Trigonometria

A hipotenusa sai do teorema de Pitágoras. Depois é só decidir, para o ângulo {\alpha}, qual dos catetos é o oposto e qual é o adjacente.

1. a) Pelo teorema de Pitágoras, \overline{AC}^{2} = 8^{2}+6^{2} = 100 \iff \overline{AC} = 10.
2. b) Visto de A, o cateto oposto é [BC] e o adjacente é [AB]: \operatorname{sen}{\alpha} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}, \qquad \cos{\alpha} = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}, \qquad \operatorname{tg}{\alpha} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}.Repara que \left(\frac{3}{5}\right)^{2}+\left(\frac{4}{5}\right)^{2} = \frac{9+16}{25} = 1. A fórmula fundamental já estava aqui, disfarçada de Pitágoras.

Os três ângulos 30^{\circ}, 45^{\circ} e 60^{\circ} saem da tabela. Em c) e d) há um atalho: nem é preciso substituir.

1. a) \operatorname{sen}30^{\circ} = \frac{1}{2} e \cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}, logo a soma é 1.
2. b) \operatorname{tg}45^{\circ} = 1, logo o produto é \cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}.
3. c) Pela fórmula fundamental, vale 1 — seja qual for o ângulo.
4. d) É a definição de tangente: \operatorname{tg}60^{\circ} = \sqrt{3}.Em a) o resultado 1 é coincidência de valores; em c) é identidade. Vale a pena não confundir as duas coisas.

O cateto oposto ao ângulo relaciona-se com a hipotenusa pelo seno; o adjacente, pelo cosseno. A calculadora tem de estar em graus.

1. Cateto oposto. \operatorname{sen}35^{\circ} = \frac{c_{\text{op}}}{12} \iff c_{\text{op}} = 12\operatorname{sen}35^{\circ} \approx 6{,}9.
2. Cateto adjacente. \cos 35^{\circ} = \frac{c_{\text{adj}}}{12} \iff c_{\text{adj}} = 12\cos 35^{\circ} \approx 9{,}8.
3. Confirmação. 6{,}9^{2}+9{,}8^{2} \approx 143{,}6 \approx 12^{2}. Bate certo.Arredondar só no fim. Se se arredondar o seno antes de multiplicar, o erro entra na resposta e a confirmação por Pitágoras deixa de fechar.

Faz a figura: um triângulo retângulo em que conheces o cateto adjacente ao ângulo e queres o oposto. É a tangente.

1. O modelo. A altura h é o cateto oposto ao ângulo de 28^{\circ}, e os 40 metros são o cateto adjacente.
2. A razão que liga os dois é a tangente. \operatorname{tg}28^{\circ} = \frac{h}{40} \iff h = 40\operatorname{tg}28^{\circ} \approx 21{,}3.
3. O farol tem cerca de 21{,}3 metros.O ângulo de elevação mede-se sempre a partir da horizontal. Medido a partir da vertical seria o complementar, e a tangente trocaria de razão.

Usa a fórmula fundamental — ou reconhece o terno pitagórico 5, 12, 13.

1. Pela fórmula fundamental, \cos^{2}{\alpha} = 1-\left(\frac{5}{13}\right)^{2} = 1-\frac{25}{169} = \frac{144}{169}.
2. Num triângulo, o ângulo é agudo e o cosseno é positivo: \cos{\alpha} = \frac{12}{13}.
3. A opção correta é a (B).A opção (D) é a tangente e a (C) é o inverso do seno. Nenhuma delas é o que se pediu — e as duas aparecem sempre, em todos os testes.

O menor ângulo é o que fica oposto ao menor cateto. Compara \sqrt{6} com 3\sqrt{2} = \sqrt{18}, e procura a razão que dê um valor da tabela dos ângulos notáveis.

1. a) Pelo teorema de Pitágoras, sendo c a hipotenusa, c^{2} = \left(\sqrt{6}\right)^{2}+\left(3\sqrt{2}\right)^{2} = 6+18 = 24 \iff c = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}.
2. b) Como \sqrt{6} < \sqrt{18} = 3\sqrt{2}, o menor cateto é o que mede \sqrt{6}, e o menor ângulo, {\alpha}, é o que lhe fica oposto: \operatorname{tg}{\alpha} = \frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}.
3. Na tabela, \frac{\sqrt{3}}{3} é a tangente de 30^{\circ}. Logo {\alpha} = 30^{\circ}.O seno confirma: \operatorname{sen}{\alpha} = \frac{\sqrt{6}}{2\sqrt{6}} = \frac{1}{2}. Com valores exatos e sem calculadora, a amplitude só pode vir da tabela — é por isso que ela se sabe de cor.

A tangente diz a proporção entre os catetos, não a medida. Escolhe um triângulo com essa proporção — por exemplo catetos 3 e 4 — e calcula a hipotenusa.

1. Um triângulo com essa tangente. Se o oposto for 3 e o adjacente 4, a tangente é \frac{3}{4}, como se quer.
2. A hipotenusa. \sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5.
3. As duas razões. \operatorname{sen}{\alpha} = \frac{3}{5}, \qquad \cos{\alpha} = \frac{4}{5}.
4. Qualquer outro triângulo com a mesma tangente é semelhante a este, e dá as mesmas razões.É esta invariância que faz as razões trigonométricas serem do ângulo e não do triângulo. Sem ela, nada disto funcionava.

Chama h à altura e d à distância da segunda posição à base. Escreve duas equações com a tangente e resolve o sistema.

