CEXMA11_RESOLUCOES

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Exercícios de
MATEMÁTICA A 11.° ano
Como utilizar este ficheiro e localizar rapidamente a resolução pretendida?
• Verifique se na Barra de Ferramentas
deste documento existe a “caixa de pes-
quisa” do seu Adobe Reader.
Se tal não suceder, active-a, clicando com
o botão direito do rato e seleccionando a
opção pretendida.
• Na “caixa de pesquisa” (Find), digite
Pág., com o “P” maiúsculo e sem esquecer
o ponto final, seguido de um espaço e do
número de página onde se encontra o
exercício ou problema do qual pretende
conhecer a resolução.
• Depois de validar a informação,
teclando em Enter, surgirá no ecrã a
página do documento PDF com todas as
resoluções dos exercícios da página selec-
cionada do livro.
Dependendo da sua extensão, a resolução
poderá estar na coluna ou até na página
seguinte do PDF.
Propostas de Resolução
Capítulo 1
2.1
2.2
2.3
2.4
3.1
1.8 membro
3.2
1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
3.3
1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
4.
Como é agudo, temos que sin a = Œ23
25
=
œ23
5
.a
sin2 a = 1 - cos2 a = 1 - 1œ25 2
2
= 1 -
2
25
=
23
25
cos a = œ2
5
== 1 - cos a
sin2 a
1 + cos a
=
1 - cos2 a
1 + cos a
=
(1 + cos a) (1 - cos a)
1 + cos a
=
sin2 a
1 + cos a
= 1 - cos a
=5
sin a * cos2 a
sin a
= cos2 a
cos (908 - a) * sin (908 - a)
tg a
=
sin a * cos a
sin a
cos a
=
cos (908 - a) * sin (908 - a)
tg
a
= cos2 a
5
sin a
cos a * sin a = tg a * cos a = 2.8 membro, c. q. m.
1
cos a - cos a =
1 - cos2 a
cos a =
sin2 a
cos a=
1
cos a - cos a = tg a * sin a
=
1 - œ3
1 - 3
=
œ3 - 1
2
1
1 + tg 608
=
1
1 + œ3
=
1 - œ3
(1 + œ3) (1 - œ3)
=
12
36
+
27
36
=
39
36
=
13
12
= 1œ33 2
2
+ 1œ32 2
2
=
3
9
+
3
4
tg2 308 + sin2 (608)
=
œ3
3
+
2œ3
3
=
3œ3
3
= œ3
1
tg 608
+
1
cos 308
=
1
œ3
+
1
œ3
2
=
œ6
4
+
œ6
2
=
3œ6
4
=
œ3
2
*
œ2
2
+
œ2
2
* œ3
sin (608) * sin (458) + cos (458) * tg (608)1. Pág. 12
Resposta: (D)
2.
Resposta: (D)
3.
Resposta: (A)
4. Pág. 13
Resposta: (D)
5.
Área do triângulo:
Área restante:
Resposta: (C)
1. Pág. 14
tg a = 8
6
=
4
3
cos a = 6
10
=
3
5
sin a = 8
10
=
4
5
AC = 10
AC 2 = 62 + 82
A = 5000 (2 - tg a)
A = 10 000 - 5000 tg a
A = 1002 - 5000 tg a
= 5000 tg a
A[ABE] =
100 * EA
2
= 50 * 100 tg a
EA = 100 tg a
EA
100
= tg a
h ) 8,36
h = 22,5 - 10œ2
h = 22,5 - x
x = 10œ2
x = 20 * œ2
2
x
20
= cos 45°
A[ABC] = 2 sin a cos a
A[ABC] =
2 cosa * 2 sina
2
AC
2
= sin a § AC = 2 sin a
AB
2
= cos a § AB = 2 cosa
A[ABC] =
AB * AC
2
=
œ3
6
+
1
2
= 1 12 + œ32 2 * œ33 = 1 + œ32 * œ33 = œ3 + 36
(sin 308 + sin 608) * tg 308
= sin2 a + cos2 a = 1
sin2 a + sin2 (908 - a) = sin2 a + [sin (908 - a) ]2
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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5.
Como é agudo, temos que, 
ou, como tg2 vem:
sin2 daí que, sin 
6.1 Pág. 15
6.2
7.1
7.2
7.3
8.
Perímetro = 7AB = 70 cm
OM =
5
tg a
5
OM
= tg a
AB = 10 cm
2 = 11807 2
8
a = 3608
7
:
= 500 sin (368) cos (368) ) 237,76 cm2
=
5 * 20 sin (368) * 10 cos (368)
2
Apentágono = 5A[CDO] = 5 *
DC * OP
2
DC = 2DP = 20 sin (368) ) 11,76 cm
DP
10
= sin (368) § DP = 10 sin (368)
OP = 10 cos (368) ) 8,09 cm
OP
10
= cos (368)
728 : 2 = 368
3608 : 5 = 728
A[ABC] =
AB * HC
2
)
813,6 * 1244,6062
2
) 506 305,8 cm2
§ CH =
406,8
tg (18,18)
§ CH ) 1244,6 cm
§ 406,8 = CH * tg (18,18)
406,8
CH
= tg 118,1°2
AĈB : 2 = 18,1°
AĈB = 36,2°
AB : 2 = 406,8
AB = 813,6 cm
sin a + œ2cos a = œ
6
3
+ œ2 * œ
3
3
=
œ6
3
+
œ6
3
=
2œ6
3
a = œ6
3
.a = 2 * 1
3
=
2
3
,
a = sin
2a
cos2a
sin a = Œ2
3
=
œ2
œ3
=
œ6
3
,
sin2 a = 1 - 1
3
sin2 a = 1 - cos2 a
cos a = Œ1
3
=
1
œ3
=
œ3
3
.a
cos2 a = 1
3
1 + 2 =
1
cos2 a
1 + tg2 a = 1
cos2 a
tg2 a = 2
9.
10.
10.1 Os triângulos [AHC] e [CHB] são semelhantes porque são rectân-
gulos e têm os ângulos agudos respectivamente iguais
Logo, 
Então, 
10.2
10.3
10.4
11.1 Pág. 16
11.1
11.2
A[ABC] = 36œ3 cm2
A[ABC] =
AB * CH
2
=
12 * 6œ3
2
OC = OB = 4œ3 cm
§ OB =
12œ3
3
§ OB = 4œ3
6
OB
= sin (608) § 6 = OB * œ3
2
§ OB =
12
œ3
HÔB = 1208 : 2 = 608
AÔB = 3608 : 3 = 1208
CH = 6œ3 cm
CH = œ108
CH
2
= 122 - 62
CH
2
= CB
2
+ HB
2
=
(5 + 11) * œ55
2
= 8œ55 cm2A[ABC ] =
AB * CH
2
CB̂A ) 33,998
CB̂A = 908 - BÂC ) 908 - 56,018
BÂC ) 56,018
tg (BÂC) = œ55
5
± BÂC = tg21 1œ555 2
BC = 4œ11 cmAC = 4œ5 cm
BC = œ176AC = œ80
BC
2
= 121 + 55AC
2
= 25 + 55
BC
2
= 112 + (œ55)
2
AC
2
= 52 + (œ55)
2
CH = œ55 cm
5
CH
=
CH
11
§ CH
2
= 5 * 11 § CH = œ55
AH
CH
=
CH
HB
.
(CB̂H = ACHˆ e HĈB = HÂC).
2b = 2tg-1 1 42,52 ) 115,998
2a = 2 tg-1 12,54 2 ) 64,018
tg b = 4
2,5
± b = tg21 1 42,52
tg a =
2,5
4
± a = tg21 12,54 2
= 7 * 5 *
5
tg (180 : 7)8
) 363,39 cm2
Área = 7 * A[ABO] = 7 *
AB * OM
2
= 7 *
10 *
5
tg a
2
2
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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3
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
12.1
12.2
13. Seja x a medida do lado do triângulo, em centímetros
Como x 0, vem que 
14.
15.
16.1 Pág. 17
x ) 5,64 m
x
3
= tg (628) § x = 3tg (628)
AC = a + b ) 257,12 m
a + b =
100
tg 50° + 100œ3
h
a
= tg 508 § 100 = a tg 508 § a =
100
tg 508
§ h = 200 *
1
2
§ h = 100
h
200
= sin (308)
b = 100œ3 m
b = 200 * œ3
2
b
200
= cos (308)
h = 6œ3 m ) 10,39 m
h = 6 * œ3
h
6
= tg (608)
Atriângulo =
œ5 * œ3
3
*
œ5
2
2
=
5œ3
12
 cm2
§ x =
œ5 * œ3
3
x =
œ5
œ3
x = Œ5
3
§>
5 + x2 = 4x2 § 3x2 = 5 § x2 =
5
3
5
4
+
x2
4
= x2
1œ52 2
2
+ 1x22
2
= x2
Acírculo ) 1051,15 cm
2
Acírculo = p * r 2 = p * 1 7sin (22,58)2
2
r =
7
sin (22,58)
7
r
= sin (22,58)
BM = 14 : 2 = 7
112 : 8 = 14 = AB
3608 : 8 = 458 ; 458 : 2 = 22,58
Acírculo = 49p cm2
Acírculo = pr2 = p * 72 = 49p
r =
3,5
1
2
§ r = 7
r =
3,5
sin (308)
3,5
r
= sin (308)
MB = 7 : 2 = 3,5
AB = 42 : 6 = 7
60° : 2 = 30°
3608 : 6 = 608 16.2
17.1 Se os pombos partem de
A e B, ao mesmo tempo
e à mesma velocidade e
chegam ao mesmo 
tempo a C, tem-se que
.
As torres 1 e 2, distam do lago 18 pés e 32 pés, respectivamente.
17.2
18. Pág. 18
19.1
Área da face lateral:
A(x) = 4 +
4
cos x
§ A(x) =
4 cos x + 4
cos x
, c. q. m.
A(x) = 22 + 4 *
1
cos x
Área total = Abase + 4 * A[BCE]
A[BCE] =
BC * EG
2
=
2 *
1
cos x
2
=
1
cos x
§ EG =
1
cos x
1
EG
= cos x § 1 = EG cos x
CÂG ) 35,38
± q ) 35,38
q = tg-1 1 1œ22tg q = 33œ2 ±
tg q = CG
AC
AC = 3œ2
AC
2
= 32 + 32
AC
2
= AB
2
+ BC
2
a ) 43,158 e b ) 65,778
tg a = 30
32
± a = tg21 130322 ± a ) 43,15°
tg b = 40
18
± b = tg21 140182 ± b ) 65,77°
50 - 18 = 32
100a = 1800 § a = 18
1600 + a2 = 900 + 2500 - 100a + a2
œ402 + a2 = œ302 + (50 - a)2
AC = BC
y ) 82,39 m
§ 5y ) 82,3878 mx ) 28,3684 m§ 5
y = x tg (718)
x =
36 tg (528)
tg 718 - tg (528)
§ 5y = x tg (718)x (tg 718 - tg 528) = 36 tg (528)
§ 5y = x tg (718)x tg (718) = x tg (528) + 36 tg (528)
y
x
= tg (718)
y
x + 36
= tg (528)
a
d
b
d
c
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19.2
19.3
20. •
• pois é agudo.
•
20.1
20.2
20.3
20.4
21.1 1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
21.2 1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
1.1 Pág. 19
) 230,01 m2Ajardim = 24 * 12 sin (538)
h = 12 sin (538)
h
12
= sin (538)
==
1
cos x
=
sin2 x
cos x
+ cos x =
sin2 x + cos2 x
cos x
sin x * tg x + cos x = sin x *
sin x
cos x
+ cos x=
= 1 - 2sin x cos x =
(sin x - cos x) 2 = sin2 x + cos2 x - 2sin x cos x=
=
15
4
-
15
15
=
11
4œ15 (cos a - tg a) = œ15 1œ154 - œ1515 2
=
16
16
-
œ15
5
= 1 - œ15
5
=
5 - œ15
5
cos2 a - 3tg a + sin2 a = 15
16
-
3œ15
15
+
1
16
tg a * cos
2 a
sin2 a
=
œ15
15
*
15
16
1
16
=
œ15
15
* 15 = œ15
8 cos2 a + tg a = 8 * 15
16
+
œ15
15
=
15
2
+
œ15
15
=
225 + 2œ15
30
tg a = sin a
cos a =
1
4
œ15
4
=
1
œ15
=
œ15
15
acos a = œ15
4
,
1
16
+ cos2 a = 1 § cos2 a = 15
16
sin2 a + cos2 a = 1
sin a = 1
4
§ V(x) =
4 sin x
3cos x
, c. q. m.
V(x) =
1
3
* 22 * tg x § V(x) =4
3
tg x
Vpirâmide =
1
3
Abase * altura
EF
1
= tg x § EF = tg x
=
4œ3 + 8
œ3
=
(4œ3 + 8) œ3
œ3 * œ3
=
12 + 8œ3
3
A(308) =
4 cos (308) + 4
cos (308)
=
4 * œ3
2
+ 4
œ3
2
=
2œ3 + 4
œ3
2
1.2
1.3
1.4
2.1 Pág. 20
2.2
2.3
e h ) 9,67 mx ) 10,74 m
§ 5h ) 9,67x ) 10,74
§ 5h = x tg 428x = 10 tg 258
tg 428 - tg 258
§ 5h = x tg 428x (tg 428 - tg 258) = 10 tg 258
§ 5h = x tg 428x tg 428 - x tg 258 = 10 tg 258
5
h
x
= tg 428
h
x + 10
= tg (258)
§ 5h = x tg 428h = x tg 258 + 10 tg 258
a + b = 5 cos 428 +
5 sin 428
tg 358
) 8,49 m
§ b =
5sin (428)
tg (358)
h
b
= tg (358) § b =
h
tg (358)
§ h = 5sin (428)
h
5
= sin 142°2
§ a = 5cos (428)
a
5
= cos (428)
) 34,53 ma + b = 22 tg 258 +
22
cos 258
22
b
= cos 258 § b =
22
cos 258
a
22
= tg 258 § a = 22 tg 258
) 11,88 mAE + BC = 8 tg 488 + 3
§ BC = 3
BC
6
= sin 308 § BC = 6 *
1
2
EA
8
= tg 488 § EA = 8tg 488
) 186,55 m2
Ajardim - Alago ) 230,01 - 43,46
) 43, 46 m2
Alago = 8 *
3 *
1,5
tg (22,58)
2
=
18
tg (22,58)
h =
1,5
tg 22,5°
1,5
h
= tg (22,58)
458 : 2 = 22,58
3608 : 8 = 458
4
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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Capítulo 2
Para que o sector correspondente a 70 “caia” junto à seta terá 
que rodar, para além das voltas inteiras um ângulo de amplitude 
u com
Ora,
, ,
Resposta: (D)
7.
Resposta: (D)
8.
Resposta: (C)
9.
Resposta: (D)
10.
Resposta: (C)
11.
Pág. 33
Resposta: (A)
12. rad — 1808
1 rad — x
1 radiano corresponde, aproximadamente a 57,38. Esta amplitude 
apenas se ajusta à opção (C).
Resposta: (C)
x =
180
p ) 57,38
p
=
r2 tg a
2
A[ABC ] 5
AB * AC
2
=
r tg a * r
2
AB
r
= tg a § AB = r tg a
cos a - cos (-a) = cos a - cos a = 0
= -3sin 
p
6
+ 2 cos 
p
3
= -3 *
1
2
+ 2 *
1
2
= -
1
2
= -3sin 1p - p62 - 2cos 1p +
p
32= -3 sin 
5p
6
- 2 cos 12p +
4p
3 2
3sin 1- 5p6 2 - 2cos 1
10p
3 2
D9f = [-1, 5]
§ -1 ≤ f (x) ≤ 5§ 2 - 3 ≤ 2 + 3cos 
x
2
≤ 2 + 3
x
2
å R § - 1 ≤ cos 1x22 ≤ 1 § -3 ≤ 3 cos 
x
2
≤ 3
Df = R
f (x) = 2 + 3cos 1x22
P 1- œ32 ,
1
22
y = sin 
5p
6
= sin 1p - p62 = sin 
p
6
=
1
2
x = cos 
5p
6
= cos 1p - p62 = - cos 
p
6
= -
œ3
2
P(x, y)
e p - p
8
<
15p
16
< p + p
8
.
