Ficha de Avaliação 28/11/2012
Proposta de Correcção
Grupo I
1. Representemos as soluções da equação no círculo
trigonométrico:
Analisando os vários intervalos:
  
 2 , 2 


V1
0,1
Neste intervalo  1  senx  1 logo a equação
tem pelo menos uma solução.
 5

 6 ,


uma solução.
2 ,3 
Neste intervalo 0  senx 
1
logo a equação tem pelo menos
2
Neste intervalo 0  senx  1 logo a equação tem pelo menos
uma solução.
  5 
2 , 6 


Neste intervalo
1
 senx  1 logo a equação não tem solução.
2
2. Se sen  0 então   3º Q    4º Q
Se tg  0 então  1º Q    3º Q
Portanto, da conjunção das duas condições anteriores vem que   3º Q .
1
, em ordem a cos  :
cos 2 
1
1
1
1  tg 2 
 cos 2  
 cos   
2
2
cos 
1  tg 
1  tg 2
2
Resolvendo a equação 1  tg  
Como   3º Q , sabemos que cos   0 logo cos   
1
1  tg 2
3. Analisemos todas as afirmações:
sen  sen( )  sen  sen  2 sen que não é necessariamente zero.
cos   cos( )  cos   cos   0


sen  cos     sen  sen  2sen
2



sen  cos     sen  sen  2sen
2


 
4. Se a  b  1 e a  b , então 2a  3b  a  b é igual a:
2a  3b a  b  2a  a  2a   b  3b .a  3b   b   2a  a   2a  b  3b  a  3b  b  
 2 111  2 11 0  3 11 0  3 111  2  3  1
5. sen  0    k , k  Z
Grupo II
1. 1.1
1.2
0,7
-0,8
2. 2.1.1 AB  BC  AB  BC  cos 90º  0

2.1.2 CA  CB  CA  CB  cos ACˆ B

2
2
CA  6 2  10 2  CA  136  CA   136
Determinar CA :


Como uma norma é sempre não negativa, CA  136 Determinar cos ACˆ B :


10
.
136
cos ACˆ B 
Logo CA CB  136 10 

10
 100
136

2.2 O triângulo [AEC] é rectângulo portanto: tg ACˆ E 


AE
5
 tg ACˆ E 
,
AC
136
 5 
  ACˆ E  23,2º
 136 
1
logo ACˆ E  tg 
3. 3.1 AB  B  A   2,1  3,2   5,3

AB u   5,3  2,3  5  2  3  3  4
3.2 Seja P um ponto qualquer da reta dada: Px,2 x  1 .
OP  P  O  x,2 x  1  0,0  x,2 x  1
3

OP  u  0  x,2 x  1  2,3  0  2 x  6 x  3  0  8 x  3  x  
8
 3
 3 
P  ,2      1
 8 
 8
 3 2
P  , 
 8 8
4.
4.1. 2 senx  3  0  senx  
3


 x    2k  x     2k , k  Z
2
3
3
Em   ,2  :
k 0 x
k 1 x  
k 2 x

3

3

 2 
5
 2
3
k  1 x  

3
4
3
x
5
3

x
4
 2
3
 
 2
k  1        

x
x
4
2
 2  
3
3
2
 2
3
As soluções neste intervalo são: 
2
 4 5
, ,
,
3
3 3 3

2
 

 2k , k  Z 
  cos(2 x)  cos     2 x  
3
3
3

4.2. cos2 x    cos
x

3
 k , k  Z
2
4.3. tg x  tgx  0  tgxtgx  1  0  tgx  0  tgx  1  x  k  x 
5. 5.1 Area APQ  

4
 k , k  Z
AQ  PQ
2
Cálculos auxiliares:
senx 
PQ
 PQ  2senx
2
cos x 
BQ
 BQ  2senx
2
AQ  2  2 cos x
A( x) 
2  2 cos x  2senx 
A( x) 
2  2senx  2 cos x  2senx

2
2
2  2senx  cos x  2senx 
A( x) 
 A( x)  2 senx  2 senx. cos x c.q.d.
2
5.2
5.1. Pela observação do gráfico da função vemos que há pelo menos dois objectos
diferentes com a mesma imagem ( os objectos a e b assinalados no eixo Ox).
Sendo assim a função não é injetiva.
No contexto da situação apresentada isto significa
que há, pelo menos, dois valores de x para quais a
área do triângulo [AQP] é a mesma.