1. Duas incógnitas, duas equações. Sejam h a altura da antena e d a distância da segunda posição à base; a primeira fica a d+50. Em cada triângulo retângulo, a tangente do ângulo de elevação liga a altura à distância: \begin{cases} \operatorname{tg}45^{\circ} = \dfrac{h}{d} \\[6pt] \operatorname{tg}30^{\circ} = \dfrac{h}{d+50} \end{cases} \iff \begin{cases} d = h \\[6pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{h}{h+50} \end{cases} A primeira equação dá logo d = h, porque \operatorname{tg}45^{\circ} = 1, e foi isso que se substituiu na segunda.
2. Resolver a segunda equação. \iff \begin{cases} d = h \\[6pt] \sqrt{3}\,(h+50) = 3h \end{cases} \iff \begin{cases} d = h \\[6pt] h\left(3-\sqrt{3}\right) = 50\sqrt{3} \end{cases} \iff \begin{cases} d = h \\[6pt] h = \dfrac{50\sqrt{3}}{3-\sqrt{3}} \end{cases}
3. O valor. Racionalizando o denominador, h = \frac{50\sqrt{3}\left(3+\sqrt{3}\right)}{9-3} = \frac{150\sqrt{3}+150}{6} = 25\left(\sqrt{3}+1\right) \approx 68{,}3.Duas observações e um deslocamento conhecido chegam para medir uma altura sem conhecer nenhuma distância à base. É assim que se mede o que não se pode alcançar.

A área de um paralelogramo é base \times altura. A altura sai do seno do ângulo de 60^{\circ}.

1. A altura. Tirando a altura de um vértice sobre o lado, fica um triângulo retângulo de hipotenusa 6 e ângulo 60^{\circ}: h = 6\operatorname{sen}60^{\circ} = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}.
2. A área. A = 6 \times 3\sqrt{3} = 18\sqrt{3}.O ângulo de 120^{\circ} do losango daria a mesma altura: \operatorname{sen}120^{\circ} = \operatorname{sen}60^{\circ}. A área não distingue os dois — e há razão para isso, que se vê melhor no círculo trigonométrico, na secção R3.

Os 12 metros são o comprimento da rampa: é a hipotenusa, não o cateto no chão.

1. A rampa é a hipotenusa; a altura é o cateto oposto a {\theta}.
2. \operatorname{sen}{\theta} = \frac{h}{12} \iff h = 12\operatorname{sen}{\theta}.
3. A opção correta é a (A).A opção (D) seria a resposta se os 12 metros fossem medidos no chão. É o erro mais comum nestes enunciados: ler o comprimento da rampa como se fosse a distância horizontal.

Chama h à altura do prédio e d à distância do ponto de observação à base. A tangente de cada ângulo de elevação dá uma equação — e as duas formam um sistema.

1. Duas incógnitas. Sejam h a altura do prédio e d a distância do ponto de observação à base. Os dois triângulos são retângulos na base do prédio e têm o cateto d em comum; o de cima tem h+9 de altura: \begin{cases} \operatorname{tg}34^{\circ} = \dfrac{h}{d} \\[6pt] \operatorname{tg}41^{\circ} = \dfrac{h+9}{d} \end{cases} \iff \begin{cases} h = d\operatorname{tg}34^{\circ} \\[6pt] h+9 = d\operatorname{tg}41^{\circ} \end{cases}
2. Substituir h na segunda equação. \iff \begin{cases} h = d\operatorname{tg}34^{\circ} \\[6pt] d\operatorname{tg}34^{\circ}+9 = d\operatorname{tg}41^{\circ} \end{cases} \iff \begin{cases} h = d\operatorname{tg}34^{\circ} \\[6pt] d = \dfrac{9}{\operatorname{tg}41^{\circ}-\operatorname{tg}34^{\circ}} \end{cases} \iff \begin{cases} h \approx 46{,}206 \times \operatorname{tg}34^{\circ} \approx 31{,}167 \\[6pt] d \approx 46{,}206 \end{cases}
3. O prédio tem cerca de 31{,}2 metros.Sete graus para abranger nove metros de antena é pouco — e é por isso que o ponto de observação fica longe, a mais de 46 metros. Um ângulo pequeno entre as duas visadas pede uma distância grande.

A horizontal que passa por J parte o problema em dois triângulos retângulos. O de baixo tem um cateto conhecido — os 15 metros — e dá a distância; o de cima usa essa distância.

1. O triângulo de baixo. A horizontal por J encontra o prédio em frente num ponto K, também a 15 metros do solo. No triângulo [JKB], retângulo em K, o ângulo em J é a depressão de 40^{\circ}, \overline{KB} = 15 é o cateto oposto e a distância d = \overline{JK} é o adjacente: \operatorname{tg}40^{\circ} = \frac{15}{d} \iff d = \frac{15}{\operatorname{tg}40^{\circ}} \approx 17{,}876.
2. O triângulo de cima. Em [JKT], retângulo em K: \overline{KT} = d\operatorname{tg}28^{\circ} \approx 9{,}505.
3. A altura do prédio é \overline{KT}+\overline{KB} \approx 9{,}505+15 \approx 24{,}5 metros.Os 15 metros da janela entram duas vezes: primeiro como cateto do triângulo de baixo, depois somados no fim. Esquecer a segunda vez é o erro mais comum — e dá um prédio de 9{,}5 metros, mais baixo do que a janela de onde se olha para cima.

O ponto onde as correntes estão presas fica a 2+0{,}5 metros do chão. Com as correntes inclinadas, o assento fica abaixo desse ponto apenas o cateto vertical do triângulo retângulo que elas formam.

1. O ponto de suspensão fica a 2{,}5 metros do chão: é a altura do assento em repouso mais o comprimento das correntes.
2. O que o assento desce abaixo dele. As correntes são a hipotenusa e o ângulo de 45^{\circ} fica no ponto de suspensão, entre elas e a vertical. A distância vertical do ponto de suspensão ao assento é o cateto adjacente a esse ângulo: v = 2\cos 45^{\circ} = 2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}.
3. A altura do assento é 2{,}5-\sqrt{2} \approx 1{,}09 metros.É o cosseno, e não o seno, porque o ângulo foi medido a partir da vertical. A 45^{\circ} a troca passava despercebida — os dois valem \frac{\sqrt{2}}{2} —, mas com 30^{\circ} já dava outra resposta.

São dois triângulos retângulos com o poste como cateto comum, um de cada lado. A distância pedida é a soma das duas distâncias à base.

1. Do lado da Rita. O poste é o cateto oposto ao ângulo de 35^{\circ} e a distância r à base é o adjacente: \operatorname{tg}35^{\circ} = \frac{12}{r} \iff r = \frac{12}{\operatorname{tg}35^{\circ}} \approx 17{,}138.
2. Do lado do Tomás. Da mesma maneira, t = \frac{12}{\operatorname{tg}52^{\circ}} \approx 9{,}375.
3. A distância entre os dois é r+t \approx 26{,}5 metros.Se estivessem os dois do mesmo lado do poste, a distância entre eles seria a diferença, r-t. O que decide a conta é o enunciado — e a figura é o que o deixa ver.