5p
6
< p - p
8
p
2
< p - p
8
3p
2
> p + p
8
p - p
8
< q < p + p
8
.
1.
Pág. 31
O ângulo pertence ao 2.8 quadrante.
Resposta: (B)
2.
Resposta: (C)
3.
Resposta: (B)
4. I
Logo, -20168 é a amplitude de um ângulo
do 2.8 quadrante.
I é falsa
II
II é verdadeira
Resposta: (C)
5.
é um zero de f.
Resposta: (B)
6. Pág. 32
79p
16
 = 4p + 15p
16
77p
6
= 12p + 5p
6
13p
2
= 6p + p
2
19p
2
= 8p + 3p
2
p
3
f 1p32 = -œ3 + 2sin 1
2p
3 2 = -œ3 + 2
œ3
2
= 0
f 1p62 0 2œ3
= -œ3 + 2 œ
3
2
= 0
f 1p62 = -œ3 + 2sin 12
p
62 = -œ3 + 2sin 
p
3
f (x) = -œ3 + 2sin(2x)
§ x = -
3p
4
› x =
p
4
sin x = cos x ‹ x å ]-p, p[
- 20168 = 1448 - 6 * 3608
§ sin a = - 1
4
cos 1- p2 + a2 = -
1
4
§ cos 13p2 + a2 = -
1
4
sin (p - a) = - 1
4
§ sin a = - 1
4
=
9 cos q sin q
2
=
3 sin q * 3 cos q
2
A[ABC] =
AC * AB
2
AB
3
= cos q § AB = 3cos q
AC
3
= sin q § AC = 3sin q
-3,2 rad = -
3,2
p rad ) -1,02p rad
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
13.
Resposta: (A)
14.
Pág. 34
Resposta: (A)
15.
Os valores d(0) = 2 e d( ) = 0 apenas se verificam, entre as hipóte-
ses apresentadas, em d(a) = 1 + cos a.
Resposta: (A)
16.
Resposta: (A)
17. Pág. 35
Resposta: (A)
18.
A˚[APD] =
AD * AP
2
=
30 * 30 tg x
2
=
302 tg x
2
= 200Atrapézio =
30 + 10
2
* 10
AP = 30 tg x
AP
30
= tg x
=
p
4
+
tg a
2
=
p * 12
4
+
OB * AB
2
A = Aquarto de círculo + Atriângulo
AB = tg a
OB = 1
A[ABCD] = 2OC * BC = 2 cos a sin a
OC = cos a
BC = sin a
p
= 2 sin a cos a
A[ABC] =
2sin a * 2cos a
2
AC
2
= sin a § AC = 2sin a
AB
2
= cos a § AB = 2cos a
= sin a cos a
=
cos a * 2sin a
2
A[OAB ] =
OM * AB
2
AM = sin a
OM = cos a Uma equação que traduz o problema é:
Resposta: (B)
19. Trata-se de determinar o valor máximo de h sendo 
Deste modo, temos que:
Resposta: (C)
20. Dado que e ; x , Pág. 36
sin x + cos x < 4, ; x .
Logo, a equação é impossível.
Resposta: (A)
21.
Em cada intervalo de amplitude
2 a equação admite duas solu-
ções.
Logo, em [0, 10 ] a equação
admite 10 soluções.
Resposta: (B)
22.
Resposta: (D)
23.
Resposta: (A)
24. Se e então Pág. 37
Como 
Resposta: (B)
25. b é uma solução da equação 
Então, 
Logo, é uma solução da equação 
Resposta: (B)
cos x = - 
1
5
.
p
2
+ b
sin b = 1
5
§ - cos 1p2 + b2 =
1
5
§ cos 1p2 + b2 = - 
1
5
sin b = 1
5
.
sin x =
1
5
.
sin a < 0, sin a = -œ1 - cos2 a
§ sin a = ¿ œ1 - cos2a
sin2 a + cos2 a = 1 § sin2 a = 1 - cos2 a
sin a < 0 (a å 3.8 Q)tg a > 0cos a < 0
= sin a cos a
=
2cos a * sin a
2
A˚[OPR] =
OR * PQ
2
OQ = cos a
PQ = sin a
14p
9
-
2p
9
=
12p
9
=
4p
3
p
p
sin x =
1
3
3 sin x = 1 §
å R
å R-1 ≤ cos x ≤ 1,-1 ≤ sin x ≤ 1
O valor máximo de h é 13.
7 ≤ h(x) ≤ 13
10 - 3 ≤ 10 - 3cos (2x) ≤ 10 + 3
-3 ≤ -3cos (2x) ≤ 3
- 1 ≤ cos (2x) ≤ 1
3cos (2x).h(x) = 10 -
A˚3APD4 =
1
2
Atrapézio §
302 tg x
2
= 100
6
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
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Po
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7
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
26.
Resposta: (B)
27.
Resposta: (D)
28. Se , tem-se e
Logo:
Resposta: (D)
1.1 ; ; Pág. 38
1.2 Por exemplo:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
1.3
Se a função seno é zero, a tangente também é zero.
1.4
Se a função seno é zero, a função co-seno é máxima ou é mínima.
1.5 Nos pontos onde a função co-seno é zero, a função tangente não
está definida.
2.1
x 0 2
2x 0 2 3 4
cos (2x) 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1
p7p
2
p5p
2
p3p
2
pp
2
p7p
4
3p
2
5p
4
p3p
4
p
2
p
4
sin x = 0 § cos x = -1 › cos x = 1
sin x = 0 § x = kp, k å Z § tg x = 0
40, p2 3
[0, p]
3- p2 ,
p
24
[0, p]
3- p2 ,
p
24
4- p2 , 0 3
4- p2 ,
p
2 3
]- p , 0[
f(x) = tg x, g(x) = sin x e h(x) = cos x.
h(0) = 1g(0) = 0D9f = R
sin q - tg q = sin q + (- tg q) > 0
sin q * tg q < 0
sin q * cos q < 0
cos q - sin q = cos q + (- sin q) < 0
tg q < 0.cos q < 0, sin q > 0q å 4 p2 , p3
cos b = -cos (2a)
- cos b = cos (2a)
cos (p - b) = cos (2a)
p - b = 2a
2a + b = p
§ x =
p
3
› x =
5p
3
§ cos x =
1
2
‹ x å [0, 2p]
5 + 2 cos x = 6 ‹ x å [0, 2p] 2.2
3.1 Pág. 39
x 0 1 2
x 0 2
sin ( x) 0 1 0 -1 0
2 sin ( x) 0 2 0 -2 0
3.2
4.1
, tem-se:
4.2
tem-se:
S = 5p6 ,
5p
6 6
§ x =
5p
6
› x =
p
6
x = -
7p
6
+ 2p › x = 13p
6
- 2p
Em ]0, 2p[ , 
§ x = -
7p
6
+ 2kp › x = 13p
6
+ 2kp, k å Z
§ x = -
7p
6
+ 2kp › x = p + 7p
6
+ 2kp, k å Z
sin x = sin 1- 7p6 2
S = 52p3 ,
4p
3 6
x =
2p
3
› x = -
2p
3
+ 2p
Em ]0, 2p[
§ x =
2p
3
+ 2kp › x = - 2p
3
+ 2kp, k å Z
cos x = cos 12p3 2
p
p
p3p
2
pp
2
p
3
2
1
2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
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Po
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Período positivo mínimo: p
Período positivo mínimo: 2
4.3
tem-se:
4.4
5.1
5.2
tem-se:
5.3
5.4
6.1
6.2
6.3
-1 ≤ sin x ≤ 1
h(x) = sin2 x ; Dh = R
D9g = [-1, 5]
-1 ≤ g(x) ≤ 5
2 - 3 ≤ 2 + 3sin 1x22 ≤ 2 + 3
-3 ≤ 3sin 1x22 ≤ 3
-1 ≤ sin 1x22 ≤ 1
g(x) = 2 + 3 sin 1x22 ; Dg = R
D9f = 3- 12 ,
3
24
-
1
2
≤ f (x) ≤
3
2
1
2
- 1 ≤
1
2
+ cos x ≤
1
2
+ 1
-1 ≤ cos x ≤ 1
f(x) =
1
2
+ cos x ; Df = R
S = 506
§ x = 0cos x = 1 ‹ x å ]-p, p[
S = 5- p3 ,
2p
3 6
x = -
p
3
› x =
2p
3
x = -
p
3
› x = -
p
3
+ p §
Em ]- p, p[ , tem¯se:
§ x = -
p
3
+ kp, k å Z
§ tg x = tg 1- p32tg x = - tg 1
p
32
S = 5- 2p3 , -
p
36
§ x = -
p
3
› x = -
2p
3
x =
5p
3
- 2p › x = - 2p
3
Em ]-p, p[ , 
§ x =
5p
3
+ 2kp › x = - 2p
3
+ 2kp, k å Z
§ x =
5p
3
+ 2kp › x = p - 5p
3
+ 2kp, k å Z
sin x = sin 
5p
3
S = 5- p4 ,
p
46
x = -
p
4
› x =
p
4
.Em ]-p, p[ tem¯se
§ x = -
p
4
+ 2kp › x = p
4
+ 2kp, k å Zcos x = cos 1- p42
S = 5p2 6
§ x =
p
2
sin x = 1 ‹ x å ]0, 2p[
S = 53p4 ,
7p
4 6
x =
3p
4
› x =
7p
4
x =
3p
4
› x =
3p
4
+ p §
Em ]0, 2p[ ,
x =
3p
4
+ kp, k å Ztg x = tg 3p
4
§
6.4
6.5
6.6
7.1 •
Pág. 40
••
•
7œ7
12
=
œ7
4
+
œ7
3
=
= -sin a - tg asin(p + a) - tg a
tg a = sin a
cos a =
-
œ7
4
3
4
= -
œ7
3
a å 4.° Q
!
sin a = - œ7
4
sin a = ¿ Œ1 - 9
16
sin2 a + 1342
2
= 1
sin2 a + cos2 a = 1
cos a = 3
4
- cos a = - 3
4
‹ a å 4 3p2 , 2p 3
sin 1- p2 - a2 = -
3
4
‹ a å 4 3p2 , 2p 3
D9k = 3-1, 124
-1 ≤ k(x) ≤
1
2
-2
2
≤
1 - 3 cos2 x
2
≤
1
2
1 - 3 ≤ 1 - 3 cos2 x ≤ 1 + 0
-3 ≤ -3 cos2 x ≤ 0
0 ≤ cos2 x ≤ 1
-1 ≤ cos x ≤ 1
k (x) =
1 - 3 cos2 x
2
; Dk = R
D9j = [1, +? [
j(x) ≥ 1
1 + tg2 x ≥ 1
tg2 x ≥ 0
tg x å R
5p2 + kp, k å Z6j(x) = 1 + tg2 x ; Dj = R \
Di9 = [-1, 1]
-1 ≤ i(x) ≤ 1
-2 + 1 ≤ 1 - 2 cos2 x ≤ 0 + 1
-2 ≤ -2cos2 x ≤ 0
0 ≤ cos2 x ≤ 1
-1 ≤ cos x ≤ 1
i(x) = 1 - 2 cos2 x ; Di = R
Dh = [0, 1]
0 ≤ sin2 x ≤ 1
8
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
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Po
rt
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E
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ra
7.2
•
•
•
7.3 •
•
•
8.
8.1
8.2
-8 - 4 ≤ 8 sin x - 4 ≤ 8 - 4
-8 ≤ 8sin x ≤ 8
-1 ≤ sin x ≤ 1
Df = R
f (x) =
8 sin x - 4
5
= œ143 - 572= œ143 -
1
12
+
2
144
= œ143 - 112 + 2 * 1
1
122
2
= - tg x - cos x + 2 cos2 x
= - tg x - sin 1p2 - x2 + 2 cos2 x
tg (-x) + sin 1x - p22 + 2 cos2 x
x å 4.° Q
!
§ tg x = - œ143
§ tg2 x = 143
§ 1 + tg2 x = 1221 + tg2 x =
1
cos2 x
§ cos x =
1
12
‹ x å 4.8 Q
§ - cos x = -
1
12
‹ x å 4.8 Q
§ cos(p - x) = - 1
12
‹ x å 4.8 Q
§ cos(3p - x) = - 1
12
‹ x å 4.8 Q
cos(x - 3p) = - 1
12
‹ x å 4.8 Q
= - 
2œ10
5
= -
4œ10
10
= -
œ10
10
-
3œ10
10
= cos a + sin a= 2cos a - cos a + sin a
= 2cos a - sin 1p2 - a2 + sin a
2 cos (8p + a) - sin 15p2 - a2 - sin (-a)
sin a = -
3œ10
10
a å 3.° Q
sin a = ¿Œ 9
10
sin2 a = 1 - 1
10
sin2 a + cos2 a = 1
cos a = - œ10
10
cos a = - 1
œ10
a å 3.° Q
cos2 a = 1
10
 
1 + 9 =
1
cos2 a
1 + tg2 a = 1
cos2 a
tg a = 3 ‹ a å 4p , 3p2 3
8.3
8.4
9.1
9.2
Trata-se de resolver graficamente esta equação, no intervalo
Recorrendo à calculadora gráfica foram obtidos os seguintes 
resultados:
BV̂A ) 1,09 rad ou BV̂A ) 2,65 rad
BV̂A = 2q ; BVAˆ ) 2 * 0,544 ou BV̂A ) 2 * 1,325
y2 = 90
y1 = 125p sin2 q cos q
4 0, p2 3.
§ 90 = 125p sin2 q cos q
30 =
1
3
p * 53 sin2 q cos q
V = 30 cm3 ; x = 5
V =
1
3
px3 sin2 q cos q
V =
1
3
p (x sin q)2 * x cos q
V =
1
3
p (r9)2 * h
V =
1
3
Abase * h
h
x
= cos q ± h = x cos q
r9
x
= sin q ± r9 = x sin q
§ sin x = 1 § x = p
2
+ 2kp, k å Z
§ 8 sin x - 4 = 4 § 8 sin x = 8
f (x) =
4
5
§
8 sin x - 4
5
=
4
5
Zeros: -
11p
6
, -
7p
6
,
p
6
e
5p
6
x =
p
6
- 2p › x = p
6
› x =
5p
6
- 2p › x = 5p
6
Em [-2p, 2p]
§ x =
p
6
+ 2kp › x = 5p
6
+ 2kp, k å Z
§ 8 sin x - 4 = 0 § sin x =
1
2
f (x) = 0 §
8 sin x - 4
5
= 0
D9f = 3- 125 ,
4
54
-
12
5
≤
8sin x - 4
5
≤
4
5
9
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
!
!
10.1 3608 ________ 2 3 16 Pág. 41
1508 ________ x x é o comprimento do arco AB.
