – 3 π = 3 DC = tg α = tg 3 BD = 1 ⇒ BC = DC – BD = 3 – 1 área = =

3 1 AB · BC · 1– · ( 3 – 1) = = 2 2 3

1 · 2

área =


Os ângulos são 45º e 135º.

3 –1–1+

3 3

1 4 3 2 3 · –2 = –1 2 3 3

2.

Resposta: d.

3.= sen x

π 2 com < x < π ⇒ 2o quadrante 5 2

sen2 x + cos2 x = 1 4 4 21 + cos2 x = 1⇒ cos2 x = 1− = ⇒ 25 25 25

21 ⇒ cos x = − 5 sen x = tg x = cos x

2 5 = − 2 21 21 21 − 5

Resposta: d.

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| 13 |


4.

π cos π 6 I. Verdadeira, pois cotg= = 6 sen π 6

sen x = – 3e

sen x + cos x = –

8.

9.

A = cos2 x + sen2 y + ( sen x − cos y ) x=

π − y ⇒ sen x = cos y e sen y = cos x 2

⇒ 2 sen θ =

seno ≠ 0

2=

3 sen θ cos2 θ

3sen θ ⇒ 3 sen θ = 2 – 2 sen2 θ ⇒ 1 – sen2 θ

⇒ sen θ =

–3 ± 9 + 16 4

⇒ sen θ = – 3 ± 5 4

4 cos x 4 3 cos x ⇒ = ⇒ sen x = 3 sen x 3 4 9 cos2 x 4 3 + cos2 x = 1 ⇒ cos x = ⇒ sen x = 16 5 5

1o. Q

cos2 θ = 1 – sen2 θ = 1 –

⇒

sen θ =

1 2

1 3 3 = ⇒ cos θ = 4 4 2

Resposta: b.

12.

(a cos x)2 + cos2 x = 1 ⇒ cos2 x · (1 + a2) = 1 ⇒

3 sen2 θ cos2 θ

⇒ 2 sen2 θ + 3 sen θ – 2 = 0 ⇒

cotg x =

sen x = a ⇒ sen x = a · cos x; cos x

3 = 0,5 é o menor 5+1

11. 2 sen θ = 3 tg2 θ ⇒

π 2

Resposta: a.

2

Resposta: a.

3 cotg2 x – 4 cotg x = 0 ⇒ cotg x · (3 cotg x – 4) = 0

1 + a2

1 + a2

valor assumido pela expressão.

3 · (1 + cotg2 x) – 4 cotg x = 3

1

–1 – a

A = cos2 x + cos2 x = 2 cos2 x

Como cossec2 x = 1 + cotg2 x, podemos escrever:

cotg x = 0 ⇒ x ∉ 0,

=

Ângulo do 2o quadrante ⇒ sen > 0 e cos > 0

2=

Daí:

2

Resposta: c.

Resposta: c.


1+a

10. Quando sen x = 1; 5 + 3sen x =

1 – cos2 x 1 – cos x cos x sen2 x sen x cos x = · = = 2 cos x cos2 x 1 – sen x 1 – sen x sen x sen x sen3 x 3 = = tg x cos3 x

⇒ cos x = –

1

2

1 1 = = 2 sen 30º 1 2

Resposta: c.

7.

–

144 25 5  12  cos2 x = 1−   = 1− = ⇒ cos x = − 13 169 169 13  

1 1 = = −2. sec 120º = cos120º − 1 2

6.

1+a

2

sen2 x + cos2 x = 1

1 1 = = 2 e cos 60º 1 2

III. Verdadeira, pois 316º e 314º são ângulos complementares do 4o quadrante 630º = 7 ⋅ 90º ) . ( 316º + 314º =

5.

a

3.

sen 90º − cos 180º = 1− ( −1) = 2.

IV. Falsa, pois cossec 30º=

a 1 + a2

Resposta: a.

4π − 3 sen 4π 3 2 = = tg= 3 cos 4π − 1 3 2 II. Verdadeira, pois sec 60º=

3 2 = 1 2

y = sen x ⋅ tg x = sen x ⋅

sen x = sen2 x ⋅ sec x = cos x

sec x − cos2 x ⋅ sec x = = (1− cos2 x ) ⋅ sec x =

= sec x − cos x Resposta: b.

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13. 200º é do 3 o quadrante

| 14 |

cos x − sen2 x 1 cos x = = − = −sec x 2 cos x − ( cos x − sen x )

⇒ sen 200º < 0, cos 200º < 0,

tg 200º > 0 e cos 200º < sen 200º Assim cos 200º < sen 200º < tg 200º

Resposta: b.

Resposta: b.

b e cos θ = a . r r b , concluímos: Como sen (π – θ) = sen θ = r b = r · sen (π – θ) a ⇒ r cos (π + θ) = –a cos (π + θ) = – cos θ = – r Resposta: d.

14. Da figura, sen θ =

xπ xπ ; V(x) = 3 2 · sen ;0⩽x⩽6 6 12 Lucro: L(x) = V(x) – C(x)

21. C(x) = 2 – cos

3π 3π π – 2 – cos – = 3 2 · sen L(3) = 3 2 · sen 12 6 4 π 2 =3 2 · –2+0=3–2=1 2 2 Resposta: c.