No triângulo [APD], retângulo em A, o cateto [AD] é oposto a {\alpha} e [AP] é adjacente. Em b), \overline{PB} = 8 - \overline{AP}.

1. a) No triângulo [APD], retângulo em A: \operatorname{tg}{\alpha} = \frac{\overline{AD}}{\overline{AP}} = \frac{3}{\overline{AP}} \iff \overline{AP} = \frac{3}{\operatorname{tg}{\alpha}}. \quad \square
2. b) O triângulo [PBC] é retângulo em B, com catetos \overline{PB} = 8-\overline{AP} e \overline{BC} = \overline{AD} = 3: A({\alpha}) = \frac{\overline{PB} \times \overline{BC}}{2} = \frac{3}{2}\left(8 - \frac{3}{\operatorname{tg}{\alpha}}\right) = 12 - \frac{9}{2\operatorname{tg}{\alpha}}.
3. O domínio da expressão é o conjunto dos {\alpha} para os quais P cai dentro de [AB], isto é \frac{3}{\operatorname{tg}{\alpha}} \leq 8.Escrever uma medida em função de um ângulo é o tipo de item que o Exame repete todos os anos. O trabalho é sempre o mesmo: identificar o triângulo retângulo onde o ângulo vive, e escrever os outros comprimentos a partir dele.

O triângulo [OAB] é isósceles: \overline{OA} = \overline{OB} = 1. A mediana [OM] é também altura e bissetriz, e parte o triângulo em dois retângulos.

1. O triângulo é isósceles porque \overline{OA} = \overline{OB} = 1. Logo [OM] é altura e bissetriz: o ângulo AOM tem amplitude \frac{{\theta}}{2} e o triângulo [OMA] é retângulo em M.
2. No triângulo [OMA], com hipotenusa \overline{OA} = 1: \operatorname{sen}\frac{{\theta}}{2} = \frac{\overline{AM}}{1} = \overline{AM}.
3. Como M é o ponto médio, \overline{AB} = 2\overline{AM} = 2\operatorname{sen}\frac{{\theta}}{2}. \square
4. O perímetro é \overline{OA}+\overline{OB}+\overline{AB}: P({\theta}) = 2 + 2\operatorname{sen}\frac{{\theta}}{2}.Este é o comprimento da corda. Não confundir com o comprimento do arco, que fica para a secção R4 — é com o radiano que ele se torna simples: numa circunferência de raio 1, o arco mede o próprio ângulo.

Em a) o triângulo retângulo tem por catetos a altura da pirâmide e metade da diagonal da base. Em b) o cateto na base é metade do lado — e não metade da diagonal.

1. a) A diagonal da base mede 10\sqrt{2}, logo do centro a um vértice vão 5\sqrt{2}. Com a altura 12: \operatorname{tg}{\alpha} = \frac{12}{5\sqrt{2}} \iff {\alpha} \approx 59{,}5^{\circ}.
2. b) O ângulo de uma face com a base mede-se pelo apótema: do centro ao meio de um lado vão 5. \operatorname{tg}{\beta} = \frac{12}{5} \iff {\beta} \approx 67{,}4^{\circ}.
3. Os dois ângulos são diferentes, e tem de ser assim: a aresta é mais comprida do que o apótema, e portanto mais deitada.O erro clássico é usar o mesmo triângulo nas duas alíneas. Vale a pena desenhar cada secção plana separadamente antes de escrever seja o que for.

Corta o cone por um plano que contenha o eixo: fica um triângulo retângulo com a geratriz por hipotenusa, o raio da base e a altura por catetos, e o ângulo {\theta} entre a geratriz e o raio.

1. a) No triângulo retângulo da secção, com hipotenusa 6 e o ângulo {\theta} entre a geratriz e o raio, r = 6\cos{\theta}, \qquad h = 6\operatorname{sen}{\theta}. Logo V({\theta}) = \frac{1}{3}{\pi}r^{2}h = \frac{1}{3}{\pi} \times 36\cos^{2}{\theta} \times 6\operatorname{sen}{\theta} = 72{\pi}\cos^{2}{\theta}\operatorname{sen}{\theta}. \quad \square
2. b) V(30^{\circ}) = 72{\pi} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} = 27{\pi}, \qquad V(60^{\circ}) = 72{\pi} \times \frac{1}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3}\,{\pi}.
3. c) O de 60^{\circ} é o mais alto: h = 6\operatorname{sen}60^{\circ} = 3\sqrt{3} \approx 5{,}2 cm, contra 6\operatorname{sen}30^{\circ} = 3 cm. Mas 9\sqrt{3} \approx 15{,}6 < 27: é o mais baixo que leva mais.O volume depende do quadrado do raio e só da primeira potência da altura. Quando o cone se levanta, o raio encolhe — e o quadrado encolhe depressa. Representando V na calculadora gráfica, em graus, vê-se que o volume máximo se atinge perto de 35^{\circ}.

A altura relativa a [AB] tira-se de C. No triângulo retângulo que ela forma com [AC], a hipotenusa é 5.

1. A altura. Seja H o pé da perpendicular tirada de C para [AB]. No triângulo [AHC], retângulo em H, com hipotenusa \overline{AC} = 5 e o ângulo de 40^{\circ} em A: \overline{CH} = 5\operatorname{sen}40^{\circ} \approx 3{,}214.
2. A área. \frac{\overline{AB} \times \overline{CH}}{2} = \frac{8 \times 5\operatorname{sen}40^{\circ}}{2} = 20\operatorname{sen}40^{\circ} \approx 12{,}9.Repara na forma da conta: metade do produto dos dois lados pelo seno do ângulo entre eles. Não é coincidência deste triângulo — um dos exercícios vermelhos desta grelha mostra que é sempre assim.

Tira a altura de C para [AB]. O triângulo retângulo do lado de A dá a altura e um pedaço da base; o outro pedaço é o que falta para 9, e o teorema de Pitágoras fecha a conta.