10.2 Área lateral de um cone = rg
(r – raio da base; g – geratriz)
g = 16 cm
10.3
11.1
11.2
11.3
11.4
§ x = 2kp, k å Z
§
x
2
= kp, k å Z
-5sin 1x22 = 0 § sin 1
x
22 = 0
§ x = -
p
9
+
2kp
3
› x =
4p
9
+
2kp
3
, k å Z
§ 3x = -
p
3
+ 2kp › 3x = p - 1- p32 + 2kp, k å Z
§ sin (3x) = sin 1- p32
§ sin (3x) = - sin 
p
3
2 sin(3x) + œ3 = 0 § sin (3x) = - œ
3
2
§ x =
p
4
+ 2kp › x = 3p
4
+ 2kp , k å Z
§ x =
p
4
+ 2kp › x = p - p
4
+ 2kp, k å Z
§ sin x = sin 
p
4
2 sin x = œ2 § sin x = œ
2
2
§ x =
p
18
+
2kp
3
› x =
5p
18
+
2kp
3
, k å Z
§ 3x =
p
6
+ 2kp › 3x = p - p
6
+ 2kp, k å Z
sin (3x) =
1
2
§ sin (3x) = sin 
p
6
V ) 676,95 cm3
V =
1
3
* p * 1203 2
2
*
œ1904
3
h =
œ1904
3
h = Œ256 - 400
9
V =
1
3
* pr2 * h
h2 + 1203 2
2
= 162V =
1
3
Abase * h
A’ =
320p
3
cm2
A’ = p *
20
3
* 16
r =
20
3
cm
2pr = 40p
3
p
x =
40p
3
cm
x =
150 * 2p * 16
360
p 11.5
11.6
11.7
Temos que e 
Deste modo, a equação é impossível.
11.8
11.9
2 > 1
11.10
11.11
11.12
§ x =
2kp
7
› x = -
p
3
+
2kp
3
, k å Z
§ 7x = 2kp › - 3x = p + 2kp, k å Z
§ 2x = - 5x + 2kp › 2x = p + 5x + 2kp, k å Z
§ sin(2x) = sin(-5x)
sin(2x) + sin(5x) = 0 § sin(2x) = - sin(5x)
§ x = -
p
3
+ 2kp › x = 4p
3
+ 2kp, k å Z
§ x = -
p
3
+ 2kp › x = p - 1- p32 + 2kp, k å Z
§ sin x = sin1- p32
sin x + sin 
p
3
= 0 § sin x = - sin 
p
3
§ x = kp › x = p
4
+
kp
2
, k å Z
§ 2x = 2kp › 4x = p + 2kp, k å Z
§ 3x = x + 2kp › 3x = p - x + 2kp, k å Z
sin(3x) - sin x = 0 § sin(3x) = sin x
§ x =
p
2
+ 2kp, k å Z
§ x =
p
2
+ 2kp › x å O, k å Z
§ sin x = 1 › sin x = 2
§ sin x =
3 ¿ œ9 - 4 * 2
2
sin2 x - 3 sin x + 2 = 0
§ x = kp › x = - p
6
+ 2kp › x = 7p
6
+ 2kp, k å Z
§ x = kp › sin x = sin 1- p62, k å Z
§ sin x = 0 › sin x = -
1
2
§ sin x (2 sin x + 1) = 0
2 sin2 x + sin x = 0
-1 ≤ sin(2x) ≤ 1, A x å R.
6
5
> 1
sin(2x) =
6
5
§ x =
p
2
+ kp, k å Z
§ x =
3p
2
+ 2kp › x = p
2
+ 2kp, k å Z
§ sin x = -1 › sin x = 1
sin2 x - 1 = 0 § sin2 x = 1
§ x =
p
3
+ kp › x = p
2
+ kp, k å Z
§ 2x =
2p
3
+ 2kp › 2x = p + 2kp, k å Z
§ 2x -
p
3
=
p
3
+ 2kp › 2x - p
3
= p - p
3
+ 2kp, k å Z
sin 12x - p32 =
œ3
2
§ sin 12x - p32 = sin 
p
3
10
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
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X
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!
11
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
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ra
12.1
12.2
12.3
12.4
12.5
12.6
k = 1 : x = p › x = p
2
k = 0 : x = 0 › x = 0
§ x = kp › x = kp
2
, k å Z
§ 2x = 2kp › 4x = 2kp, k å Z
§ 3x = x + 2kp › 3x = -x + 2kp, k å Z
cos(3x) = cos x
C.S. = 506
k = 0 : x = 0
§ x = kp, k å Z§ x = p + 2kp › x = 2kp, k å Z
§ cos x = -1 › cos x = 15 - 5 cos2 x = 0 § cos2 x = 1
C.S. = 5- p56
k = 0 : x = -
p
5
§ x = -
p
5
+ 2kp, k å Z§ x + p
5
= 2kp, k å Z
3 cos 1x + p52 = 3 § cos 1x +
p
52 = 1
C.S. = 5- 2p3 , -
p
2
,
p
3
,
p
26
k = -1 : x = -
2p
3
› x = -
3p
2
k = 1 : x =
4p
3
› x =
p
2
k = 0 : x =
p
3
› x = -
p
2
§ x =
p
3
+ kp › x = - p
2
+ kp, k å Z
§ 2x =
4p
6
+ 2kp › 2x = - p + 2kp, k å Z
§ 2x +
p
6
=
5p
6
+ 2kp › 2x + p
6
= -
5p
6
+ 2kp, k å Z
§ cos 12x + p62 = cos 
5p
6
§ cos 12x + p62 = cos 1p -
p
62
cos 12x + p62 = -
œ3
2
§ cos 12x + p62 = - cos 
p
6
C.S. = 5- 17p18 , -
7p
18
 , -
5p
18
 ,
5p
18
 ,
7p
18
,
17p
18 6
k = -1 : x = -
7p
18
› x = -
17p
18
k = 1 : x =
17p
18
› x =
7p
18
k = 0 : x =
5p
18
› x = -
5p
18
§ x =
5p
18
+
2kp
3
› x = -
5p
18
+
2kp
3
, k å Z
§ 3x =
5p
6
+ 2kp › 3x = - 5p
6
+ 2kp, k å Z
§ cos(3x) = cos 
5p
6
cos (3x) = -cos 
p
6
§ cos (3x) = cos 1p - p62
C.S. = 5- p3 ,
p
36
k = 0: x =
p
3
› x = -
p
3
§ x =
p
3
+ 2kp › x = - p
3
+ 2kp, k å Z
cos x = cos 
p
3
12.7
12.8
13.1 Pág. 42
13.2
13.3
§ x = kp, k å Z
§ x = kp › x å O , k å Z
§ sin x = 0 › sin x = 2
§ sin x (sin x - 2) = 0
§ sin2 x - 2sin x = 0
1 - cos2 x = 2 sin x
§ x =
p
4
+ kp › x = - p
8
+
kp
2
, k å Z
§ 2x =
p
2
+ 2kp › 4x = - p
2
+ 2kp, k å Z
§ 3x =
p
2
+ x + 2kp › 3x = - p
2
- x + 2kp, k å Z
cos1p2 + x2 = -sin x§ cos 13x2 = cos 1p2 + x2
cos(3x) = - sin x
§ x =
p
3
+
2kp
3
› x = - p + 2kp, k å Z
§ 3x = p + 2kp › x = - p + 2kp, k å Z
§ p - x = 2x + 2kp › p - x = - 2x + 2kp, k å Z 
§ cos(p - x) = cos(2x)
§ -cos x = cos(2x)
§ - sin 1p2 - x2 = cos(2x)
sin1x - p22 = cos (2x)
C.S. = 5- p2 ,
p
26
k = -1 : x = -
p
2
k = 0 : x =
p
2
§ x =
p
2
+ kp, k å Z
§ x =
p
2
+ kp › x å O , k å Z
§ cos x = 0 › cos x = 2
§ cos2 x - 2 cos x = 0 § cos x (cos x - 2) = 0
-
1
2
cos2 x + cos x = 0
C.S. = 5- 3p4 , -
p
2
, -
p
4
,
p
4
,
p
2
,
3p
4 6
k = -2 : x = -
3p
4
› x = -
5p
2
k = -1 : x = -
p
4
› x = -
3p
2
k = 1 : x =
3p
4
› x =
p
2
k = 0 : x =
p
4
› x = -
p
2
§ x =
p
4
+
kp
2
› x = -
p
2
+ kp, k å Z
§ 4x = p + 2kp › 2x = - p + 2kp, k å Z
§ 3x = p - x + 2kp › 3x = - p + x + 2kp, k å Z
cos (3x) = - cos x § cos (3x) = cos (p - x)
C.S. = 5- p2 , 0 ,
p
26
k = -1 : x = -p › x = - p
2
!
12
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
13.4
14.1
14.2
14.3
14.4
15.1Soluções pertencentes ao intervalo 
15.2
em 
15.3
§ sin x = 0 › cos x = cos 1p2 + x2
§ sin x = 0 › cos x = - sin x
§ sin x = 0 › sin x + cos x = 0
§ sin x(sin x + cos x) = 0sin2 x + sin x cos x = 0
]-p, p[
!
§ x = 0
§ x = 3kp › x = p + 3kp, k å Z
§
x
3
= kp › x
3
=
p
3
+ kp, k å Z
§ tg 
x
3
= 0 › tg 1x32 = tg 
p
3
§ tg 1x32 3tg 1
x
32 - œ34 = 0
tg2 1x32 = œ3tg 1
x
32 § tg2 1
x
32 - œ3tg 1
x
32 = 0
x = 0]-p, p[ :
§ (sin x = 0 › cos x = 1) ‹ cos x 0 0
§ sin x (cos x - 1) = 0 ‹ cos x 0 0
§ sin x cos x - sin x = 0 ‹ cos x 0 0
§
sin x cos x - sin x
cos x
= 0
sin x = tg x § sin x - sin xcos x = 0
§ 2x =
2p
6
+ kp, k å Z § x = p
6
+
kp
2
, k å Z
§ 2x -
p
6
=
p
6
+ kp, k å Z
§ tg12x - p62 = tg 1
p
62§ tg12x -
p
62 =
œ3
3
§ tg12x - p62 =
1
œ3
œ3 tg 12x - p62 = 1
§ x = -
p
12
+
kp
3
› x =
p
12
+
kp
3
, k å Z
§ 3x = -
p
4
+ kp › 3x = p
4
+ kp, k å Z
§ tg (3x) = tg 1- p42 › tg (3x) = tg 1
p
42
tg2 (3x) = 1 § tg (3x) = -1 › tg (3x) = 1
§ x =
p
6
+ kp, k å Z§ tg x = tg p
6
tg (-x) = - œ3
3
§ - tg x = - tg 
p
6
§ x = -
p
9
+
kp
3
, k å Z
§ 3x = -
p
3
+ kp, k å Z§ tg (3x) = tg 1- p32
tg (3x) = -œ3 § tg (3x) = - tg p3
§ x = 2kp › x = p
3
+ 2kp › x = - p
3
+ 2kp, kåZ
§ cos x = 1 › cos x =
1
2
§ cos x =
3 ¿ œ9 - 4 * 2 * 1
4
§ 2 cos2(x) - 3 cos(x) + 1 = 0
2 cos2(x) - 3 cos(x) = -1
15.4
16.1
16.2
16.3
§ x å 4 p8 ,
3p
8 3
§
p
8
< x <
3p
8
§
p
4
< 2x <
3p
4
‹ 2x å [0, 2p]
sin (2x) > œ2
2
‹ x å [0, p]
§ x å 30, 5p6 3 ∂ 4
7p
6
, 2p4
§ cos x > - œ3
2
‹ x å [0, 2p]
2 cos x + œ3 > 0 ‹ x å [0, 2p]
- p + p
6
= -
5p
6
§ x å 3- 5p6 , -
p
64
sin x ≤ -
1
2
‹ x å [- p, p]
› x =
5p
12
› x =
7p
12
› x =
11p
12
§ x = -
11p
12
› x = -
7p
12
› x = -
 5p
12
› x = -
p
12
 › x =
p
12
› x =
5p
12
› x = -
7p
12
 › x =
7p
12
 › x = -
5p
12
§ x =
p
12
› x = -
11 p
12
› x = -
 p
12
› x =
11p
12
 
› x =
7p
12
+ kp, k å Z
§ x =
p
12
+ kp › x = - p
12
+ kp › x = 5p
12
+ kp
› x =
7p
6
+ 2kp, k å Z
§ 2x =
p
6
+ 2kp › 2x = - p
6
+ 2kp › 2x = 5p
6
+ 2kp
§ cos(2x) = Œ3
2
› cos(2x) = -Œ3
2
§ cos(2x) = Œ3
4
› cos(2x) = -Œ3
4
cos2(2x) =
3
4
§ x = 0 › x = 2
p
4
› x =
3p
4
em] - p, p [
!§ x = kp › x = -
p
4
+ kp, k å Z
§ x = kp › 2x = - p
2
+ 2kp, k å Z
§ x = kp › xy = p2 + xy + 2kp › x = -
p
2
- x + 2kp, k å Z
!
em ]-p, p [
13
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
16.4
17.1
Como , temos que:
17.2
Para k = 0, tem-se .
(condição impossível, pois se sin x = -1 , cos x = 0 .)
A condição é impossível para todo k [ R .
18.1 Pág. 43
=
AG + CE
2
* AC -
BC * EC
2
A(x) = A[ABEG] = Atrapézio[ACEG] - Atriângulo[BCE]
EC
2
= sin x § EC = 2 sin x
BC
2
= cos x § BC = 2 cos x
sin x = -1 ‹ cos x = 1
50 ≤ k ≤ 2-2 ≤ k ≤ 0 § k = 05
-1 ≤ k - 1 ≤ 1
-1 ≤ k + 1 ≤ 1
§
sin x = k - 1 ‹ cos x = k + 1
k å 3-2,-œ2 4 ∂ 3œ2, 24
§ k2 - 2 ≥ 0 ‹ k2 - 4 ≤ 0
k2 - 3 ≥ -1 ‹ k2 - 3 ≤ 1-1 ≤ k2 - 3 ≤ 1 §
-1 ≤ sin x ≤ 1
sin x = k2 - 3
§ x å 30, p4 3 ∂ 4
3p
4
,
5p
4 3 ∂ 4
7p
4
, 2p4
‹ x å 30, 2p 4§ 1cos x < - œ22 › cos x > œ22 2
|cos x|>
œ2
2
‹ x å [0, 2p]
c. q. m.
18.2
Para x = 0, o polígono a cor corresponde ao triângulo [ADG] cuja
área é
Para , o polígono a cor corresponde ao quadrado [ABFG]
cuja área é 22 = 4.
18.3 Trata-se de resolver graficamente a equação A(x) = 4,3 .
Introduzindo na calculadora gráfica as funções y1 = A(x) e
y2 = 4,3 ; no domínio , obtiveram-se os pontos de intersecção
dos dois gráficos:
A área do polígono [ABEG] é 4,3 para x ) 0,2 ou x ) 1,4.
19.1
Perímetro 5
c. q. m.
19.2
Interpretação:
Quando o perímetro do quadrilátero [CEAF] é igual a
6 + 2œ3
3
.
x =
p
3
,
=
6 + 2œ3
3
= 2 +
2
œ3
= 2 +
2
œ3
= 2 -
2
œ3
+
4
œ3
= 2 -
2
œ3
= 2 +
2
œ3
2
f 1p32 = 2 -
2
tg 
p
3
+
2
sin 
p
3
f(x) = 2 -
2
tg x
+
2
sin x
,
f (x) = 2 11 - 1tg x2 + 2 *
1
sin x
2AE + 2CE
AF = AE e FC = CE
AE = 1 - EB = 1 -
1
tg x
1
EB
= tg x § EB =
1
tg x
1
CE
= sin x § CE =
1
sin x
30, p24
x =
p
2
A1p22 = 2 11 + sin 
p
2
+ cos 
p
22 = 2 (1 + 1 + 0) = 4
AD * AG
2
=
4 * 2
2
= 4.
A(0) = 2 (1 + sin 0 + cos 0) = 2(1 + 0 + 1) = 4;
A(x) = 2 (1 + sin x + cos x),
= 2 + 2 cos x + 2 sin x + 2 sin x cos x - 2 sin x cos x
= (1 + sin x) (2 + 2cos x) - 2 sin x cos x
=
2 + 2 sin x
2
* (2 + 2 cos x) -
2 cos x * 2 sin x
2
14
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
20.1
Pág. 44
c. q. m.
20.2 •
•
•
21.
21.1
21.2
22.
