Ciclo Trigonométrico e Funções Trigonométricas

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MATEMÁTICA
F B O N L I N E . C O M . B R
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Professor(a): Fabrício Maia
assunto: ciclo TrigonoMéTrico, relação FundaMenTal e redução ao 1º QuadranTe
frente: MaTeMáTica i
002.948 – 129038/18
AULAS 06 E 07 
EAD – ITA/IME
Resumo Teórico
Ciclo Trigonométrico
A circunferência trigonométrica (circunferência com raio unitário 
cujo centro é origem de um sistema de coordenadas retangulares) 
nos permite a identificação das seis funções trigonométricas de um 
ângulo α, em que α π π π≠ 0
2
3
2
, , . e 
1
o xC
B
D
α
α
A
F
1
E
y
Geometricamente →
senα = BC → cossecα = OF
cosα = OC → secα = OD
tgα = AD → cotgα = EF





Geometricamente 
sen = BC cossec = OF
cos = OC sec = OD→
→
→
α α
α α
ttg = AD cotg = EFα α→




Identidades fundamentais
Como os três triângulos OBC, ODA e OFE da figura anterior 
são triângulos retângulos semelhantes (eles têm os mesmos ângulos), 
podemos escrever:
•
•
→ = → = → = BCO ~ DAC 
 BC
∆ ∆
∆
BC
AD
OC
OA
sen
tg
tg
senα
α
α α α
α
cos
cos1
OO ~ DAC 
 BCO ~ OEF
∆
∆ ∆
→ = =→ = → =
•
OC
OA
OB
OD
cos
sec
sec
cos
α
α
α
α1
1 1
→→ = → = → = 
cossec
cossec
BC
OE
OB
OF
sen
sen
α
α
α
α1
1 1
• → = → = → = = OEF ~ BCO cotg
sen
cotg
cos∆ ∆ EF
OC
OE
BC sen
α
α α
α α
αcos
1 1
ttg
Pit goras OC BC OB sen
D P
α
α α•
•
→ → + = → + =
→
 BCO 
 AO 
∆
∆
á 2 2 2 2 2 1cos
iit goras OA AD OD tg
O Pit goras OE E
á
á
→ + = → + =
→ → +•
2 2 2 2 2
2
1 α αsec
 EF ∆ FF OF cotg2 2 2 21= → + =α αcossec
Relações entre funções de arcos no 1º quadrante 
sen α = u cos α = u tg α = u cotg α = u sec α = u cosec α 
= u
sen α u 1 2− u u/ 1 2+ u 1/ 1 2+ u u2 1− /u 1/u
cos α 1 2− u u 1/ 1 2+ u u/ 1 2+ u 1/u u2 1− /u
tg α u/ 1 2− u 1 2− u /u u 1/u u2 1− 1/ u2 1−
cotg α 1 2− u /u u/ 1 2− u 1/u u 1/ u2 1− u2 1−
sec α 1/ 1 2− u 1/u 1 2+ u 1 2+ u /u u u/ u2 1−
cosec α 1/u 1/ 1 2− u 1 2+ u /u 1 2+ u u/ u2 1− u
Funções trigonométricas de um ângulo qualquer 
em função de um ângulo α α do 1º quadrante
– α 90º ± α 180º ± α 270º ± α k(360º) ± α
k = inteiro
sen – sen α cos α sen α – cos α ± sen α
cos cos α
±
 sen α – cos α
±
 sen α cos α
tg – tg α
±
 cotg α ± tg α
±
 cotg α ± tg α
cosec – cosec α sec α
±
 cosec α – sec α ± cosec α
sec sec α
±
 cosec α – sec α ± cosec α sec α
cotg – cotg α
±
 tg α ± cotg α
±
 tg α ± cotg α
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Módulo de estudo
002.948 – 129038/18
Exercícios
01. Sabendo que 7 ⋅ cos θ + 1 = tg2 θ, então o valor de 
tg6 θ – tg4 θ – tg2 θ é igual a
A) 3
B) 4
C) 5
D) 6
E) 7
02. Se sec sec sec .2 4 23 2 2 43 8x x tg x tg x x tg x+ ⋅ + + ⋅ =
O valor de (secx) ( )
2
3
2
3+ tgx é igual a
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
03. Demonstrar que é isósceles o triângulo ABC cujos ângulos  e B̂ 
verificam a relação:
sen
A B
sen
B Aˆ
cos cos
ˆ
2 2 2 2
3 3