1. O triângulo do lado de A. Seja H o pé da altura tirada de C. Em [AHC], retângulo em H e com hipotenusa 6: \overline{CH} = 6\operatorname{sen}50^{\circ} \approx 4{,}596, \qquad \overline{AH} = 6\cos 50^{\circ} \approx 3{,}857.
2. O outro pedaço da base. \overline{HB} = 9-\overline{AH} \approx 5{,}143.
3. Pitágoras no triângulo [HBC]. \overline{BC} = \sqrt{\overline{CH}^{2}+\overline{HB}^{2}} \approx \sqrt{4{,}596^{2}+5{,}143^{2}} \approx 6{,}9.O pé H cai dentro de [AB] porque \overline{AH} \approx 3{,}9 é menor do que 9. Se fosse maior, H ficava para lá de B e o pedaço seria \overline{AH}-9 — o quadrado dava o mesmo, mas o desenho seria outro.

O ângulo em A é obtuso. A perpendicular tirada de C vai encontrar o prolongamento de [BA] para lá de A, e o triângulo retângulo que se forma tem em A o ângulo suplementar, 180^{\circ}-130^{\circ}.

1. a) Se o pé H estivesse em [AB], o triângulo [AHC] seria retângulo em H e teria em A o ângulo de 130^{\circ}: dois ângulos, de 130^{\circ} e de 90^{\circ}, que somados já passam dos 180^{\circ}. Logo H fica no prolongamento de [BA], para lá de A.
2. b) No triângulo [AHC], retângulo em H, o ângulo em A tem 180^{\circ}-130^{\circ} = 50^{\circ} e a hipotenusa é \overline{AC} = 4: \overline{CH} = 4\operatorname{sen}50^{\circ} \approx 3{,}064.
3. A área usa na mesma a base [AB]: \frac{6 \times \overline{CH}}{2} = 12\operatorname{sen}50^{\circ} \approx 9{,}2.A altura relativa a um lado não tem de cair em cima dele: é a distância do vértice oposto à reta que contém o lado. A fórmula da área não quer saber de onde cai o pé.

O pé da altura cai fora de [AB]. No triângulo retângulo que se forma, a hipotenusa é [AC] e o ângulo em A é o suplementar de 120^{\circ}.

1. O ângulo agudo do triângulo retângulo tem 180^{\circ}-120^{\circ} = 60^{\circ}, e a hipotenusa é 4: h = 4\operatorname{sen}60^{\circ} = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}.
2. A opção correta é a (A).A opção (B) é 4\cos 60^{\circ}: a distância de A ao pé da altura, não a altura. A (C) é 6\operatorname{sen}60^{\circ}, que usa o lado errado — a altura relativa a [AB] sai do lado que liga A ao vértice oposto, [AC].

Traça a altura [CH]: parte o triângulo em dois retângulos e é o lado comum aos dois. Com x = \overline{AH}, a tangente de cada ângulo dá uma equação em h e x — resolve o sistema.

1. Partir em dois. Seja H o pé da altura tirada de C sobre [AB], h = \overline{CH} e x = \overline{AH}, de modo que \overline{HB} = 10-x.
2. Um sistema, com uma equação por triângulo retângulo. \begin{cases} \operatorname{tg}40^{\circ} = \dfrac{h}{x} \\[6pt] \operatorname{tg}65^{\circ} = \dfrac{h}{10-x} \end{cases} \iff \begin{cases} h = x\operatorname{tg}40^{\circ} \\[6pt] h = (10-x)\operatorname{tg}65^{\circ} \end{cases}
3. Substituir h na segunda equação. \iff \begin{cases} h = x\operatorname{tg}40^{\circ} \\[6pt] x\operatorname{tg}40^{\circ} = (10-x)\operatorname{tg}65^{\circ} \end{cases} \iff \begin{cases} h = x\operatorname{tg}40^{\circ} \\[6pt] x = \dfrac{10\operatorname{tg}65^{\circ}}{\operatorname{tg}40^{\circ}+\operatorname{tg}65^{\circ}} \end{cases} \iff \begin{cases} h \approx 7{,}188 \times \operatorname{tg}40^{\circ} \approx 6{,}03 \\[6pt] x \approx 7{,}188 \end{cases}Não é preciso lei nenhuma nova: um triângulo qualquer resolve-se sempre partindo-o em dois retângulos por uma altura. É o método do 3.º ciclo, e chega para tudo o que o 11.º ano pede.

A distância do navio à costa é a altura h do triângulo [ABN] relativa a [AB]. Com x = \overline{AH}, a tangente de cada ângulo dá uma equação em h e x: resolve o sistema.

1. a) Seja H o pé da perpendicular tirada de N para a reta AB, h = \overline{NH} e x = \overline{AH}. Os dois ângulos são agudos, por isso H fica entre os faróis e \overline{HB} = 15-x. Uma equação em cada triângulo retângulo: \begin{cases} \operatorname{tg}48^{\circ} = \dfrac{h}{x} \\[6pt] \operatorname{tg}64^{\circ} = \dfrac{h}{15-x} \end{cases} \iff \begin{cases} h = x\operatorname{tg}48^{\circ} \\[6pt] x\operatorname{tg}48^{\circ} = (15-x)\operatorname{tg}64^{\circ} \end{cases}
2. Resolver o sistema. \iff \begin{cases} h = x\operatorname{tg}48^{\circ} \\[6pt] x = \dfrac{15\operatorname{tg}64^{\circ}}{\operatorname{tg}48^{\circ}+\operatorname{tg}64^{\circ}} \end{cases} \iff \begin{cases} h \approx 10{,}806 \\[6pt] x \approx 9{,}730 \end{cases}
3. b) Nos dois triângulos retângulos, h é o cateto oposto e a distância ao farol é a hipotenusa: \overline{NA} = \frac{h}{\operatorname{sen}48^{\circ}} \approx 14{,}541, \qquad \overline{NB} = \frac{h}{\operatorname{sen}64^{\circ}} \approx 12{,}023.O farol mais próximo é o do ângulo maior, B. Num triângulo, ao maior ângulo opõe-se o maior lado — e o lado oposto ao ângulo em B é precisamente [NA], o mais comprido dos dois.