– 2 + cos

15. a cos x = 1 + sen x

⇒ (a cos x) · (b cos x) = b cos x = 1 – sen x = (1 + sen x) · (1 – sen x) ⇒ ab cos2 x = 1 – sen2 x ⇒ ⇒ ab · cos2 x = cos2 x ⇒ ab = 1 Resposta: d.

16. Resposta: b.

22. ∆TAB:

altura (relativa a TB):1 – sen α

área TAB: S = Resposta: d.

1 · cotg α · (1 – sen α) 2

23. x + y = 90° ⇒ cos x = sen y e cos2 x = 3 cos2 y Assim, temos:

17. ∆ = 0 ⇒ 2 – 4 · 1 · sen α = 0 ⇒ sen α = 1 ⇒ α = π2 Resposta: d.

1 sen2 y = 3 cos2 y ⇒ 3 cos2 y + cos2 y = 1 ⇒ cos2 y = ⇒ 4 1 ⇒ cos y = + 2 y = 60° e x = 30° ⇒ y – x = 30° Resposta: b.

2

18.

base: TB = cotg α

π π a π π π 3π + + +…= 1 = 2 = 2 = 1–q 2 6 18 4 1 2 1– 3 3 2 3π π = – cos = – cos 4 4 2 Resposta: b.

24. 45° h

19. sec2 x = 1 + tg2 x; 2 tg x – (1 + tg x) = 3 ⇒ tg2 x = 1 + 3 ⇒ sen2 x =1+ 3 ⇒ cos2 x 1 – cos2 x = 1 + 3 ⇒ (1 + 3 ) · cos2 x = 1 – cos2 x ⇒ cos2 x ⇒ cos2 x (1 + 3 + 1) = 1 1 1 cos2 x = ⇒ cos x = 2+ 3 2+ 3 Resposta: c. 2

20.

1 sen x cos x − sen2 x − cossec x − tg x sen x cos x sen x ⋅ cos x = = = sen x − cotg x sen x − cos x sen2 x − cos x sen x sen x

θ 8

45° h

2

7 6 ⇒ tg θ = 6 7 h 6 = ⇒ h = 48 m Assim: 7 h+8 Resposta: b. cotg θ =

25.

sen2 α + cos2 α =1 2

2

x2 x 2 − 2x + 1  x   x − 1 + = 1⇒ 1 + = ⇒     x 2 + 2x + 1 x 2 + 2x + 1  x + 1  x + 1 ⇒ x 2 + x 2 − 2x + 1= x 2 + 2x + 1⇒ x 2 − 4x =0 ⇒

x ( x − 4 ) =0 ⇒ x = 0 ou x = 4 Resposta: d.


9/3/10 7:17:10 PM

| 15 |


26. BC é tangente ⇒ BC ⊥ OP ⇒ ∆OPB é retângulo ⇒ PB = PB OP ∆OPC também é retângulo ⇒ OC2 = 1 + PC2 ⇒

30. y

⇒ tg α =

⇒ cossec α = 1 + PC ⇒ PC = cotg α PC = cotg α Assim, BC = PB + PC = tg α + cotg α. Resposta: a. 2

27.

y=

2

2

sen x sen x + = 1+ sen x 1− sen x

sen x − sen2 x + sen x + sen2 x = 1− sen2 x

2 sen x =2 = 2 ⋅ sec x ⋅ tg x cos x Resposta: a.

0
O

2

sen x (1− sen x ) + sen x (1+ sen x ) = (1+ sen x )(1− sen x )

28.

S

P

R

Q

x

• O ponto P, ao percorrer a distância d no sentido anti-horário, “atinge” o ponto R. • O comprimento do arco PR é d e a medida, em radianos, do ângulo POˆR é α = d . r • Temos OP//eixo x; RS//eixo y. Desse modo, a distância percorrida no eixo x, pelo ponto Q, pode ser representada pela medida de PS. d OS d • No ∆OSR, temos: cos r = OR ⇒ OS = r · cos r . d d • Daí, PS = OP – OS = r – r · cos r = r 1 – cos r .

Resposta: b.

π e tg x = 4 2

cos2 x − 1 cos x − sec x sen2 x sen x cos x = = ⋅ = 2 sen x − cossec x sen x − 1 cos x cos2 x sen x 3 = tg= x 64

Resposta: c.

29. x = 1 verifica a equação: 3 sen β = 0 (cos2 α) · 12 – (4 cos α sen β) · 1 + 2 3 sen β = 0 cos2 α – 4 cos α sen β + 2 Como α e β são complementares, sen β = cos α. Temos: 3 cos α = 0 ⇒ cos2 α – 4 cos α · cos α + 2 3 2 cos α = 0 ⇒ ⇒ –3 cos α + 2 3 = 0 ⇒ cos α = 0 não serve, ⇒ cos α · –3 cos α + 2 3 1 pois α ≠ 90° ou –3 cos α + = 0 ⇒ cos α = ⇒ 2 2 π π e β = 30° ⇒ α = 60° 3 6 Resposta: d.


9/3/10 7:17:11 PM

Matemática ciência e aplicações, Vol. 2, Cap 2

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