⋅




=




⋅




� �
 
04. A afirmação y = 1 + cosx + cos2 x é verdadeira se, e somente se, 
y é tal que
A) 
1
4
≤ y ≤ 2
B) – 
3
4
≤ y ≤ 0
C) – 
3
4
 ≤ y ≤ 2
D) 
3
5
≤ y ≤ 2
E) 
3
4
≤ y ≤ 3
05. Sabe-se que uma das raízes da equação y2 – 9y + 8 = 0 pode ser 
representada pela expressão e .( ...).sen x x sen x Ln
2 4 6 2 sen + + +
Sendo 0 < x < 
π
2
, o valor da razão
cos
cos
x
x senx+
 é
A) 
3 1
2
−
B) 3 – 1
C) 3
D) 
3 1
2
+
E) 3 + 1
06. O número 2 + 3 é raiz da equação x2 – (tgα + cotgα)x + 1 = 0. 
Calcule o valor de 392 ⋅ senα ⋅ cosα.
A) 95
B) 96
C) 97
D) 98
E) 99
07. Determine o valor de 
S
π
, sabendo que S é a soma, em radianos, 
de todas as soluções da equação cos x + cos5 x + cos(7x) = 3, 
contidas no intervalo [0,14p].
A) 54
B) 55
C) 56
D) 57
E) 58
08. Se S = sen
π
3
+ sen
2
3
π
 + sen
3
3
π
+...+ sen
2018
3
π
, então o valor 
de S ⋅ 3 é igual a
A) 0
B) 1
C) 2
D) 3
E) 4
09. Prove que existe x que satisfaz à equação senx =
2
2 2
ab
a b+
 
quaisquer que sejam a e b reais, sendo a ≠ 0 ou b ≠ 0.
10. Se 3senx + 4cosx = 5, com x 0,∈



π
2
, então o valor de 
2senx + cosx + 4tgx é
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
11. Se 10sen4α + 15cos4α = 6, então o valor da expressão 
27cossec6α + 8sec6α é igual a
A) 125
B) 150
C) 175
D) 200
E) 250
12. A expressão trigonométrica
1 4
12 2
2
2
2 2cos x sen x
tg x
tg x−( )
−
−( )
 para 
x 0, ∈



≠π π
2 4
, x , é igual a
A) sen(2x)
B) cos(2x)
C) 1
D) 0
E) sec(x)
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002.948 – 129038/18
Módulo de estudo
13. Sejam a e b constantes reais positivas. Considere x = a2 ⋅ tgt + 1 
e y2 = b2 ⋅ sec2 t – b2 onde 0 ≤ t <
π
2
. Então uma relação entre x 
e y é dada por
A) y = 
b
a
⋅ (x – 1)2, x ≥ 1
B) y = 
b
a
2
4
⋅ (x – 1)2, x ≥ 1
C) y = 
b
a2
⋅ (x – 1), ∀x ∈ R
D) y = 
−b
a2
⋅ (x – 1), x ≥ 1
E) y = 
a
b
2
4
⋅ (x – 1), x ≤ 1
14. Se M é tal que M = 
tg x + sen x tg x sen x
(tgx + senx) (tgx senx)
4 4 4 4− ⋅
⋅ −
, então:
A) M = 0
B) M = 1
C) M = 2
D) M = 3
E) M = 4
15. O valor de tg10 x – 5 ⋅ tg8 x ⋅ sec2 x + 10 ⋅ tg6 x ⋅ sec4 x – 10 ⋅ tg4 x ⋅ 
⋅ sec6 x + 5 ⋅ tg2 x ⋅ sec8 x – sec10 x para todo x 0,∈



π
2
, é
A) 1 
B) 
−
+
sec
se
2
21
x
n x
C) – secx + tgx
D) – 1
E) 0
Gabarito
01 02 03 04 05
D D – E A
06 07 08 09 10
D C D – E
11 12 13 14 15
E C D C D
– Demonstração.
Resolução
01. Do enunciado, tem-se: 
7 ⋅ cos θ + 1 = tg2 θ
7 ⋅ cos θ = tg2 θ – 1
 Elevando ao quadrado, vem:
7 cos2 θ = tg4 θ – 2tg2 θ +1
7 = sec2 θ ⋅ (tg4 θ – 2tg2 θ +1)
7 = (1 + tg2 θ) ⋅ (tg4 θ – 2tg2 θ +1)
7 = tg4 θ – 2tg2 θ +1 + tg6 θ – 2tg4 θ + tg2 θ 
Logo:
tg6 θ – tg4 θ – tg2 θ = 6
 Resposta: D
02. Para facilitar, sejam:
 
sec2 x = a e tg2 x = b 
Daí, a a b b a b+ ⋅ + + ⋅ =23 23 8
a a a b b b a b
a a b b a b
2
3
1
3
2
3
1
3
2
3
1
3
1
3
2
3
2
3
1
3
1
3
2
3
1
3
1
3
8
8
⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =
⋅ + + ⋅ + =
aa b a b
a b
a b
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
3
1
3
1
3
8
64
4
+