Tira a altura sobre o maior lado, [AC]: os dois ângulos que lhe são adjacentes são agudos, e o pé cai dentro. Com x = \overline{AH}, o teorema de Pitágoras em cada triângulo retângulo dá um sistema em h e x.

1. A altura sobre [AC]. Seja H o pé da perpendicular tirada de B, h = \overline{BH} e x = \overline{AH}, de modo que \overline{HC} = 40-x. Pelo teorema de Pitágoras nos dois triângulos retângulos, \begin{cases} h^{2}+x^{2} = 25^{2} \\[4pt] h^{2}+(40-x)^{2} = 30^{2} \end{cases} \iff \begin{cases} h^{2} = 625-x^{2} \\[4pt] 625-x^{2}+(40-x)^{2} = 900 \end{cases}
2. Resolver. Na segunda equação o x^{2} desaparece: \iff \begin{cases} h^{2} = 625-x^{2} \\[4pt] 2225-80x = 900 \end{cases} \iff \begin{cases} h^{2} = 625-x^{2} \\[4pt] x = 16{,}5625 \end{cases} \iff \begin{cases} h = \sqrt{625-16{,}5625^{2}} \approx 18{,}727 \\[4pt] x = 16{,}5625 \end{cases}
3. a) Sejam \hat{A}, \hat{B} e \hat{C} as amplitudes dos ângulos nos vértices com esses nomes. Nos dois triângulos retângulos, \cos\hat{A} = \frac{16{,}5625}{25} = 0{,}6625, \qquad \cos\hat{C} = \frac{40-16{,}5625}{30} = 0{,}78125, e, com a calculadora, \hat{A} \approx 48{,}5^{\circ} e \hat{C} \approx 38{,}6^{\circ}. O terceiro é \hat{B} \approx 180^{\circ}-48{,}5^{\circ}-38{,}6^{\circ} = 92{,}9^{\circ}.
4. b) \frac{\overline{AC} \times h}{2} \approx \frac{40 \times 18{,}727}{2} \approx 375.O ângulo em B é obtuso, embora por pouco — o terreno quase tem um canto em esquadria. Sobre um dos outros lados o pé da altura podia cair fora; sobre o maior cai sempre dentro, e foi por isso que se escolheu [AC].

A diagonal [BD] é o terceiro lado do triângulo [ABD], que tem o ângulo de 60^{\circ} em A. A diagonal [AC] é o terceiro lado do triângulo [ABC], em que o ângulo em B é o suplementar, 120^{\circ} — e aí a altura cai fora.

1. A altura tirada de D. Seja H o pé da perpendicular tirada de D para a reta AB. No triângulo [AHD], com hipotenusa 5 e o ângulo de 60^{\circ} em A: \overline{DH} = 5\operatorname{sen}60^{\circ} = \frac{5\sqrt{3}}{2}, \qquad \overline{AH} = 5\cos 60^{\circ} = \frac{5}{2}.
2. A diagonal menor, [BD]. H fica em [AB] e \overline{HB} = 9-\frac{5}{2} = \frac{13}{2}: \overline{BD}^{2} = \left(\frac{13}{2}\right)^{2}+\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^{2} = \frac{169+75}{4} = 61 \iff \overline{BD} = \sqrt{61}.
3. A diagonal maior, [AC]. A altura tirada de C para a reta AB tem o mesmo comprimento, \frac{5\sqrt{3}}{2}, e o seu pé K fica para lá de B, com \overline{BK} = \frac{5}{2} — o triângulo [BKC] é igual a [AHD]. Então \overline{AK} = 9+\frac{5}{2} = \frac{23}{2} e \overline{AC}^{2} = \left(\frac{23}{2}\right)^{2}+\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^{2} = \frac{529+75}{4} = 151 \iff \overline{AC} = \sqrt{151}.Confere: \overline{AC}^{2}+\overline{BD}^{2} = 212 = 2\left(9^{2}+5^{2}\right). Num paralelogramo, a soma dos quadrados das diagonais é a soma dos quadrados dos quatro lados — uma boa maneira de apanhar um erro de conta.

No triângulo [APT] conheces um lado e dois ângulos — o terceiro sai da soma. A altura tirada de P para [AT] forma um triângulo retângulo com hipotenusa 20. Em b), o topo está acima do solo o cateto vertical de um triângulo retângulo com hipotenusa [PT].

1. O terceiro ângulo. Em [APT], o ângulo em T tem 180^{\circ}-32^{\circ}-100^{\circ} = 48^{\circ}.
2. a) Seja Q o pé da perpendicular tirada de P para [AT] — cai dentro, porque os ângulos em A e em T são agudos. Em [AQP], com hipotenusa 20 e o ângulo de 32^{\circ} em A: \overline{PQ} = 20\operatorname{sen}32^{\circ} \approx 10{,}598. Em [PQT], retângulo em Q, com o ângulo de 48^{\circ} em T: \overline{PT} = \frac{\overline{PQ}}{\operatorname{sen}48^{\circ}} \approx 14{,}262.
3. b) Do outro lado do poste, o ângulo com o solo é o suplementar, 180^{\circ}-100^{\circ} = 80^{\circ}. Seja R o pé da perpendicular tirada de T para o solo: o triângulo [PRT] é retângulo em R, com hipotenusa \overline{PT} e o ângulo de 80^{\circ} em P, e \overline{RT} = \overline{PT}\operatorname{sen}80^{\circ} \approx 14{,}0.Confirmação por outro caminho: o topo está também à altura \overline{AT}\operatorname{sen}32^{\circ}, com \overline{AT} = \overline{AQ}+\overline{QT} = 20\cos 32^{\circ}+\frac{\overline{PQ}}{\operatorname{tg}48^{\circ}} \approx 26{,}504 — e dá o mesmo.

Une o centro do octógono aos oito vértices: ficam oito triângulos isósceles iguais, com \frac{360^{\circ}}{8} = 45^{\circ} no centro. A altura de cada um — o apótema — parte-o em dois triângulos retângulos. Lembra-te de que um litro são 1000 cm³.