BI = 1 + BH = 1 + tg x
BH
1
= tg x § BH = tg x
= 2AD + 2 =
2
tg x
+ 2
= AD + 2 + AD
AC = AD + DG + GC
1
AD
= tg x § AD =
1
tg x
= sin x + 2 sin x cos x = g(x), c. q. m.
= (1 + 2 cos x) sin x
A˚[ABC] =
AC * HB
2
=
(1 + HC) * 2 sin x
2
HB
2
= sin x § HB = 2sin x
HC
2
= cos x § HC = 2cos x
§ x = 0 › x =
2p
3
› x = p
§ sin x = 0 › cos x = -
1
2
§ sin x = 0 › 1 + 2 cos x = 0
§ sin x (1 + 2 cos x) = 0
g(x) = 0 § sin x + 2 sin x cos x = 0
g(x) = sin x + 2 sin x cos x
= 3=
12
5
4
5
=
1 +
3
5
+
4
5
4
5
f (a) = 1 + sin a + cos a
cos a
a å 1.° Q
!
§ cos a = 4
5
§ cos2 a = ¿Œ16
25
§ cos2 a = 1 - 9
25
cos2 a + 1352
2
= 1
cos2 a + sin2 a = 1
§ sin a = 3
5
‹ a å 4 0, p2 3
§ -sin a = - 3
5
‹ a å 4 0, p2 3
cos 1p2 + a2 = -
3
5
‹ a å 4 0, p2 3
f (x) =
1 + sin x + cos x
cos x
,
f (x) = 1
(cos x)
+
sin x
cos x
+
1
cos x
f (x) = 1 + tg x +
1
cos x
Perímetro = AB + BC + AC
1
AC
= cos x § AC =
1
cos x
BC
1
= tg x § BC = tg x
23. Pág. 45
23.1
23.2
o trapézio é um quadrado de lado 1 e cuja área é,
portanto, 12 = 1.
24.
24.1
24.2
Para obtém-se a figura . A superfície sombreada reduz-se
a um ponto. A sua área é zero.
25.
25.1
Sendo , a semicircunferência tem raio 1.AB = 2
d(p) = 2sin p
2
= 2 * 1 = 2
d(x) = AB para x = p
d(x) = 2 sin 
x
2
, x å A [0, p]
x =
p
4
f 1p42 = 1 - 2 sin 
p
4
cos 
p
4
= 1 - 2 * œ2
2
*
œ2
2
= 0
= 1 - 4 *
sin x * cos x
2
= 1 - 2 sin x cos x = f (x), c. q. m.
= 1 - 4 *
AH * HB
2
A = 12 - 4 * Área do ˚[AHB ]
HB
1
= cos x § HB = cos x
AH
1
= sin x § AH = sin x
f (x) = 1 - 2 sin x cos x
Para a = p
2
,
f 1p22 = sin 
p
2
- sin 
p
2
cos 
p
2
= 1
= sin a - sin a cos a = f (a), c. q. m.
= (1 - cos a) sin a= 2 - 2 cos a
2
* sin a
=
1 + (1 - 2 cos a)
2
* sin a
Área do trapézio =
BC + AD
2
* AE
AD = 1 - 2BE = 1 - 2cos a
BE
1
= cos a § BE = cos a
AE
1
= sin a § AE = sin a
f (x) = sin x - sin x cos x
= 2 + tg x +
1
tg x
, c. q. m.
=
21 1tg x + 12 (1 + tg x)
2
=
1
tg x
+ 1 + 1 + tg x
A˚[ABC] =
AC * BI
2
=
1 2tg x + 22 * (1 + tg x)
2
!
x å [0, p]
15
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
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X
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11
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25.2 O ângulo BCA está inscrito numa semicircunferência. Logo, 
BCA é um ângulo recto e, portanto, o triângulo [ABC] é rectân-
gulo em C.
25.3
26.1 Para a = 2 e b = -5, tem-se f (x) = 2 - 5 sin2 x . Pág. 46
Então, f (u) = 2 - 5 sin2 u .
Como 
tem-se 
Logo, 
26.2 Como 0 é um maximizante e é um minimizante de f , temos:
Logo, a = 1 e b 5 -4.
27.1 O triângulo [APM] é rectângulo em M e
Assim:
•
•
Como , o comprimento da canalização é dado por:
= 4 +
8 - 4 sin x
cos x
= g(x), c. q. m.
= 4 -
4 sin x
cos x
+
8
cos x
FP + 2 * PA = (4 - 4 tg x) + 2 *
4
cos x
PA = PB
§ FP = 4 - 4 tg x
FP + PM = 4 § FP + 4 tg x = 4
PM
4
= tg x § PM = 4 tg x
4
PA
= cos x § 4 = PA * cos x § PA =
4
cos x
AM = 4.
§ 5a = 11 + b = -3 § 5
a = 1
b = -4
5
f (0) = 1
f 1p22 = - 3
§ 5 a + b * sin
2 0 = 1
a + b * sin2
p
2
= -3
§ 5a = 1a + b = - 3
p
2
f (q) = 2 - 5sin2 q = 2 - 5 * 1
5
= 1.
§ 1 - sin2 q = 4
5
§ sin2 q = 1 - 4
5
§ sin2 q = 1
5
1 + 1122
2
=
1
cos2 q
§
1
cos2 q
=
5
4
§ cos2 q = 4
5
1 + tg2 q = 1
cos2 q
e tg q = 1
2
,
A˚3ABC4 =
BC * CA
2
=
2 cos 
x
2
* 2 sin 
x
2
2
= 2 sin 
x
2
cos 
x
2
, c. q. v.
± cos 
x
2
> 0BC = 2 cos 
x
2
, c. q. m.
x å 30, p 4 ± x
2
å 30, p24
!BC
2
= 4 * cos2
x
2
BC
2
= 4 11 - sin2 x22
BC
2
= 4 - 4 sin2
x
2
BC
2
+ 12sin x22
2
= 22
BC
2
+ AC
2
= BA
2
27.2
Quando a amplitude de x é zero a canalização tem a forma da
figura abaixo.
Neste caso, o comprimento da canalização é de 12 km, pois 
28. Pág. 47
Área do círculo:
Área do rectângulo:
Área do relvado:
29.
29.1 O apogeu corresponde a uma amplitude de x igual a 1808.
A altitude a do satélite no apogeu é dada por 
a = d(180) - raio da Terra = 8409 - 6378 = 2031 km
29.2
Como 1808 < x < 2708
x = 2298
30.1 Pág. 48
Encontra-se a 7 metros do solo.
d(0) = 7 + 5 sin 0 = 7
x = 1808 + cos-1 (0,662)
§ 0,07 cos x = -
19
410
§ cos x ) -0,622
§ 1 + 0,07 cos x =
7820
8200
d(x) = 8200 §
7820
1 + 0,07 cos x
= 8200
d(1808) =
7820
1 + 0,07 cos 1808
) 8409 km
rT = 6378 km
d =
7820
1 + 0,07 cos x
A = Acírculo - Arectângulo = 25p - 100 cos x sin x, c. q. m.
= 100 cos x sin x
Arectângulo = AB * BC = 2a * 2b = 10 cos x * 10 sin x
Acírculo = p * 52 = 25p
b
5
= sin x § b = 5sin x
a
5
= cos x § a = 5 cos x
FM + AB = 4 + 8 = 12 .
g(0) = 4 +
8 - 4 sin 0
cos 0
= 4 +
8 - 0
1
= 12
16
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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31. • Pág. 49
31.1 I. Janeiro: 31 dias
Fevereiro: 29 dias
Março: 24 dias
Total de dias: 84
O dia 24 de Março foi o 84.8 dia do ano. Tem-se, assim, 
n = 84.
No dia 24 de Março o Sol nasceu às 6 h 30 min e o tempo que
decorreu entre o nascer e o pôr-do-sol foi de 12 h 20 min.
Como 6 h 30 min + 12 h 20 min = 18 h 50 min, no dia 24 de
Março o pôr-do-sol ocorreu às 18 h 50 min.
31.2 Trata-se de resolver graficamente a inequação
Recorrendo à calculadora gráfica determinaram-se as abcissas 
dos pontos de intersecção do gráfico de f com a recta de equação 
y = 14,7.
Foi obtido o gráfico seguinte:
Podemos concluir que:
Como 191 - 154 + 1 = 38, o tempo que decorreu entre o nascer e
o pôr-do-sol foi superior a 14,7 horas durante 38 dias.
32. Pág. 50
32.1 A capacidade total do depósito é dada por V(2 ).
A capacidade total do depósito é de 503 m3, aproximadamente.
32.2 Trata-se de resolver a equação V(x) = 300.
Recorrendo à calculadora gráfica determinou-se a intersecção do
gráfico da função V com a recta de equação y = 300.
Foi obtido o seguinte gráfico:
Podemos então concluir que para que existam 300 m3 de combus-
tível no depósito, a amplitude do arco ABC terá de ser de 3,4
radianos, aproximadamente.
V(2p) = 80 (2p - sin (2p)) = 160 p ) 503
p
V(x) = 80 (x - sin x) , x å 30, 2p 4
§ n å {154, 155, . . . , 190, 191}
f(n) > 14,7 § 153,4 < x < 191,6
f(n) > 14,7 , com n å {1, 2, 3, . . . , 366}. 
) 12 h 20 min12,336 h = 12 h 0,336 * 60 min
f(84) = 12,2 + 2,64 * sin 
p (84 - 81)
183
) 12,336
f (n) = 12,2 + 2,64 sin 
p(n - 81)
183
 , n å {1, 2, 3, . . . , 366}
30.2 • Contradomínio
• Minimizantes
• Maximizantes
•
No instante t = 15 s o Manuel encontrava-se no ponto mais 
elevado da roda. Como o Manuel voltou a esta posição 
no instante t = 75 s, podemos concluir que levou 60 segundos 
(75 - 15 = 60) a dar uma volta completa.
30.3
A cadeira número 1 encontra-se a uma distância de 9,5 metros do
solo nos instantes t = 5s, t = 25s e t = 65s. Assim, o Manuel demora
5 segundos a encontrar-se pela primeira vez a 9,5 metros do solo.
30.4 Já se verificou que a distância máxima ao solo atingida pela cadeira
1 é de 12 metros e a distância mínima é de 2 metros. Podemos então
concluir que o diâmetro da roda é de 12 - 2 = 10 metros e, conse-
quentemente, o raio tem 5 metros de comprimento.
§ t = 5 › t = 25 › t = 65
§ t = 5 + 60k › t = 25 + 60k, k å Z › t å 30, 75 4
k å Z ‹ t å 30, 75 4pt
30
=
5p
6
+ 2kp,§ pt
30
=
p
6
+ 2kp ›
§ sin 1 pt302 =
1
2
‹ t å 30, 75 4
d(t) = 9,5 ‹ t å 30, 75 4 § 7 + 5sin 1 pt302 = 9,5‹ t å 30, 75 4
t å 30, 75 4
§ t = 0 › t = 30 › t = 60
§ t = 30k, k å Z
§
pt
30
= kp, k å Z
d(t) = 7§ 7 + 5sin 1 pt302 = 7 § sin 1
pt
302 = 0
t å 30, 75 4
!
§ t = 15 › t = 75
§ t = 15 + 60k, k å Z
§
pt
30
=
p
2
+ 2kp, k å Z
d(t) = 12 § 7 + 5sin 1 pt302 = 12 § sin 1
pt
302 = 1
t å 30, 75 4
!
§ t = 45
§ t = 45 + 60k, k å Z
§
pt
30
=
3p
2
+ 2kp, k å Z
d(t) = 2 § 7 + 5sin 1 pt302 = 2 § sin 1
pt
302 = -1
§ 2 ≤ 7 + 5sin 1 pt302 ≤ 12
§ -5 ≤ 5sin 1 pt302 ≤ 5
0 ≤ t ≤ 75 § 0 ≤
pt
30
≤
5p
2
± -1 ≤ sin 1 pt302 ≤ 1
!
17
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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32.3 Para determinar o volume de combustível no momento em que a
sua altura é da altura máxima é necessário calcular o valor da
amplitude de x correspondente a essa altura.
Atendendo à figura ao lado tem-se:
Então e, consequentemente, 
No momento em que a altura do combustível existente 
no depósito é da altura máxima, o seu volume é de 
aproximadamente 98 m3.
32.4 O gráfico correcto é o (B). Pág. 51
O gráfico (C) não se ajusta à situação descrita uma vez que a
altura do combustível no depósito é crescente.
Atendendo à forma do depósito podemos concluir que a taxa de
variação da altura não é constante. Logo, o gráfico (D) também
não traduz a situação apresentada.
O gráfico (A) também não é adequado pois, atendendo nova-
mente à forma do depósito, a taxa de variação da altura do com-
bustível no depósito é maior na parte inicial e na parte final do
enchimento, ao contrário do que aí se apresenta.
33. Observando a figura verifica-se que 
Pretendemos, portanto, calcular o valor de 3cosa sabendo que
. Assim temos que:
Como a é um ângulo do quadrante, tem-se
1. Pág. 52
1.1 a)
A temperatura do ar às zero horas foi de 
b)
A temperatura do ar às 10 horas foi de 22 °C .
= 18 + 8 *
1
2
= 22
T (10) = 18 + 8 sin 
p * 2
12
= 18 + 8 sin 
p
6
11 °C .
= 18 - 8 * œ3
2
= 18 - 4œ3 ) 11
T(0) = 18 + 8 sin 
-8p
12
= 18 - 8 sin 
2p
3
T(t) = 18 + 8 sin 
p(t - 8)
12
cos a = - 1
3
e 3 cos a = -1.
3.8
1 + (œ8) 2 = 1cos2 a § 1 + 8 =
1
cos2 a
§ cos2 a = 1
9
1 + tg2 a = 1
cos2 a
tg a = œ8
= 5 cos a - 2 cos a = 3 cos a
= 5 cos a + 2 cos (p - a )5 sin 1p2 + a 2 + 2 cos (3p - a )
tga = œ8 .
1
4
V 12p3 2 = 80 * 1
2p
3
- sin 
2p
3 2 ) 98
x = 2a = 2p
3
a = p
3
cos a =
r
2
r
=
1
2
1
4
1.2
.
A temperatura foi de às 6 horas e às 22 horas desse dia.
1.3
Portanto, , pelo que
Desta forma, temos que 
A temperatura máxima foi de e ocorreu às 14 horas.
1.4
A temperatura mínima foi de e ocorreu às 2 horas .
1.5
A temperatura foi de às 8 horas e às 20 horas.18 °C 
Como t å 30, 24 3 , vem t = 8 › t = 20.
§ t - 8 = 12k, k å Z § t = 8 + 12k, k å Z
§ sin 
p (t - 8)
12
= 0 §
p (t - 8)
12
= kp, k å Z
T (t) = 18 § 18 + 8 sin 
p (t - 8)
12
= 18
10 °C 
Como t å 30, 24 3 , t = 26 - 24 = 2.
§ t = 26 + 24k, k å Z
§ t - 8 = 18 + 24k, k å Z
§
p (t - 8)
12
=
3p
2
+ 2kp, k å Z
§ sin 
p (t - 8)
12
= -1
T(t) = 10 § 18 + 8 sin 
p (t - 8)
12
= 10
26 °C 
Como t å 30, 24 3 , vem que t = 14.
§ t = 14 + 24k, k å Z
§ t - 8 = 6 + 24k, k å Z
§
p (t - 8)
12
=
p
2
+ 2kp, k å Z
§ sin 
p (t - 8)
12
= 1
T(t) = 26 § 18 + 8sin 
p (t - 8)
12
= 26
D9T = 310, 26 4 .