 ⋅ +




=
+




=
+ =
Loggo:
sec .
2
3
2
3 4x tg x+ =
 Resposta: D
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Módulo de estudo
002.948 – 129038/18
03. Inicialmente, temos:
 
sen
A B
sen
B A
sen
A
ˆ
cos
ˆ ˆ
cos
ˆ
ˆ
2 2 2 2
3 3




⋅




=




⋅




22
2
2
2
2
2








⋅




=








cos
ˆ
cos
ˆ
ˆ
cos
ˆA
B
sen
B
B

⋅








⋅




=




⋅
cos
ˆ
ˆ
sec
ˆ ˆ
sec
2
2 2
2
2 2 2
A
tg
A A
tg
B ˆ̂
ˆ ˆ ˆ
B
tg
A
tg
A
tg
B
2
2
1
2 2
12








⋅ +












=




⋅ ++
















−




+




tg
B
tg
A
tg
B
tg
A
2
3
2
2 2 2
ˆ
ˆ ˆ ˆ
−−




=




−












tg
B
tg
A
tg
B
zero
3
2
0
2 2
ˆ
ˆ ˆ
� ���� �����
⋅ +




+




⋅




+






1
2 2 2 2
2 2tg
A
tg
A
tg
B
tg
Bˆ ˆ ˆ ˆ





∀
=
=
Positivo
Logo A B
, ˆ ˆ
, ˆ ˆ
 A, B
 , ist
� �������� ��������
0
oo é, o ABC é isósceles em C.∆
04. Para facilitar o entendimento, veja: 
 
 y = k2 + k + 1, k ∈ [– 1, 1]
Graficamente, tem-se:
ymáx
mín
eixo K
y
-1-1 1
2
Assim, temos,
y
máx
 = 12 + 1 + 1 = 3 
y
mín
 = −



+ −



+ =1
2
1
2
1
3
4
2
Logo, , . y 3∈



3
4
 Resposta: E
05. Com base no enunciado, tem-se:
i. y2 – 9y + 8 = 0 → y = 1 ou y = 8
ii. e = 2(sen x + sen x + sen x +...) Ln2 sen x + sen x + ....
2 4 6 2 4
iii. sen x + sen x + sen x +...2 4 6
P.G. infitita convergente
� ����� ������� = 
sen x
1 sen x
tg x
2
2
2
−
=
Devemos ter:
2 1
2
2 8
tg x 2
tg x 2
2
2
tg x = 0 x 0,
tg x = 3 tgx = 3,
= → → 



= → →
∃ ∈ π
ou
 pois x 0,∈ π
2




Logo, a expressão solicitada vale:
E
x
x senx sen
o
o o
=
+
=
+
=
+
= −cos
cos
cos
cos.
60
60 60
1
2
1
2
3
2
3 1
2 
Resposta: A
06. Inicialmente, tem-se:
i. 
 x
1
 + x
2
 = tg α + cotg α
Girard →
 x
1
 ⋅ x
2
 = 1
ii. x
2
 = 2 + 3 →x
1
 = 2 – 3
Assim, temos:
sen
sen
sen sen
sen
Logo
Ex
α
α
α
α
α α α α
α α
cos
cos
cos cos
cos
:
+ =
+ =
=
4
1
4
2 2 4
pp sen. cos= = =392 392
4
98α α
Resposta: D
07. No problema em questão, tem-se:
 
cos x + cos5 x + cos (7x) = 3
Como cos x ∈ [–1, 1], devemos ter:
cos x = 1 → x = k ⋅ 2p, k inteiro
cos5 x = 1 → x = k ⋅ 2p, k inteiro
cos (7x) = 1 → 7x = k ⋅ 2p, k inteiro
Dessa forma, encontramos:
x = 0, 2p, 4p,..., 14p, (8 soluções)
Daí,
S = 0 + 2p + 4p +... + 14p = 
0 8
2
+( ) ⋅14π
= 56p 
Logo, 
S
π
= 56.
Resposta: C
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002.948 – 129038/18
Módulo de estudo
08. Para facilitar o entendimento, veja a figura a seguir: 
300°240°
120°
180°
60°
360°
S
C
Daí,
sen
π
3
 + sen
2
3
π
+ ...+ sen
6
3
π
= 0
Assim, temos,
S = sen
π
3
 + sen
2
3
π
+ ...+ sen
2018
3
π
S sen sen
S
= ⋅ + +
= + =
336
2017
3
2018
3
3
2
3
2
(grupos de 6)
zero
� ��� ���
π π
33 3 3→ ⋅ =S
Resposta: D
09. Basta notar que:
i
ab
a b
a b ab
a b
a b
a b
ii
ab
a b
.
( )
.
 