1. O triângulo central. Cada um dos oito triângulos tem base 6 e um ângulo de 45^{\circ} no centro. A altura tirada do centro, o apótema a, é também bissetriz e mediana: parte-o em dois triângulos retângulos com catetos a e 3 e um ângulo de 22{,}5^{\circ} no centro: \operatorname{tg}22{,}5^{\circ} = \frac{3}{a} \iff a = \frac{3}{\operatorname{tg}22{,}5^{\circ}} \approx 7{,}243.
2. A área da base são oito triângulos destes: A_{b} = 8 \times \frac{6a}{2} = 24a \approx 173{,}823.
3. O volume é A_{b} \times 20 \approx 3476 cm³, cerca de 3{,}48 litros.
4. Como 3{,}48 > 3, os três litros cabem, e ainda sobra perto de meio litro.Os triângulos em que o octógono se parte não são retângulos — são isósceles, com 45^{\circ} no vértice. É a altura que os torna tratáveis, como em toda esta secção.

Faz a figura. Se o barco virou 35^{\circ}, o ângulo PQR do triângulo não é 35^{\circ}: é o seu suplementar. A perpendicular tirada de R para a reta PQ cai no prolongamento de [PQ], para lá de Q.

1. O ângulo em Q. O barco vinha na direção de P para Q e rodou 35^{\circ}: é esse o ângulo entre o prolongamento de [PQ] e [QR]. O ângulo PQR do triângulo tem 180^{\circ}-35^{\circ} = 145^{\circ}.
2. A altura tirada de R. Seja H o pé da perpendicular tirada de R para a reta PQ, para lá de Q. Em [QHR], com hipotenusa 8 e o ângulo de 35^{\circ} em Q: \overline{RH} = 8\operatorname{sen}35^{\circ} \approx 4{,}589, \qquad \overline{QH} = 8\cos 35^{\circ} \approx 6{,}553.
3. Pitágoras em [PHR]. Com \overline{PH} = 12+\overline{QH} \approx 18{,}553, \overline{PR} = \sqrt{\overline{PH}^{2}+\overline{RH}^{2}} \approx \sqrt{18{,}553^{2}+4{,}589^{2}} \approx 19{,}1.Com uma viragem pequena, o barco quase não perde caminho: navegou 20 km e está a 19{,}1 do porto. Se tivesse virado 145^{\circ}, o ângulo em Q seria de 35^{\circ}, o pé da altura caía dentro de [PQ], o pedaço subtraía-se — e o barco ficava a pouco mais de 7 km do porto.

Toma o lado de medida a por base e tira a altura do vértice oposto. Essa altura é cateto de um triângulo retângulo com hipotenusa b. Em b), o pé cai fora, e o ângulo desse triângulo retângulo é o suplementar de {\theta}.

1. a) Seja [AB] o lado de medida a, [AC] o de medida b e {\theta} o ângulo em A. A altura tirada de C, [CH], é cateto do triângulo [AHC], retângulo em H, com hipotenusa b e o ângulo {\theta} em A. Logo \overline{CH} = b\operatorname{sen}{\theta}, e a área é \frac{a \times \overline{CH}}{2} = \frac{1}{2}ab\operatorname{sen}{\theta}. \quad \square
2. b) Com {\theta} obtuso, H cai no prolongamento de [BA], para lá de A, e no triângulo [AHC] o ângulo em A tem 180^{\circ}-{\theta}. A mesma conta dá \overline{CH} = b\operatorname{sen}\left(180^{\circ}-{\theta}\right) e \frac{a \times \overline{CH}}{2} = \frac{1}{2}ab\operatorname{sen}\left(180^{\circ}-{\theta}\right). \quad \square
3. c) Pela alínea b), com 180^{\circ}-115^{\circ} = 65^{\circ}: \frac{1}{2} \times 5 \times 3{,}5 \times \operatorname{sen}65^{\circ} \approx 7{,}93.Na secção R3 o seno passa a estar definido para qualquer ângulo, e vê-se lá que \operatorname{sen}\left(180^{\circ}-{\theta}\right) = \operatorname{sen}{\theta}. As duas fórmulas ficam então uma só: a área é sempre metade do produto de dois lados pelo seno do ângulo que eles formam.

Tira a altura de A para a reta que contém [BC]. O ponto C tem de estar nessa reta, à distância x de A: compara x com a altura e com \overline{AB}, como no último exemplo desta secção.

1. a) Seja H o pé da perpendicular tirada de A para a reta BC. No triângulo [ABH], \overline{AH} = 12\operatorname{sen}40^{\circ} \approx 7{,}713. Como [AC] é a hipotenusa do triângulo [AHC] — ou é o próprio [AH], se C = H —, tem de ser x \geq \overline{AH} = 12\operatorname{sen}40^{\circ}. \square
2. b) Para x > \overline{AH} há dois pontos da reta BC à distância x de A, um de cada lado de H, ambos a \sqrt{x^{2}-\overline{AH}^{2}} de H. Os dois servem enquanto ficarem do mesmo lado de B que H — e o mais próximo de B só passa para trás de B quando x chega a \overline{AB} = 12. Há dois triângulos quando 12\operatorname{sen}40^{\circ} < x < 12.
3. c) Com x = 9, que está entre 7{,}713 e 12: \overline{BH} = 12\cos 40^{\circ} \approx 9{,}193, \qquad \overline{HC} = \sqrt{81-\overline{AH}^{2}} \approx 4{,}637, e \overline{BC} \approx 9{,}193+4{,}637 \approx 13{,}8 ou \overline{BC} \approx 9{,}193-4{,}637 \approx 4{,}6.Para x = 12\operatorname{sen}40^{\circ} há um só triângulo, retângulo em C; para x \geq 12 também um só, porque o segundo ponto já está do lado errado de B — com ele, o ângulo em B teria 140^{\circ} e não 40^{\circ}. À medida que x cresce: nenhum triângulo, um, dois, e outra vez um.

Tira a altura de C para [AB] e escreve os dois catetos do triângulo do lado de A em função de {\theta}. O resto é o teorema de Pitágoras e a fórmula fundamental.