§ 10 ≤ T 1t2 ≤ 2618 - 8 ≤ 18 + 8 sin 
p (t - 8)
12
≤ 18 + 8
-1 ≤ sin 
p (t - 8)
12
≤ 1
§ -
2p
3
≤
p(t - 8)
12
≤
4p
3
§
- 8p
12
≤
p(t - 8)
12
≤
16p
12
§ -8p ≤ p(t - 8) ≤ 16p0 ≤ t < 24 § -8 ≤ t - 8 < 16
14 °C 
t = 6 › t = 22Como t å 30, 24 3 , vem
§ t = 6 + 24k › t = 22 + 24k, k å Z
§ t - 8 = -2 + 24k › t - 8 = 14 + 24k, k å Z
§
t - 8
12
= -
1
6
+ 2k ›
t - 8
12
=
7
6
+ 2k, k å Z
= p + p
6
+ 2kp, k å Z§
p (t - 8)
12
= -
p
6
+ 2kp ›
p (t - 8)
12
§ sin 
p (t - 8)
12
= -
1
2
§ sin 
p (t - 8)
12
= sin 1- p62
T(t) = 14 § 18 + 8sin 
p (t - 8)
12
= 14
18
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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1.6
A temperatura foi superior a entre as 8 horas e as 20 horas.
1.7
a)
.
A temperatura no interior foi máxima às 16 horas. Atendendo a
que no exterior foi máxima às 14 horas temos um desfasamento
térmico de 2 horas.
b) Recorrendo à calculadora gráfica determinou-se a intersecção
dos gráficos de T e I. Foram obtidos os seguintesresultados:
A temperatura exterior foi superior à temperatura no interior
durante 9 h 13 min.
2.1
Pág. 53
P(q) =
4œ2
cos 
q
2
, c. q. m.
P(q) = 4 * œ2
cos 
q
2
§ AB =
œ2
cos 1q2 2
§ œ2 = AB * cos q2
œ2
AB
= cos 
q
2
9,213 h ) 9h 13 min
17,572 - 8,359 = 9,213
Como t å 30, 24 3 , vem t = 16
§ t = 16 + 24k, k å Z
§ t - 10 = 6 + 24k, k å Z
§ sin 
p (t - 10)
12
= 1 §
p (t - 10)
12
=
p
2
+ 2kp, k å Z
I (t) = 23 § 20 + 3sin 
p (t - 10)
12
= 23
17 ≤ I(t) ≤ 23
20 - 3 ≤ 20 + 3 sin 
p (t - 10)
12
≤ 20 + 3
-1 ≤ sin 
p (t - 10)
12
≤ 1
I(t) = 20 + 3 sin 
p (t - 10)
12
18 °C 
2.2
. Trata-se de um quadrado de lado 2.
2.3 a)
, logo, 
b)
Como , donde .
2.4 a) Sabendo que pretende-se calcular 
Tem-se 
Como , tem-se 
Portanto,
Logo, 
b) Atendendo à figura, tem-se:
Área do losango 
Logo, se tg 1q22 =
4
3
, A(q) = 4 * 4
3
=
16
3
.
A(q) = 2œ2 * œ2 tg 1q22§ A(q) = 4 tg 
q
2
= A(q) = 2 * AC * OB
2
OB
œ2
= tg 
q
2
§ OB = œ2 tg 1q22
P(q) = 4œ2 * 1
cos 
q
2
= 4œ2 * 53 =
20œ2
3
.
1
cos 
q
2
=
5
3
cos 
q
2
> 00° < q
2
< 90°
1 + 1432
2
=
1
cos2
q
2
§
1
cos2
q
2
=
25
9
1 + tg2 1q22 =
1
cos2
q
2
4œ2
cos 
q
2
tg 1q22 =
4
3
,
q = 60°0° < q
2
< 90°, 
q
2
= 30°
§ cos 
q
2
=
œ3
2
§ cos 
q
2
=
3
2
*
1
œ3
§ cos 
q
2
=
3
2
*
œ3
3
§ cos 
q
2
=
4œ2
8
3 œ6
§ cos 
q
2
=
3
8
* 4Œ2
6
P(q) =
8œ6
3
§
4œ2
cos 1q22
=
8œ6
3
q = 1208.Como 0 < q < 1808, tem-se q
2
= 608
§ cos 
q
2
=
4œ2
8œ2
§ cos 
q
2
=
1
2
P(q) = 8œ2 §
4œ2
cos 
q
2
= 8œ2
P = 8
Para q = 908, P (908) =
4œ2
cos 458
=
4œ2
œ2
2
= 8.
19
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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3.1 (o triângulo é equilátero) Pág. 54
3.2
3.3 Raio da roda + altura do triângulo
3.4
3.5
O Pedro avançou um arco de amplitude , relativamente à posi-
ção inicial, ocupando a posição :
3.6 2 minutos 5 120 segundos
50 s ______
120 s ______ x
O Pedro avançou um arco de circunferência de amplitude
, relativamente à posição P. Logo, o Pedro está
um pouco antes de [OA].
4.1 a) Pág. 55
b)
4.2 (são iguais dado que são ângulos agudos de lados 
paralelos)
4.3
GP = 6 cos a
GP = CP * cos a
GP
CP
= cos a
GP̂C = a
A3BCP4 = 18œ2 m2 ) 25,46 m2
=
12 * 3œ2
2
= 18œ2
A3BCP4 =
CB * GP
2
§ GP = 3œ2
GP
CP
= sin 458§
GP
6
=
œ2
2
CP = 6
a = 45°
= 36 m2=
6 * 12
2
A3BCP4 =
PC * CB
2
a = 0
144° = 7 * 20° + 4°
1448 = 7 * 208 + 48
x = 864° = 2 * 360° + 144°
360°
P'
40°
400° = 360° + 2 * 20°
360° : 18 = 20°
(4 + 3œ3) m ) 9,20 m
h = 3œ3 m ) 5,20 m
§ h = œ27 § h = œ9 * 3 § h = 3œ3
§ h2 = 36 - 9
h2 + 32 = 62
AOBAÔB = 60° 4.4
4.5
4.6
_______
_______
4.7
4.8
(46, ; 25), Para obtém-se um triângulo de área igual a 
25 m2.
5.1 O gráfico faz lembrar o perfil da montanha. Pág. 56
5.2 Recorrendo à calculadora gráfica foram obtidos os valores máximo
e mínimo de f :
a) P(19,45; 11,64)
b)
A diferença entre as altitudes dos pontos mais alto e mais baixo
do perfil da montanha é 3,27 hm .
11,636 - 8,364 ) 3,27
a ) 46°0°
a = cos-1 125362 ; a ) 46,0
cos a = 25
36
A(a ) = 25 § 36 cos a = 25 §
08 ≤ a < 908
0 < 36 cos a ≤ 36
0 < cos a ≤ 1
08 ≤ a < 908
11p
6
m ) 5,76 m
x =
55 * 12p
360
=
11p
6
x55°
2 * p * 6360°
908 - a = 558
a = 35°
a = cos21 1592 ) 56,25°
§ cos a = 5
9
A(a ) = 20 § 36 cos a = 20 § cos a = 20
36
A(a ) = 36 cos a
A3BCP4 =
CB * GP
2
=
12 * 6 cos a
2
20
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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5.3 Calcularam-se as coordenadas dos pontos de intersecção do gráfico
de f com a recta de equação y = 11.
Obtiveram-se os seguintes valores:
O Nuno pode ocupar qualquer ponto P(x, y) da linha do perfil da
montanha, tal que 0 , x , 17,25 ou 21,88 , x , 29,75, pois só
assim poderá observar uma asa-delta a voar por cima de si a uma
altura constante de 11 hm.
6. Pág. 57
6.1
No momento inicial, a distância do centro da esfera à recta OS é
dada por sendo C o ponto da recta OS tal que o triângulo
[OPC] é rectângulo em C com .
6.2
O instante em que o centro da esfera passa pela primeira vez na
recta r corresponde à solução da equação anterior que se obtém
para k 5 0.
Então, t ) 0,5 s.
t =
p
2
+ 0 * p
œ9,8
=
p
2 * œ9,8
) 0,5
§ t =
p
2
+ kp
œ9,8
, k å Z
§ cos (œ9,8t) = 0 § œ9,8t = p2 + kp, k å Z
a (t) = p
2
§
p
2
-
p
6
cos (œ9,8t) = p2 §
p
6
cos (œ9,8t) = 0
PC
OP
= sin 1p32§
PC
1
=
œ3
2
§ PC =
œ3
2
CÔP = a(0) = p
3
PC
a(0) = p
2
-
p
6
cos (0) =
p
2
-
p
6
=
p
3
a (t) = p
2
-
p
6
cos (œ9,8t)
7.1 A diferença entre os comprimentos dos ponteiros é igual Pág. 58
à diferença entre as distâncias das extremidades dos 
ponteiros à barra quando forem exactamente zero horas.
Logo, o valor pedido é igual a m(0) - h(0) .
Como 0,2 m = 20 cm, o ponteiro dos minutos tem mais 20 cm do
que o ponteiro das horas.
7.2 Pretende-se mostrar que:
Interpretação:
1 hora = 60 * 60 segundos = 3600 segundos. De hora a hora
repete-se a distância da extremidade do ponteiro dos minutos 
à barra.
7.3 A recta AB é paralela à barra nos instantes em que a distância da
extremidade do ponteiro dos minutos à barra é igual à distância da
extremidade do ponteiro das horas à barra.
Trata-se portanto de determinar as soluções da equação 
com 
Recorrendo à calculadora gráfica obtiveram-se os pontos de inter-
secção dos gráficos de h e m. Foram obtidos os seguintes valores:
Podemos então confirmar que, na primeira hora do dia, existiram
dois instantes em que , ou seja, em que a recta AB é
paralela à barra.
O instante pedido ocorre para t = 3100 s, ou seja, às 0 h 51 min 40 s.
h(t) = m(t)
t å 30, 3600 4 .
m(t) = h(t)
= 1 +
7
10
 cos 1 p1800 t2 = m (t)
= 1 +
7
10
 cos 1 p1800 t + 2p2
= 1 +
7
10
 cos 1 p1800 t +
3600p
1800 2
m(t + 3600) = 1 +
7
10
 cos 1 p1800 (t + 3600)2
m(t + 3600) = m(t)
m(0) - h(0) = 0,2 m = 20 cm 
m(0) - h(0) = 1,7 - 1,5 = 0,2
h(0) = 1 +
5
10
 cos 1 p21 600 * 02 = 1 +
5
10
* 1 =
15
10
= 1,5
m (0) = 1 +
7
10
 cos 1 p1800 * 02 = 1 +
7
10
* 1 =
17
10
= 1,7
21
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 3
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
1. Pág. 63
Resposta: (D)
2.
Resposta: (C)
3.
O hexágono regular pode
ser decomposto em seis
triângulos equiláteros cuja
altura x é igual à medida do
apótema, ou seja .
Resposta: (B)
4.
Resposta: (C)
5.
Resposta: (C)
6.
Resposta: (A)
7. Pág. 64
iv
!
i = 2
u
!
' v
!
§ u
! . v! = 0
§ 2k = 3 § k =
3
2
§ 2k - 6 + 3 = 0
§ (2, 3) . (k - 3, 1) = 0
AB
!
' BC
!
§ AB
! . BC! = 0
BC
!
= C - B = (k - 3, 2 - 1) = (k - 3, 1)
AB
!
= B - A = (3 - 1, 1 + 2) = (2, 3)
A(1, -2); B(3, 1); C(k, 2)
= k2 - (2k)2 = k2 - 4k2 = -3k2
= iu
!
i 2 - iv
!
i 2= u
! . u! - v! . v!
= u
! . u! - u! . v! + v! . u! - v! . v!
= u
! . (u! - v!) + v! . (u! - v!)(u! + v!) . (u! - v!)
iu
!
i = k ; iv
!
i = 2k, k å R+
§ -2 = - ib
!
i * 1
2
§ ib
!
i = 4§ -2 = - ib
!
i * cos p
3
§ -10 = 5 * ib
!
i * cos 1p - p32-10 = 5 * ib
!
i * cos 2p
3
a
! . b! = ia!i * ib!i * cos(a! W b!)
= 2œ3 * 2œ3 * cos 60° = 4 * 3 * 12 = 6
FB
! . FD! = iFB!i * iFD!i * cos1FB
!
WFD
!
2
iFB
!
i = iFD
!
i = 2x = 2œ3
œ3
DF̂B = 1208 : 2 = 608
2 * 60° = 120°
360° : 6 = 60°
= -6 cos 308 = -6 * œ3
2
= -3œ3
= 2 * 3 * cos (1508) = 6 cos(1808 - 308)
u
! . v! = iu!i * iv!i * cos1u
!
W v
!
2
= 4 * 4 * cos (1808) = 16 * (-1) = -16
u
! . v! = iu!i * iv!i * cos1u
!
W v
!
2
Resposta: (B)
8.
Resposta: (A)
9.
Os vectors e têm a mesma norma, a mesma direcção e sentidos
contrários. Logo, são simétricos.
Então .
Resposta: (A)
10.
Resposta: (B)
11.
Resposta: (B)
12.
Pág. 65
Resposta: (D)
13.
Resposta: (B)
14.
Resposta: (A)
= -1= 2 * 12 + 0 - 3 * 12
= 2 ia
!
i 2 + a
! . b! - 3 ib!i 2
= 2a
! . a! - 2a! . b! + 3b! . a! - 3b! . b!(2a! + 3b!) . (a! - b!)
a
!
' b
!
§ a
! . b! = 0
ia
!
i = ib
!
i = 1
§ (u
!
W v
!
) =
p
3
rad§ cos (u
!
W v
!
) = œ3
2
cos (u
!
W v
!
) =
3œ3
2 * 3
cos (u
!
W v
!
) =
u
! . v!
iu
!
i * iv
!
i
u
! . v!= 3œ3 ; iu!i = 2 ; iv!i = 3
= 12 * 15 *
4
5
= 144
AD
! . AE! = iAD!i * iAE!i * cos1AD
! W AE
!
2
cos1AD
! W AE
!
2 = cos(CÂB) =
4
5
cos(CÂB) =
4
5
cos(CÂB) =
AC
AB
= - iAB
!
i 2 = -12 = -1
= -AB
! . AB!
AB
! . BA! = AB! . 1-AB
!
2
UQ
!
' TX
!
§ UQ
! . TX! = 0
p
!
+ q
!
= 0
!
q
!
p
!
§ (p
!
W q
!
) = 1808§ cos( p
!
, q
!
) = -1
§ 3 * 3 * cos (p
!
, q
!
) = -9
§ ip
!
i * iq
!
i * cos(p
!
W q
!
) = -9p
! . q! = -9
ip
!
i = iq
!
i = 3
= 36 *
1
2
= 18
= 6 * 6 * cos 60°
= iBC
!
i * iBD
!
i * cos1BC
!
W BD
!
2BC
! . BD!
= 0 - 2 * 22 = -8
= u
! . v! - 2 iv!i 2
v
! . 1u! - 2v!2 = v! . u! - 2v! . v!
22
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
15.
Resposta: (C)
16.
Resposta: (B)
17.
Resposta: (C)
1.1 Pág. 66
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
2.1
2.2
2.3
3.1
3.2
3.3 = -3iu
!
i 2 = -3 * 22 = -12u
! . v! = u! . (-3u!) = -3u! . u!
u
! . v! = 2 * œ3 * cos p4 = 2œ3 *
œ2
2
= œ6
u
! . v! = 3 * 6 * cos p
6
= 18 * œ3
2
= 9œ3
e
! . f! = 4 * 3 * cos p = 12 * (-1) = -12
c
! . d! = 6 * 2œ2 * œ22 = 12
c
!
W d
!
=
p
4
; cos(c
!
W d
!
) = œ2
2
id
!
i = œ22 + 22 = œ22 * 2 = 2œ2
i c
!
i = 6
a
!
' b
!
§ a
! . b! = 0
i c
!
i = œ12 + 62 = œ37
= (1, 0) + (0, 6) = (1, 6)
c
!
= u
!
- 3v
!
= (1, 0) - 3(0, -2)
iw
!
i = œ22 + 62 = œ40 = œ4 * 10 = 2œ10
AB
!