 1
2
1
2
0
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2
+
+ = + +
+
= +
+
≥
−
+ 22
2 2
2 2
2
2 2
2
0= + −
+
= −
+
≥a b ab
a b
a b
a b
( )
 
Com isso, podemos escrever:
– 1 ≤ 
2
2 2
ab
a b+
 ≤ 1→ – 1 ≤ sen x ≤ 1
Logo, existe x tal que sen x =
2
2 2
ab
a b+
.
10. No problemas em questão, tem-se:
3 sen x + 4 cos x = 5
Façamos:
sen x = u → cos x = 1 2− u
Daí,
3u + 4 1 2− u = 5 → 4 1 2− u = 5 – 3u
Elevando ao quadrado:
16(1 – u2) = 25 – 30u + 9u2
25u2 – 30u + 9 = 0
(5u – 3)2 = 0 → u = 
3
5
 → sen x =
3
5
e cos x = 
4
5
Logo, a expressão é dada por:
Exp. = 2sen x + cos x + 4tg x = 2
3
5
4
5
4
3
4
5




+ + 



= .
Resposta: E
11. Para facilitar, façamos:
sen2α = x → cos2α = 1 – x
Daí, 
10x2 + 15(1 – x)2 = 6
10x2 + 15 – 30x + 15x2 = 6
25x2 – 30x + 9 = 0
(5x – 3)2 = 0 → x = 
3
5
Assim, temos,
sen2α = 
3
5
 → cos2α = 
2
5
Portanto:
Exp. = 27cossec6 α + 8sec6 α
Exp. = 27
5
3
8
5
2
250
3 3
⋅ 



+ ⋅ 



= .
Resposta: E
12. No problema em questão, tem-se:
 
E
x sen x
tg x
tg x
E
x sen x
tg x
=
−( )
−
−( )
=
−( )
−
1 4
1
1 4
2 2 2
2
2 2
2 2 2
2
cos
cos cos22 2
2
2
2 2 2
2 4
2
1 4
x sen x
x
E
x sen x
tg x x
x se
−



=
−( )
− ⋅
−
cos
cos
cos
cos nn x
E
sen x x
x sen x
sen x x
x se
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2
1 4 1 4
( )
= −
−( )
= −
+
cos
cos
cos
cos nn x sen x x
E
sen x x
sen x x
2 2 2 2
2 2
2 2
4
1 4
1 4
1
( ) −
= −
−
=
cos
cos
cos
Resposta: C
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002.948 – 129038/18
Módulo de estudo
13. No problema em questão, tem-se:
i. y2 = b2sec2t – b2 = b2 (sec2t – 1) = b2 ⋅ tg2t
 
 Daí, 
 y = ± b ⋅ tg t → tg t = ±
y
b
⋅
ii. x = a2tg t + 1 → x – 1 = a2 tg t → x ≥ 1
Substituindo (i) em (ii), vem:
x
a
−1
2
= ±
y
b
 → y = ± 
b x
a
( )−1
2
, x ≥ 1.
Logo, um possível valor para y é:
y = –
b
a2
(x – 1), x ≥ 1.
Resposta: D
14. No problema em questão, tem-se:
M
M
= − ⋅
⋅ −
= −
tg x + sen x tg x sen x
(tgx + senx) (tgx senx)
tg x(1 s
4 4 4 4
4 een x) + sen x
tg x sen x
tg x (1 sen x) sen x)+sen x
se
4 4
2 2
4 2 2 4
−
= ⋅ − ⋅ +M (1
nn x sen x cos x
cos x
tg x cos x(1 sen x) + sen xcos x
sen
2 2 2
2
4 4 2 4 2
−
= ⋅ +M
44
2 2
x
1 sen x + cos x = 2.M = +
Resposta: C
15. Basta observar que a expansão é:
Exp.= (tg2x – sec2x)5 = (–1)5 = – 1.
Resposta: D
 
SUPERVISOR/DIRETOR: MARCELO PENA – AUTOR: FABRÍCIO MAIA 
Dig.: REJANE – Rev.: SARAH
Anotações