1. a) Seja H o pé da perpendicular tirada de C para [AB]. Em [AHC], com hipotenusa 3, \overline{CH} = 3\operatorname{sen}{\theta}, \qquad \overline{AH} = 3\cos{\theta}, e H fica em [AB] porque 3\cos{\theta} < 3 < 5. Então \overline{HB} = 5-3\cos{\theta} e, pelo teorema de Pitágoras em [HBC], \overline{BC}^{2} = 9\operatorname{sen}^{2}{\theta}+\left(5-3\cos{\theta}\right)^{2} = 9\operatorname{sen}^{2}{\theta}+9\cos^{2}{\theta}+25-30\cos{\theta}. Como 9\operatorname{sen}^{2}{\theta}+9\cos^{2}{\theta} = 9, fica \overline{BC}^{2} = 34-30\cos{\theta}. \square
2. b) \overline{BC} = \sqrt{34-30 \times \frac{1}{2}} = \sqrt{19}.
3. c) 34-30\cos{\theta} = 16 \iff \cos{\theta} = \frac{3}{5}, e, com a calculadora, {\theta} \approx 53{,}1^{\circ}. Os lados ficam 3, 4 e 5, e 3^{2}+4^{2} = 5^{2}: o triângulo é retângulo em C.A fórmula da alínea a) é um caso da lei dos cossenos, a^{2} = b^{2}+c^{2}-2bc\cos{\theta} — aqui 34 = 3^{2}+5^{2} e 30 = 2 \times 3 \times 5. As Aprendizagens Essenciais põem-na nos possíveis aprofundamentos; quem a quiser tem-na sem lei nenhuma, com uma altura e a fórmula fundamental.

Dois ângulos têm o mesmo lado extremidade quando diferem por um número inteiro de voltas. Uma volta são 360^{\circ}.

1. a) 50^{\circ}+k \times 360^{\circ}, k \in \mathbb{Z}.
2. b) -120^{\circ}+k \times 360^{\circ}, k \in \mathbb{Z}. Também se pode escrever 240^{\circ}+k \times 360^{\circ}: é a mesma família.
3. c) Como 390^{\circ} = 30^{\circ}+360^{\circ}, a expressão é 30^{\circ}+k \times 360^{\circ}.
4. d) 180^{\circ}+k \times 360^{\circ}.A mesma família admite infinitas escritas — todas certas. O que não pode variar é o conjunto de ângulos que a expressão descreve.

Tira as voltas completas até ficares com um ângulo entre 0^{\circ} e 360^{\circ}.

1. a) 200^{\circ} está entre 180^{\circ} e 270^{\circ}: 3.º quadrante.
2. b) -40^{\circ} = 320^{\circ}-360^{\circ}, e 320^{\circ} está entre 270^{\circ} e 360^{\circ}: 4.º quadrante.
3. c) 460^{\circ}-360^{\circ} = 100^{\circ}: 2.º quadrante.
4. d) -300^{\circ}+360^{\circ} = 60^{\circ}: 1.º quadrante.Retirar voltas é somar ou subtrair 360^{\circ} até cair no intervalo \left[0^{\circ},\,360^{\circ}\right[. O lado extremidade não muda: as voltas não deixam rasto.

Localiza o lado extremidade e pergunta: a ordenada do ponto é positiva ou negativa? E a abcissa?

1. a) 150^{\circ} é do 2.º quadrante, onde a ordenada é positiva: \operatorname{sen}150^{\circ} > 0.
2. b) 250^{\circ} é do 3.º quadrante, onde a abcissa é negativa: \cos 250^{\circ} < 0.
3. c) 200^{\circ} é do 3.º quadrante: seno e cosseno são ambos negativos, e o quociente é positivo.
4. d) -70^{\circ} é do 4.º quadrante, onde a abcissa é positiva: \cos\left(-70^{\circ}\right) > 0.A tangente é o único caso em que dois sinais negativos dão um positivo — e é por isso que a tangente é positiva em dois quadrantes opostos, o 1.º e o 3.º.

Cada um destes ângulos tem o lado extremidade sobre um eixo. Escreve as coordenadas do ponto e lê.

1. a) O lado extremidade de 180^{\circ} encontra a circunferência em (-1,\,0). A ordenada é 0: \operatorname{sen}180^{\circ} = 0.
2. b) O de 270^{\circ} encontra-a em (0,\,-1). A abcissa é 0: \cos 270^{\circ} = 0.
3. c) \operatorname{tg}180^{\circ} = \frac{0}{-1} = 0.
4. d) \cos 90^{\circ} = 0, logo o quociente não está definido: não existe \operatorname{tg}90^{\circ}. No círculo vê-se porquê: o lado extremidade é vertical e nunca corta a reta x = 1.Os quatro pontos sobre os eixos — (1,0), (0,1), (-1,0), (0,-1) — respondem sozinhos a todas as perguntas deste tipo. Não há tabela para decorar.

No 3.º quadrante, o seno e o cosseno são ambos negativos. Vê o que isso obriga em cada opção.

1. No 3.º quadrante, \operatorname{sen}{\alpha} < 0 e \cos{\alpha} < 0.
2. (A) O produto de dois negativos é positivo: falsa.
3. (B) A soma de dois negativos é negativa: verdadeira.
4. (C) O quociente de dois negativos é positivo: falsa.
5. (D) Nada obriga a isso — em 250^{\circ} tem-se \cos > \operatorname{sen}, mas em 200^{\circ} é ao contrário: falsa.«Necessariamente verdadeira» quer dizer para todos os ângulos do quadrante. Um contraexemplo chega para eliminar uma opção.

Com o seno negativo, ficam dois quadrantes possíveis. A tangente decide entre eles.

1. Do seno. \operatorname{sen}{\alpha} < 0 nos 3.º e 4.º quadrantes.
2. Da tangente. \operatorname{tg}{\alpha} < 0 nos 2.º e 4.º.
3. Interseção: 4.º quadrante. Aí a abcissa é positiva, logo \cos{\alpha} > 0.
4. Confirmação. \operatorname{tg}{\alpha} = \frac{\operatorname{sen}{\alpha}}{\cos{\alpha}} = \frac{-}{+} = -. Coerente.Dois sinais chegam sempre para fixar o quadrante: cada razão parte o círculo em duas metades e as duas metades cruzam-se num quarto.