= B - A = (2, 6)
w
!
= AB
!
, A 1 (1, -1), B 1 (3, 5)
i z
!
i = œ(-5)2 + (-3)2 = œ25 + 9 = œ34
z
!
= (-5, -3)
ia
!
i = œ(-3)2 + (œ2)2 = œ9 + 2 = œ11
a
!
= (-3, œ2)
iv
!
i = œ02 + (-1)2 = 1
v
!
= (0, -1)
iu
!
i = œ02 + 22 = 2
u
!
= (0, 2)
Perímetro = 3iAB
!
i = 3 * 4 = 12
§ iAB
!
i = 4
§ iAB
!
i
2
= 16
§ iAB
!
i
2
*
1
2
= 8
iAB
!
i = iAC
!
i
§ iAB
!
i * iAB
!
i * cos 608 = 8
§ iAB
!
i * iAC
!
i * cos1AB
! W AC
!
2 = 8
AB
! . AC! = 8
= -22 = -4
= -iCD
!
i
2
AD
!
' CD
!
= 0 - CD
! . CD!
= AD
! . CD! + DC! . CD!
AC
!
= AD
!
+ DC
!
= (AD
!
+ DC
!
) . CD!
AC
! . CD!
§ k = -2§ 6 + 3k = 0
a
!
' b
!
§ a
! . b! = 0
= 6 + 3ka
! . b! = (2, 3) . (3, k)
a
!
= (2, 3); b
!
= (3, k) 4. Pág. 67
5.
Logo, . Deste modo, e têm a mesma direcção e o
mesmo sentido.
6.
7.
8.
9. Pág. 68
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
9.6
10. iv
!
i = 5; (u
!
+ v
!
) . (u! - v!) = 11
= 24u
! . v! = 24 * 3 = 72
- 4u
! . u! + 6u! . v! + 6v! . u! - 9v! . v!
= 4u
! . u! + 6u! . v! + 6v! . u! + 9v! . v! -
= (2u
!
+ 3v
!
) . (2u! + 3v!) - (2u! - 3v!) . (2u! - 3v!)
i2u
!
+ 3v
!
i 2 - i2u
!
- 3v
!
i 2
= 4 + 9 = 13= iu
!
i 2 + iv
!
i 2
u
! . (u! + v!) - v! . (u! - v!) = u! . u! + u! . v! - v! . u! + v! . v!
= 4 * 22 - 32 = 16 - 9 = 7
= 4iu
!
i 2 - iv
!
i 2
(2u
!
- v
!
) . (2u! + v!) = 4u! . u! + 2u! . v! - 2v! . u! - v! . v!
= 2 * 22 + 3 - 32 = 2
= 2iu
!
i 2 + u
! . v! - iv!i 2
(u
!
+ v
!
) . (2u! - v!) = 2u! . u! - u! . v! + 2v! . u! - v! . v!
= -2 * 3 + 6 iu
!
i 2 = -6 + 6 * 22 = 18
2u
! . (-v! + 3u!) = -2u! . v! + 6u! . u!
v
! . (u! + v!) = v! . u! + v! . v! = 3 + iv!i 2 = 3 + 32 = 12
iu
!
i = 2; iv
!
i = 3; u
! . v! = 3
= 100 *
1
2
= 50
= -10 * 10 * cos 608 + 10 * 10 cos 608 + 10 * 10 * cos 608
= - CA
! . CB! + BC! . BA! + AB! . AC!
= -CA
! . CB! + (-BC!) . (-BA!) + AB! .AC!
= AC
! . CB! + CB! . AB! + AB! . AC!
u
! . v! + v! . w! + w! . u!
(u
!
W v
!
) = cos-1 1œ33 2 ) 54,78
cos(u
!
W v
!
) =
u
! . v!
iu
!
i * iv
!
i
=
3œ3
3 * 3
=
œ3
3
- 4 ≤ u
! . v! ≤ 4
-4 ≤ 4 cos (u
!
W v
!
) ≤ 4
-1 ≤ cos(u
!
W v
!
) ≤ 1
u
! . v! = 4 cos (u! W v!)
u
! . v! = 2 * 2 * cos(u! W v!)
u
! . v! = iu!i * iv!i * cos (u! W v!)
v
!
u
!
u
!
W v
!
= 0°
§ cos 1u
!
W v
!
2 = 1iu
!
i * iv
!
i = iu
!
i * iv
!
i * cos (u
!
W v
!
)
u
! . v! = iu!i * iv!i * cos (u! W v!)
u
! . v! < 0
u
! . v! = -iu!i * iv!i
u
! . v! = iu!i * iv!i * (-1)
!
!
!
23
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
10.1
10.2
11. •
•
•
12.
12.1
12.2
12.3
13. Consideremos um refe- Pág. 69
rencial o. n. xOy sendo
O o centro da circun-
ferência tal que Ox
contém o diâmetro
[AB] da mesma circun-
ferência.
Seja r o raio da circun-
ferência.
Tem-se que:
e .B(r, 0)A(- r , 0)
BA
! W BC
!
= cos-1 1 -5œ2212 ) 1108
cos(BA
! W BC
!
) = BA
! . BC!
iBA
!
i * iBC
!
i
=
-5
œ4 + 9 * œ16 + 1
=
-5
œ221
BA
! . BC! = -8 + 3 = -5
BC
!
= C - B = (4, 1)
BA
!
= -AB
!
= (-2, 3)
AWBC = BA
!
W BC
!
AB
! W AC
!
= cos-1 1 18œ5202 ) 37,98
=
18
œ13 * œ40
=
18
œ520
cos(AB
! W AC
!
) = AB
! . AC!
iAB
!
i * iAC
!
i
=
18
œ4 + 9 * œ36 + 4
AB
! . AC! = 12 + 6 = 18
AC
!
= C - A = (6, -2)
AB
!
= B - A = (2, -3)
A(-1, 2); B(1, -1); C(5, 0)
§ iv
!
i = œ10
± 2iv
!
i 2 = 20 § iv
!
i 2 = 10
5iu
!
i 2 - iv
!
i 2 = 10
iu
!
i 2 + iv
!
i 2 = 30
§ 5 iu
!
i2 = 10 + iv
!
i2
10 + iv
!
i 2 + iv
!
i 2 = 30
§ iu
!
i 2 + iv
!
i 2 = 30
u
! . v! = -10
§ iu
!
i
2
- 2 * 10 + iv
!
i
2
= 10
§ iu
!
i 2 + 2u
! . v! + iv!i 2 = 10
§ u
! . u! + u! . v! + v! . u! + v! . v! = 10
§ (u
!
+ v
!
) . (u! + v!) = 10
(u
!
+ v
!
)2 = 10
§ iu
!
i 2 - iv
!
i 2 = 10
§ u
! . u! - u! . v! + v! . u! - v! . v! = 10
(u
!
+ v
!
) . (u! - v!) = 10
= 6 * 5 * cos 
p
3
= 30 *
1
2
= 15
u
! . v! = iu!i * iv!i * cos (u! W v!)
§ iu
!
i = 6
§ iu
!
i 2 = 36
§ iu
!
i 2 - 52 = 11
§ iu
!
i 2 - iv
!
i 2 = 11
§ u
! . u! - u! . v! + v! . u! - v! . v! = 11
(u
!
+ v
!
) . (u! - v!) = 11 com , pois C é um ponto da circunferência.
o ângulo ACB é recto.
14.
, logo, 
Logo, , c. q. d.
15.
Logo, , c. q. m.
16.1 Pág. 70
, c. q. m.
16.2
17.1
O triângulo [ABC] é escaleno.
iBC
!
i = œ4 + 4 + 16 = œ24
iAC
!
i = œ4 + 9 + 49 = œ62
iAB
!
i = œ0 + 1 + 9 = œ10
BC
!
= C - B = (-2, -2, 4)
AC
!
= C - A = (-2, -3, 7)
AB
!
= B - A = (0, -1, 3) ; BA
!
= (0, 1, -3)
A(-1, 3, 0); B(-1, 2, 3); C(-3, 0, 7)
= - \\VA
!2
||= -VA2, c. q. p.
= -VA
! . VA! (VA! = US!)
= -VA
! . US!VA! . SU! = VA! . (-US! )
= \\SA
!2
||= SA2
UV
! . SA! = SA! . SA! (SA! = UV!)
= HV
! . VA!
= 0 + HV
! . VA!
= UH
! .VA! + HV! .VA!
UV
! . VA! = (UH! + HV!) . VA!
AB
! . AC! = a2
= a2
= iAB
!
i 2 + 0
= AB
! . AB! + AB! . BC!
AB
! . AC! = AB! . (AB! + BC!)
AC
2
= AB
2
+ BC
2
= AB
2
+ BC
2
= iAB
!
i
2
+ 0 + 0 + iBC
!
i
2
= AB
! . AB! + AB! . BC! + BC! . AB! + BC! . BC!
= (AB
!
+ BC
!
) . (AB! + BC!)
= AC
! . AC!AC 2 = iAC!i2
AB
! . BC!! = 0AB!' BC!!
AC
!
= AB
!
+ BC
!
CA
! . CB! = 0 § CA!' CB! ±
x2 + y2 = r 2
= r 2 - r 2 = 0
= (x2 + y2) - r 2
= x2 - r2 + y2
CA
! . CB! = (-x - r)(-x + r) + (-y)(-y)
CB
!
= B - C = (-x + r, -y)
CA
!
= A - C = (-x - r, -y)
x2 + y2 = r 2C(x, y)
!
!
24
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
E
X
M
A
11
©
Po
rt
o
E
di
to
ra
17.2
O triângulo [ABC] é obtusângulo.
18.
e são colineares, sendo 
19.
Como tem a terceira coordenada negativa,
20.
20.1
20.2
20.3
21.1 Pág. 71
é um ponto genérico da mediatriz de [AB].P(x, y)
M14 + 52 ,
2 - 3
2 2; M1
9
2
, -
1
22
A(4, 2); B(5, -3)
= 10 + 4 - 4œ5 + 5 = 19 - 4œ5
= 1œ32 + (2 - œ5)2 + (-1)22
2
= 9 + 12 - œ5 22 + 1
ia
!
- b
!
i 2 5 \\(3, 2, 0) - (0, œ5, 1)\\
2
= \\(3, 2 -œ5, -1)\\
2
(a
!
W b
!
) = cos-112œ5œ782 ) 608
cos(a
!
W b
!
) =
a
! . b!
ia
!
i * ib
!
i
=
2œ5
œ9 + 4 * œ5 + 1
=
2œ5
œ13 * œ6
=
2œ5
œ78
a
! . b! = 3 * 0 + 2œ5 + 0 * 1 = 2œ5
a
!
= (3, 2, 0); b
!
= (0, œ5, 1)
a
!
= 1- 367 ,
24
7
, -
72
7 2.
a
!
a
!
= 1- 367 ,
24
7
, -
72
7 2 ou a
!
= 1367 , -
24
7
,
72
7 2
a
!
= -
12
7
(3, -2, 6) ou a
!
=
12
7
(3, -2, 6)
§ k = - 
12
7
› k =
12
7
ia
!
i = 12 § 7 \k \ = 12 § \k \ = 12
7
= œ49k2 = 7œk2 = 7 \k \
ia
!
i = œ(3k)2 + (-2k)2 + (6k)2 = œ9k2 + 4k2 + 36k2
a
!
= (3k, -2k, 6k)
a
!
= k (3, -2, 6)
a
!
= k b
!
e ia
!
i = 12
b
!
= (3, -2, 6)
AB
!
= 2 MN
!
.AB
!
MN
!
MN
!
= N - M = 11, - 32 ,
1
2 2
AB
!
= B - A = (2, -3, 1)
N 13 - 32 ,
-2 - 3
2
,
1 + 0
2 2; N10, -
5
2
,
1
22
M11 - 32 ,
1 - 3
2
, 02; M(-1, -1, 0)
A(1, 1, 0); B(3, -2, 1); C (-3, -3, 0)
AB̂C = cos-1 1 - 14œ2402 ) 154,658
=
0 - 2 - 12
œ10 * œ24
=
-14
œ240
cos (AB̂C)= cos( BA
!
W BC
!
) = BA
! . BC!
iBA
!
i * iBC
!
i
CÂB = cos-1 1 24œ6202 ) 15,458
=
0 + 3 + 21
œ62 * œ10
=
24
œ620
cos (CÂB) = cos(AC
!
W AB
!
) = AC
! . AB!
iAC
!
i * iAB
!
i
21.2
é um ponto genérico da mediatriz de [AB].
22.1
é um ponto genérico da
circunferência de diâmetro [AB].
22.2
é um ponto genérico da circunferência de diâmetro [AB].
23.
23.1
23.2 Centro da circunferência: 
é um ponto genérico 
da recta tangente à circun-
ferência no ponto T .
§ y = 2x + 7
§ 2y = 4x + 14
§ -4x - 8 + 2y - 6 = 0
§ (x + 2, y - 3) . (-4, 2) = 0
TP
! . CT! = 0
TP
!
= (x + 2, y - 3)
P(x, y)
CT
!
= (- 4, 2)
T (-2, 3)
C (2, 1)
(-2 - 2) 2 + (3 - 1) 2 = 20 § 16 + 4 = 20 § 20 = 20
T (-2, 3)
(x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 20
§ x2 + y2 + 2x + 2y - 11 = 0
§ x2 - 2x + 4x - 8 + y2 + 3y - y - 3 = 0
§ (x + 4) (x - 2) + (y - 1) (y + 3) = 0
§ (x + 4, y - 1) . (x - 2, y + 3) = 0AP! . BP! = 0
P(x, y)
A(-4, 1); B(2, -3)
§ x2 + y2 - 3x - 9y + 20 = 0
§ x2 - 3x + y2 - 5y - 4y + 20 = 0
§ (x - 3) x + (y - 4) (y - 5) = 0
§ (x - 3, y - 4) . (x, y - 5) = 0
AP
! . BP! = 0
P (x, y)
A(3, 4); B(0, 5)
§ y =
1
7
x +
5
7
§ 7y = x + 5
§ -x -
3
2
+ 7y -
7
2
= 0
§ -1 1x + 322 + 7 1y -
1
22 = 0MP
! . AB! = 0
AB
!
= (-1, 7)
MP
!
= 1x + 32 , y -
1
22
P (x, y)
M1-1 -22 ,
-3 + 4
2 2; M1-
3
2
,
1
22
A(-1, -3); B(-2, 4)
§ y =
1
5
x -
7
5
§ 5y = x - 7
§ x -
9
2
- 5y -
5
2
= 0
§ 11x - 922 - 51y +
1
22 = 0
MP
! . AB! = 0
AB
!
= (1, -5)
MP
!
= 1x - 92 , y +
1
22
25
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
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M
A
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Po
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to
ra
24.
, c. q. m.
25. Tem-se
Q (x, 0); Q é um ponto
de Ox
Como a recta t é tangente
à circunferência no ponto
P tem-se que ,
pelo que 
Como P(r, s) pertence à circunferência de centro na origem e raio 1,
tem-se .
Logo, , c. q. p.
1.1 Pág. 72
Como [RS] está contido no eixo Ox, V tem a abcissa igual à de R e
a ordenada igual à de U. Logo, V(1, 1).
Recta UM
(U pertence a UM)
Logo, a recta UM, passa na origem, ou seja, passa no centro da 
circunferência.
1.2
Como N é um ponto de Ox, N tem coordenadas (x, 0)
Deste modo, temos que c. q. m.N154 , 02,
§ x - 1 -
1
4
= 0 § x =
5
4
MU
!
' MN
!
§ MU
! .MN! = 0 § 1 (x - 1) + 1
2
* 1- 122 = 0
MN
!
= N - M = 1x - 1, - 122
MU
!
= U - M = 11, 122
y =
1
2
x
y =
1
2
x - 1 + 1
y - 1 =
1
2
(x - 2)
m =
1 -
1
2
2 - 1
=
1
2
M11 + 12 ,
0 + 1
2 2 ; M11, 
1
22
R(1, 0), U (2, 1)
xr = 1 § x =
1
r
r 2 + s 2 = 1
§ xr = r 2 + s2
§ xr - r2 - s2 = 0
(r, s) . (x - r, -s) = 0
OP
! . PQ! = 0
OP
!
' PQ
!
PQ
!
= (x - r, -s)
OP
!
= (r, s)
P (r, s)
= AB
2
= iAB i
2
+ 0
= AB
! . AB! + AB! . BC!
= AB
! . (AB! + BC!)
AB
! . AC! 1.3
1.4
1.5
proposição verdadeira, logo o ponto T
pertence à circunferência.
1.6 é um ponto genérico da recta t.
Como e , t é a recta NU.
1.7 a) define a circunferência de diâmetro [VS];
é um ponto genérico dessa circunferência.
§ x2 + y2 - 3x - y + 2 = 0
§ x2 - 2x - x + 2 + y2 - y = 0
§ (x - 1) (x - 2) + (y - 1) y = 0
VP
! . SP! = 0 § (x - 1, y - 1) . (x - 2, y) = 0
V(1, 1), S (2, 0)
P (x, y)
VP
! . SP! = 0
N å tU å t
U(2, 1); 1 =
4
3
* 2 -
5
3
§ 1 = 1; U å t
N 154 , 02; 0 =
4
3
*
5
4
-
5
3
§ 0 = 0; N å t
§ y =
4
3
x -
5
3
§
3
5
y =
4
5
x - 1
§
4
5
x -
16
25
-
3
5
y -
9
25
= 0
OT
! . TP! = 0 § 145, -
3
52 . 1x -
4
5
, y +
3
52 = 0
P (x, y)
16
25
+
9
25
= 1 § 1 = 1, 
1452
2
+ 1- 352
2
= 1
T 145, -
3
52; C: x2 + y 2 = 1
NÛM = cos-1 1 2œ52 ) 26,68
=
5
4
5
4
* œ5
2
=
2
œ5
cos (NÛM) = cos ( UN
!
W UM
!
) =
UN
! . UM!
iUN
!
i * iUM
!
i
iUM
!
i = Œ1 + 1
4
= Œ5
4
=
œ5
2
iUN
!
i = Π9
16
+ 1 = Œ25
16
=
5
4
UN
! . UM! = 3
4
+
1
2
=
5
4
UM
!
= M - U = 11, 122 - (2, 1) = 1-1, -
1
22
UN
!
= N - U = 154 , 02 - (2, 1) = 1-
3
4
, -12
A3MNU4 =
œ5
2
*
œ5
4
2
=
5
16
MN
!
= 114 , -
1
22; iMN
!
i = Π1
16
+ 1
4
=
œ5
4
MU
!
= 11, 122; iMU
!
i = Œ1 + 1
4
= Œ5
4
=
œ5
2
26
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
C
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b) define a mediatriz do segmento de recta [VR].
P(x, y) é um ponto genérico dessa mediatriz.
c) define a recta tangente à circunferência C no
ponto R.
é um ponto dessa recta tangente.
2.1 a) Se [OAD] é equilátero tem-se . Pág. 73
Como D é um ponto do círculo trigonométrico, as suas coor-
denadas são .
Dado que e tem-se .
b)
c)
DB̂C = 1808 - 2 * 758 = 308
BĈD = CD̂B = 758
CD̂B = cos-1 1 12ŒŒ3 + 22 = 758
cos(DB
!
W DC
!
) = DB
! . DC!
iDB
!
i * iDC
!
i
=
1
2
ŒŒ3 + 2 * 1
=
1
2ŒŒ3 + 2
iDC
!
i = œ1 + 0 = 1
||DB
!
|| = Œ1- 1222 + 1-1 - œ32 22 = ŒŒ3 + 2
DB
! . DC! = 1
2
+ 0 =
1
2
DC
!
= C - D = (-1, 0)
DB
!
= B - D = 1- 12 , -1 - œ32 2
B(0, -1) , C 1- 12 , œ32 2
D112 , œ32 2sin 608 = œ32 ,cos 60° = 12
(cos a , sin a)
a = 60°
§ x = 1
§ x - 1 + 0 = 0
OR
! . RP! = 0 § (1, 0) . (x - 1, y) = 0
R(1, 0); P(x, y)
OR
! . RP! = 0
§ y =
1
2
§ 0 (x - 1) - 1 1y - 122 = 0
VR
! .MP! = 0 § (0, -1) . 1x - 1, y - 122 = 0
V(1, 1); R(1, 0); M11, 122
VR
! .MP! = 0 Outro processo:
O triângulo [BOD] é isósceles 
Se 
Logo, 
2.2
c. q. m.
2.3 Sendo o triângulo [DEO] isósceles tem-se
e, consequentemente 
2.4 a)
c. q. m.
b)
Como 
d = Œ2
5
=
œ10
5
d 2 = 2 - 2 cos a § d 2 = 2 - 2 * 4
5
§ d 2 =
2
5
08 ≤ a < 908, cos a = 4
5
1 + 1342
2
=
1
cos2 a
§
25
16
=
1
cos2 a
§ cos2 a = 16
25
1 + tg2 a = 1
cos2 a
; tg a = 3
4
§ d 2 = 2 - 2 cos a ,
§ d 2 = 1 + 1 - 2 cosa
§ d 2 = (sin2 a + cos2 a) + 1 - 2 cos a
§ d 2 = sin2 a + 1 + cos2 a - 2 cos a
§ d 2 = sin2 a + (1 - cos a)2
DA
2
= DN
2
+ NA
2
NA = 1 - ON = 1 - cos a
DN = sin a
=
œ2
2 11 +
œ2
2 2 =
œ2
2
+
1
2
A = cos 458 (1 + sin 458)
a = 458.ED = EO
A = cos a (1 + sin a ),
A =
CD * EB
2
=
2 ED * (OB * EO)
2
EO = sin a
ED = cos a
BĈD = BD̂C =
1808 - 308
2
= 758
DB̂C = 2 * 158 = 308
= 158
a = 608, OB̂D = 458 - 308
= 45 -
a
2
DB̂O = OD̂B =
180 - (90 + a )
2
BÔD = 908 + a
(OB = OD)
C
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1. Pág. 90
Uma recta perpendicular a r tem declive 4.
Resposta: (D)
2.
é um vector normal a a.
é um vector normal a b.
Como são colineares, 
Resposta: (D)
3.
é um vector director de t.
Resposta: (C)
4.
Ponto genérico de 
Um vector director de s é da forma 
Sendo , vem 
Resposta: (D)
5. Pág. 91
Logo, a recta r passa no ponto A(-11, 4, 0) e tem a direcção do
vector Deste modo, tem-se que:
Resposta: (C)
6. Observando a figura tem-se P(0, 5, 4) e Q (3, 5, 0).
Logo, uma equação vectorial da recta PQ é:
Resposta: (D)
7. P(0, 0, 4); Q(0, 4, 0)
Ponto médio de [PQ] : M(0, 2, 2)
Seja a o plano mediador de [PQ].
Então logo:
O único ponto que satisfaz a condição y 5 z é o ponto A(1, 0, 0).
Resposta: (A)
a : 4y - 4z = 0 § y = z
§ d = 0
4 * 2 - 4 * 2 + d = 0M å a :
a : 0x + 4y - 4z + d = 0
PQ
!
' a e M å a ,
PQ
!
= Q - P = (0, 4, -4)
(x, y, z) = (3, 5, 0) + k (3, 0, 2 4), k å R.
PQ
!
= Q - P = (3, 5, 0) - (0, 5, 4) = (3, 0, -4)
r : (x, y, z) = (-11, 4, 0) + k (-14, 5, 1), k å R.
r
!
= (214, 5, 1).
§ 5
y - 4
5
= z
x + 11
-14
= z
§
x + 11
-14
=
y - 4
5
=
z
1
§ 5y = 4 + 5zx - z = 1 - 12 - 15z § 5
y - 4 = 5z
x + 11 = -14z
5y = 4 + 5zx - z = 1 - 3 (4 + 5z)5
y - 4 = 5z
x - z = 1 - 3y
§
P(-1, 0, 2) e s
!
= (0, -1, 0).y = 0 e a = -1
s
!
a
= (0, a, 0), com a 0 0.
s : Py (-1, y, 2)
x = -1 ‹ z = 2
t
!
= (-4, 0, 1)
§
x - 1
-4
=
z
1
‹ y = -2
§
1 - x
2
= 2z ‹ y = - 25
y = -2
1 - x
2
= 2z
a § § b.n!a e n!b
n
!
a = - n
!
b
n
!
b
b : x = 2 - 2y + z § x + 2y - z - 2 = 0 ; n
!
b = (1, 2, -1)
n
!
a
a : -x - 2y + z - 2 = 0 ; n
!
a = (-1, -2, 1)
r : 2y = -
x
2
+ 1 § y = -
1
4
x +
1
2
Capítulo 4
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
27
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
8. xOz: y 5 0 Pág. 92
Logo, (3, 0, 6) são as coordenadas do ponto de intersecção da recta r
com o plano xOz.
Outro processo:
é um vector director de r.
Uma equação vectorial de r é:
Seja R um ponto genérico de r:
Substituindo na equação do plano xOz cuja equação é y = 0, 
vemque:
Substituindo k por 2 em R tem-se:
(-1 + 2 * 2, 2 - 2, 3 * 2) = (3, 0, 6) que são as coordenadas do
ponto pedido.
Resposta: (D)
9. Seja a a medida da aresta do cubo. As coordenadas do ponto D são
(a, 0, a). Como D pertence ao plano definido pela equação
x + y = 10 tem-se
Resposta: (B)
10. U(2, 4, 2)
(2, 0, 2) são as coordenadas do ponto T
r é a recta que passa em T e tem
a direcção do vector ,
ou seja, do eixo Oz. A recta r é,
assim, a recta PT. Como P é um
ponto do plano OUV, P é a
intersecção da recta PT com
aquele plano.
Resposta: (A)
11. A recta r é definida por Pág. 93
Logo, (1, 2, 0) é um ponto de r, é um vector director
dessa recta e é um vector colinear com .
Deste modo, uma equação vectorial de r é:
Resposta: (A)
(x, y, z) = (1, 2, 0) + k (0, 0, 2), k å R.
r
!
2r
!
= (0, 0, 2)
r
!
= (0, 0, 1)
5x = 1y = 2
r
!
= (0, 0, 1)
r : (x, y, z) = (2, 0, 2) + k (0, 0, 1), k å R
a + 0 = 10 § a = 10.
2 - k = 0 § k = 2
R(-1 + 2k, 2 - k, 3k)
r : (x, y, z) = (-1, 2, 0) + k (2, -1, 3), k å R
A(-1, 2, 0) å r e r
!
= (2, -1, 3)
r :
x + 1
2
=
y - 2
-1
=
z
3
§ 5
x = 3
y = 0
z = 6
5
x + 1
2
=
y - 2
-1
=
z
3
y = 0
§ 5
x + 1
2
=
-2
-1
z
3
=
-2
-1
y = 0
§ 5
x + 1 = 4
z = 6
y = 0
x
y
z
x
y
z
12.
Um ponto pertence à recta de intersecção de se e só se
é um ponto que pertence a 
A(5, 5, 0); A a pois 5 - 5 + 3 * 0 0 1
B(1, 0, 0); B b pois 1 + 0 - 7 * 0 0 7
C (0, 0, -1); C a pois 0 - 0 + 3 * (-1) 0 1
D(4, 3, 0); D a pois 4 - 3 + 3 * 0 = 1 e D b
dado que 4 + 3 - 7 * 0 = 7
Resposta: (D)
13. A condição define a recta de intersecção dos planos de equa-
ções x = 0 (plano yOz) e z = 3.
Resposta: (C)
14. define uma recta com a direcção do vector
, ou seja, paralela ao eixo Oy.
Resposta: (B)
15. A condição x = 2 y = 1 define uma recta com a direcção Pág. 94
do vector , portanto paralela ao
eixo Oz.
Resposta: (A)
16.
• não são colineares (1 0 0). Logo, r e s não são paralelas.
• Logo, r e s não são perpendiculares.
• r e s são concorrentes porque o ponto de coordenadas (2, 1, 3)
pertence às duas rectas.
Resposta: (A)
17.
Se AB e r são rectas paralelas então são vectores 
colineares, ou seja, o .
Logo, 
Resposta: (B)
18.
Se r e s são rectas coincidentes, todo o ponto de r é ponto de s.
Em particular o ponto A(1, 3, 0) que pertence a r terá que 
pertencer a s:
Resposta: (C)
19. Pág. 95
• não são colineares Logo, a e b não são paralelos.
• Logo, a e b não são
perpendiculares.
n
!
a . n!b = 1 * 2 - 1 * 2 + 1 * 2 = 2 0 0.
112 0
-1
2 2.n
!
a e n
!
b
b : 2x + 2y + 2z + 1 = 0; n
!
b = (2, 2, 2) ' b
a : x - y + z + 1
2
= 0; n
!
a = (1, -1, 1) ' a
§ k = 3
1 - 3
2
=
3 - 5
2
=
0 - k
3
§ -1 = -1 = -
k
3
r :
x - 1
2
=
y - 3
2
=
z
3
; s :
x - 3
2
=
y - 5
2
=
z - k
3
m = -1.
5k = -1m = -1(-2, m, 3) = k (2, 1, -3) § 5
- 2 = 2k
m = k
3 = -3k
§
AB
!
= kr
!, k å R
AB
!
e r
!
r
!
= (2, 1, -3)
r :
x - 1
2
= y = -
z
3
§
x - 1
2
=
y
1
=
z
-3
AB
!
= (-2, m, 3)
r
! . s! = 1 + 0 + 1 = 2 0 0.
r
!
e s
!
s : (x, y, z) = (2, 1, 3) + k (1, 0, 1), k å R; s
!
= (1, 0, 1)
r : x - 2 = y - 1 = z - 3; r
!
= (1, 1, 1)
u
!
= (0, 0, a), com a 0 0
‹
u
!
= (0, a, 0), com a 0 0
x = 2 ‹ z = 1
5x = 0z = 3
åå
∫
∫
∫
a e a b.
a com b
a : x - y + 3z = 1; b : x + y - 7z = 7. Os planos a e b são concorrentes não perpendiculares.
Resposta: (C)
20.
não é perpendicular a b2
Resposta: (C)
21.
Se b é paralelo a a então 
Como (0, 1, 2) å b, vem que:
Resposta: (C)
22.
é um vector director de r
é normal a xOy
é normal a xOz
é normal a yOz
Resposta: (B)
23. Se a e b são estritamente paralelos, Pág. 96
dada uma recta contida em a,
existem em b uma infinidade de 
rectas que lhe são paralelas.
Resposta: (D)
24. é um vector normal a a
é um vector director de r
é colinear com 
Logo, a recta r é perpendicular a a.
Resposta: (A)
25. é normal a a
tem a direcção da recta r
P(0, 2, 3)
Substituindo as coordenadas de P na equação de a (0 - 3 0 2) 
verifica-se que P a.
Substituindo as coordenadas de P nas equações de r
verifica-se que P r.
Como pelo que a recta r é paralela a a.
Resposta: (C)
n
!
a . r! = 0, n!a ' r!
n
!
a . r! = (3, 0, -1) . (1, 2, 3) = 3 + 0 - 3 = 0
∫
10 0 222
∫
r : x =
y
2
=
z
3
; r
!
= (1, 2, 3)
a : 3x - z = 2 ; n
!
a = (3, 0, -1)
n
!
an
!
a = 2r
!
± r
r : x = y = z; r
!
= (1, 1, 1)
a : 2x + 2y + 2z = 5; n
!
a = (2, 2, 2)
r
! . j! = 0 ± r §§ xOz
r
! . j! = (3, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0
yOz : x = 0; i
!
= (1, 0, 0); i
!
xOz : y = 0; j
!
= (0, 1, 0); j
!
xOy : z = 0; k
!
= (0, 0, 1); k
!
r
!
= (3, 0, -1)
r : (x, y, z) = (0, 1, 2) + k (3, 0, -1), k å R
b : x + 2y - z = 0 §-x - 2y + z = 0
0 + 2 * 1 - 2 + d = 0 § d = 0
b : x + 2y - z + d = 0.
a : x + 2y - z - 2 = 0
w
!
1
. w!2 = 0 ± c1 ' c2
c2 : z = 0; w
!
2 = (0, 0, 1) ' c2
c1 : x - y = 0; w
!
1 = (1, -1, 0) ' c1
± b1
v
!
1
. v!2 = -3 + 2 - 2 = -3 0 0
b2 : 3x + 2y + 2z = 2; v
!
2 = (3, 2, 2) ' b2
b1 : -x + y - z = 1; v
!
1 = (-1, 1, -1) ' b1
a1 §§a2
a2 : x + y = 0; u
!
2 = (1, 1, 0) ' a2
a1 : x + y = 3; u
!
1 = (1, 1, 0) ' a1
28
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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26. Pág. 97
é um vector director de r
é um vector director do eixo Oz
é perpendicular ao eixo Oz
é paralela ao plano xOy
Resposta: (A)
27. é normal a a
é normal a xOy
Resposta: (B)
28. é um vector normal a a
é um vector director de r
Resposta: (B)
29.
• BG é paralela a a e não é paralela
a b (a opção (A) é falsa).
• FE é perpendicular a a e FE
não é perpendicular a b (a opção
(C) é falsa).
• FA é perpendicular à intersecção de a com b e não é perpen-
dicular a b (a opção (D) é falsa).
Resposta: (B)
30. Todos as rectas passam no ponto de Pág. 98
coordenadas (1, 1, 1) do 1.8 octante
•
Recta paralela ao eixo Ox.
Intersecta apenas o plano yOz.
•
Recta paralela ao eixo Oy.
Intersecta apenas o plano xOz.
•
Recta perpendicular ao eixo Oz.
Não intersecta o plano xOy.
Resposta: (D)
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 2, 0), k å R
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (0, 2, 0), k å R
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 0, 0), k å R
a ' b
b : ABC
a : EAD
§ m = -1
§ (1, 2, 3) . (1, 1, m) = 0 § 1 + 2 + 3m = 0
a §§ r § n!a ' r! § n!a . r! = 0
r : x = y - 2 =
z
m
; r
!
= (1, 1, m)
a : x + 2y + 3z = 10; n
!
a = (1, 2, 3)
n
!
a . k
!
= 0 ± n
!
a ' k
!
± a ' xOy
xOy : z = 0; k
!
= (0, 0, 1)
a : x + y = 4; n
!
a = (1, 1, 0)
± r
r
! . k! = 0 ± r
k
!
= (0, 0, 1)
r
!
= (1, 1, 0)
r : x = y - 1 ‹ z = 4 31. P(1, 0, 0)
Q(0, 1, 0)
R(0, 0, 1)
Vector normal ao plano 
Todo o vector da família , com b 0 0 é normal ao
plano PQR. Em particular, para b = 1, obtém-se o vector
normal ao plano PQR.
x - 1 = y - 2 = z - 3 define uma recta r sendo um
vector director. Logo, r PQR.
Resposta: (C)
32. O eixo Ox é perpendicular ao plano yOz. Toda a recta perpen-
dicular ao plano yOz é paralela ao eixo Ox.
Resposta: (D)
33. Se r e s são perpendiculares a um
mesmo plano a, então 
Resposta: (C)
34. xOz : y = 0; é um vector normal Pág. 99
ao plano xOz.
Para que a seja perpendicular a xOz terá que ser , sendo
um vector normal a a.
•
Logo, a é perpendicular a xOz.
Resposta: (A)
35.
O sistema
define a intersecção de uma recta com um plano. Como a recta é
perpendicular ao plano (o vector director da recta é
normal ao plano) a intersecção é um ponto.
Resposta: (A)
36. Uma superfície esférica de centro 
em C(2, 0, 0) é tangente ao plano
yOz se tiver raio igual à abcissa 
do centro, ou seja, r 5 2.
Logo, ,
define uma superfície esférica
tangente ao plano yOz.
Resposta: (C)
37. Uma esfera de centro no ponto C(2, 3, 4) é tangente ao plano xOy
se o seu raio r for igual à cota de C, ou seja, r 5 4.
Logo, uma condição que define a esfera é
Resposta: (D)
(x - 2) 2 + (y - 3)2 + (z - 4)2 ≤ 42
(x - 2) 2 + y2 + z2 = 4
r
!
= (3, 4, 5)
53x + 4y + 5z = 2x
3
=
y
4
=
z
5
n
!
a . j
!
= (1, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0
a : z = x + 2 § x - z + 2 = 0; n
!
a = (1, 0, -1)
n
!
a
n
!
a . j
!
= 0
j
!
= (0,1, 0)
r §§ s.
Y
r
!
= (1, 1, 1)
n
!
= (1, 1, 1)
n
!
= (b, b, b)
§ 5a = bc = b
5a - b = 0-b + c = 05n
! .QP! = 0
n
! .QR! = 0
§ 5 (a, b, c)
. (1, -1, 0) = 0
(a, b, c) . (0, -1, 1) = 0
§
QR
!
= (0, -1, 1)
QP
!
= (1, -1, 0)
PQR : n
!
= (a, b, c)
29
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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38. Para que a superfície esférica seja tangente aos planos de equações
z = 1 e z = 5,
• a cota do centro da superfície esférica terá que ser
• o raio terá que ser 
Logo é uma possível solução.
Resposta: (C)
39. Se a superfície esférica é tangente ao plano de equação Pág. 100
y = 0, o seu raio terá que ser igual ao valor absoluto da ordenada do
centro, o que só se verifica na opção (A):
com C (2, 2, 0) e r = 2.
Como a distância do centro C ao plano de equação x = 4 é igual 
a esta superfície esférica é tangente ao plano de
equação x = 4.
Resposta: (A)
40. O centro da superfície esférica é o ponto
C (0, 2, 0) e o raio é 2. Como a distância de C ao plano de equação
y = 4 é a superfície esférica é tangente 
ao plano a. Logo, a intersecção de E com a é um ponto.
Outro processo:
(Este sistema define a intersecção de E com o
plano a)
(0, 0, 4) são as coordenadas do ponto de intersecção da superfície
esférica E com o plano a.
Resposta: (A)
41. define a intersecção da
superfície esférica de centro C (1, 1, 1) e raio 5 com o plano de
equação x = y que passa no centro de C (neste ponto tem-se x = y).
Logo, a intersecção é uma circunferência de raio 5.
Resposta: (A)
42. define uma superfície esférica S de
centro C(2, 2, 2) e raio . Um plano de equação x = a intersecta
esta superfície esférica se . Das hipóteses
apresentadas apenas 
Resposta: (C)
43. Raio da circunferência de perímetro 8 :
Atendendo a que o
triângulo [OBC] é
rectângulo em C tem-se
, ou seja,
Podemos concluir que
a equação da super-
fície esférica é
.
Resposta: (C)
x2 + y2 + z2 = 25
r2 = 25.
OB
2
= 32 + 42
§ r = 4§ r =
8p
2p
2pr = 8p
p
2 - œ2 ≤ 3 ≤ 2 + œ2.
2 - œ2 ≤ a ≤ 2 + œ2
œ2
(x - 2)2 + (y - 2) 2 + (z - 2)2 = 2
(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1) 2 = 25 ‹ x = y
§ (x, y, z) = (0, 0, 4)
§ 5x
2 + y2 = 0
y = 4
§ 5x = 0 ‹ y = 0y = 4
5x
2 + 4 + z2 = 4
y = 45
x2 + (y - 2)2 + z2 = 4
y = 4
§
5x
2 + (y - 2)2 + z2 = 4
y = 4
\4 - 2 \ = 2 = raio,
E : x2 + (y - 2)2 + z2 = 4
\2 - 4 \ = 2 = r,
(x - 2) 2 + (y - 2) 2 + z 2 = 4
x2 + y2 + (z - 3)2 = 4
5 - 1
2
= 2.
z0 =
1 + 5
2
= 3;
30
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
44. A intersecção da esfera definida pela condição Pág. 101
(centro na
origem e raio 5) com o plano
de equação z = 4 é um círculo
de raio r.
Tem-se que: 
Resposta: (D)
45. As superfícies esféricas têm o mesmo centro e raios diferentes pelo
que não se intersectam.
Resposta: (D)
46. Trata-se de duas superfícies esféricas de centros C1(0, 2, 0) e 
C2(0, 3, 0) com o mesmo raio igual a .
Como a distância entre os centros é inferior à soma dos raios, pois
, a intersecção das duas superfícies esféricas é
uma circunferência.
Resposta: (B)
47. define a esfera de centro
C(1, 2, 3) e raio 6.
Dado que a recta r passa no centro da esfera, a intersecção é um
segmento de recta cujo comprimento é igual ao diâmetro da esfera,
ou seja, 12.
Resposta: (C)
48. Pág. 102
Centro da esfera : C (2, 3, 4)
A(1, 1, 1)
Resposta: (B)
49.
A esfera tem raio 3 e centro sobre o eixo Oy no ponto C (0, 7, 0).
Logo, E intersecta Oy em dois pontos: A(0, 4, 0) e B(0, 10, 0) pois
7 - 3 = 4 e 7 + 3 = 10.
Resposta: (B)
50.
Os planos a e b são estritamente paralelos. A intersecção de a com
b é o conjunto vazio.
Resposta: (A)
b : 2x + 2y - 2z = 1
a : x + y - z = 1
E : x2 + (y - 7) 2 + z2 ≤ 9
B = C + AC
!
= (2, 3, 4) + (1, 2, 3) = (3, 5, 7)
AC
!
= C - A = (1, 2, 3)
(x - 2)2 + (y - 3)2 + (z - 4) 2 ≤ 14
r : (x, y, z) = (1, 2, 3) + k (-2, 0, 1), k å R
E : (x - 1) 2 + (y - 2)2 + (z - 3)2 ≤ 36
C1C2 = 1 e 1 < 2œ2
œ2
Acírculo = p * r2 = p * 32 = 9p
§ r = 352 = r2 + 42
x2 + y2 + z2 ≤ 25
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51. • A(4, 0); B(4, 2);
AB é a recta paralela a Oy de equação x = 4.
•
•
Declive de 
•
Declive de OC :
Sendo a a inclinação de OC, tem-se , donde
Resposta: (D)
52. Pág. 103
(ângulo interno do hexágono)
Inclinação da recta BC : 608
Inclinação da recta FB : 908 + 608 = 1508
Inclinaç~ao da recta EC : 1508 ( )
Resposta: (D)
53. O ponto B é a intersecção da recta AB com a recta BC.
Recta AB
Como 
é um ponto da recta AB.
Recta BC
mBC = tg (135°) = -1
C(0, 3); 3 é a ordenada na origem.
Intersecçao das rectas AB e BC :
5y = -
2
3
x -
4
3
y = - x + 3
§ 5 -x + 3 = -
2
3
x -
4
3
y = - x + 3
BC : y = -x + 3
§ y = -
2
3
x -
4
3
AB : y - 0 = -
2
3
(x + 2) 
A(-2, 0)
AB ' AC, mAB = -
2
3
mAC =
3
2
AC
!!
= C - A = (0, 3) - (-2, 0) = (2, 3)
EC §§ FB
CB̂A = 120°
a = tg-1 1322 ) 56, 38.
tg a = 3
2
3
2
OC
!
= (2, 3)
OB :
2
4
=
1
2
OB
!
= (4, 2)
DĈB = cos-1 1- 352 ) 1278
cos (CD! W CB!) = CD
! . CB!
i CD
!
i * i CD
!
i
=
-4 + 1
œ4 + 1 * œ4 + 1
=
-3
5
CB
!
= B - C = (4, 2) - (2, 3) = (2, -1)
CD
!
= D - C = (0, 2) - (2, 3) = (-2, -1)
Logo B(13, -10).
Resposta: (D)
54. A condição define a recta perpendicular à recta BC que
passa no ponto B. Como a recta BC é paralela ao eixo Ox (é a recta
de equação ) e o triângulo [ABC] é equilátero, vem que:
Recta AB
Recta AC
O ponto A é a intersecção das rectas AC e AB. Logo, as suas
coordenadas são a solução do sistema:
Resposta: (B)
1.1 A(5, 0, 0); B(0, 3, 1) Pág. 104
Como , a recta AB está contida no plano .
1.2
Logo, C(0, 0, 1).
1.3 Raio da base: 
Altura do cone: 
Volume do cone:
Logo, o volume do cone é u.v.
50p
3
V =
1
3
* p 1œ102
2
* 5 =
50p
3
h = ||OA
!
|| = 5
Rb = ||OB
!
|| = œ32 + 12 = œ10
§ z = 1
z > 0
§ z = 0 › z = 1
§ 0 + 0 + z (z - 1) = 0
§ (-5, 0, z) . (0, -3, z - 1) = 0
AC
!
' BC
!
§ AC
! . BC! = 0
BC
!
= C - B = (0, -3, z - 1)
AC
!
= C - A = (-5, 0, z)
C(0, 0, z), z > 0
pA å p e B å p
0 + 2 * 3 - 1 = 5 § 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; B å p
5 + 2 * 0 - 0 = 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; A å p
p : x + 2y - z = 5
5y = œ3x - 3œ3 + 1y = - œ3x - œ3 - 1
y - 1 = -œ3 (x + 1) § y = -œ3x - œ3 + 1
mAC = -œ3; C(-1, 1)
y - 1 = œ3 (x - 3) § y = œ3x - 3œ3 + 1
mAB = œ3; B (3, 1)
= - tg (608) = -œ3
mAC = tg (1808 - 608)
mAB = tg 608 = œ3
y = 1
BP
! . BC! = 0
§ 5 -3x + 9 = -2x - 4y = -x + 3 § 5
x = 13
y = -10
31
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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2.1 O ponto P é a intersecção do planos OPQ, PQV e OPV. Logo,
será a solução do sistema:
Tem-se P(2, 2, 2).
O ponto Q é a intersecção do planos xOy (z = 0), OPQ e PQV.
As coordenadas do ponto Q serão a solução do sistema:
Então, Q(3, 3, 0).
2.2 O ângulo OPQ é recto 
sendo , tem-se 
2.3
é um vector director da recta PV
OPQ : x - y = 0 e
é um vector normal ao plano OPQ.
Sendo é colinear com . Logo, também é
perpendicular ao plano OPQ e, consequentemente, a recta PV é
perpendicular a esse plano.
O volume da pirâmide é igual a 
Como PV é perpendicular ao plano OPQ podemos tomar para
base da pirâmide o triângulo [OPQ] e para altura dessa pirâ-
mide.
Área da base:
o triângulo [OPQ] é rectângulo em P (alínea 2.2),
então 
Altura da pirâmide 5
Volume da pirâmide 5
3.1 As rectas AB e BC são concorrentes (intersectam-se no ponto B e
não são coincidentes). Logo, as rectas AB e BC são complanares. 
O plano a, definido pelas rectas AB e BC é o plano ABC. Para
mostrar que é uma equação que define o plano
ABC basta verificar que os pontos A, B e C não são colineares e
que as coordenadas de qualquer um destes pontos satisfazem
aquela equação. Sendo as rectas AB e BC concorrentes em B e não
coincidentes, os pontos A, B e C não são colineares.
x + 2y + 6z = 10
1
3
* 3œ2 * 2œ2 = 4
i PV
!
i = œ4 + 4 + 0 = 2œ2
=
œ72
2
=
6œ2
2
= 3œ2=