A fórmula fundamental dá o quadrado do seno — e portanto dois valores possíveis. É o quadrante que decide qual deles serve.

1. Fórmula fundamental. \operatorname{sen}^{2}{\alpha} = 1-\cos^{2}{\alpha} = 1-\frac{9}{25} = \frac{16}{25} \iff \operatorname{sen}{\alpha} = \pm\frac{4}{5}.
2. Escolher. No 3.º quadrante a ordenada é negativa: \operatorname{sen}{\alpha} = -\frac{4}{5}.
3. Tangente. \operatorname{tg}{\alpha} = \frac{-4/5}{-3/5} = \frac{4}{3}.Sair da fórmula fundamental sem escolher o sinal é meio exercício. O quadrante não é decoração do enunciado: é o dado que fecha a resposta.

A ordenada de P é \operatorname{sen}{\alpha}. E P está na circunferência de raio 1, logo x^{2}+y^{2} = 1.

1. A ordenada é o seno: \operatorname{sen}{\alpha} = \frac{\sqrt{7}}{4}.
2. A abcissa, pela equação da circunferência: x^{2} = 1-\frac{7}{16} = \frac{9}{16} \iff x = \pm\frac{3}{4}.
3. Escolher. No 2.º quadrante a abcissa é negativa: P = \left(-\frac{3}{4},\, \frac{\sqrt{7}}{4}\right).
4. Tangente. \operatorname{tg}{\alpha} = \frac{\sqrt{7}/4}{-3/4} = -\frac{\sqrt{7}}{3}.A equação x^{2}+y^{2} = 1 da circunferência é a fórmula fundamental. São a mesma igualdade escrita em duas linguagens: a da geometria analítica e a da trigonometria.

Escreve a expressão geral e percorre os valores de k que mantêm o resultado no intervalo.

1. Expressão geral: 145^{\circ}+k \times 360^{\circ}, k \in \mathbb{Z}.
2. Percorrer k: k = -2: -575^{\circ}; \quad k = -1: -215^{\circ}; \quad k = 0: 145^{\circ}; \quad k = 1: 505^{\circ}.
3. Com k = 2 viria 865^{\circ}, já fora; com k = -3 viria -935^{\circ}, também.
4. São quatro: -575^{\circ}, -215^{\circ}, 145^{\circ} e 505^{\circ}.O intervalo tem 1440^{\circ}, isto é quatro voltas — e por isso a resposta tem exatamente quatro ângulos. Contar as voltas antes de calcular é uma boa maneira de saber quantos se esperam.

O ponto está na circunferência de raio 1. E no 2.º quadrante a ordenada é positiva.

1. y^{2} = 1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{2} = \frac{3}{4} \iff y = \pm\frac{\sqrt{3}}{2}.
2. No 2.º quadrante a ordenada é positiva: y = \frac{\sqrt{3}}{2}.
3. A opção correta é a (B).A opção (D) é y^{2}, não y — é a distração mais frequente nestes itens. Vale a pena voltar a ler a pergunta antes de escolher.

Faz um quadro com o sinal das três razões em cada um dos dois quadrantes, e depois lê cada expressão a partir dele. Em b), atenção: os dois sinais são diferentes.

1. No 2.º quadrante ({\alpha}): \operatorname{sen} > 0, \cos < 0, \operatorname{tg} < 0. No 3.º ({\beta}): \operatorname{sen} < 0, \cos < 0, \operatorname{tg} > 0.
2. a) (+) \times (-) = -: negativa.
3. b) Uma parcela é negativa e a outra positiva: o sinal não fica determinado. Com {\alpha} = 135^{\circ} e {\beta} = 200^{\circ} a soma é -1+0{,}36 < 0; com {\alpha} = 135^{\circ} e {\beta} = 260^{\circ} a soma é -1+5{,}67 > 0.
4. c) \cos{\alpha} < 0 e -\operatorname{sen}{\beta} > 0: também não fica determinado. Basta comparar {\alpha} = 100^{\circ}, {\beta} = 185^{\circ} com {\alpha} = 100^{\circ}, {\beta} = 260^{\circ}.Nem todas as perguntas de sinal têm resposta. Quando as parcelas têm sinais contrários, é preciso exibir dois exemplos — dizer «depende» sem os mostrar não é justificação.

Escreve a condição x = y e junta-lhe x^{2}+y^{2} = 1. Dá dois pontos — em que quadrantes é que eles ficam?

1. O sistema. Com y = x em x^{2}+y^{2} = 1: 2x^{2} = 1 \iff x = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}.
2. Os dois pontos são \left(\frac{\sqrt{2}}{2},\,\frac{\sqrt{2}}{2}\right), no 1.º quadrante, e \left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right), no 3.º.
3. Os ângulos. O primeiro corresponde a 45^{\circ} e o segundo a 225^{\circ}.
4. A condição x = y é a bissetriz dos quadrantes ímpares, que corta a circunferência exatamente nesses dois pontos.Dizer que a abcissa e a ordenada são iguais é dizer que \cos{\alpha} = \operatorname{sen}{\alpha}, ou seja \operatorname{tg}{\alpha} = 1. As duas soluções são pontos diametralmente opostos: distam meia volta, 180^{\circ}.

Os dois triângulos são retângulos em H. Em cada um, identifica os catetos: um deles é sempre a ordenada de P.

1. As coordenadas. P = \left(\cos{\alpha},\,\operatorname{sen}{\alpha}\right) e H = \left(\cos{\alpha},\,0\right).
2. a) O triângulo [OHP] é retângulo em H, com catetos \overline{OH} = \cos{\alpha} e \overline{HP} = \operatorname{sen}{\alpha}: A_{1} = \frac{\cos{\alpha} \times \operatorname{sen}{\alpha}}{2}. \quad \square
3. b) O triângulo [AHP] é também retângulo em H, com catetos \overline{HA} = 1-\cos{\alpha} e \overline{HP} = \operatorname{sen}{\alpha}: A_{2} = \frac{\operatorname{sen}{\alpha}\left(1-\cos{\alpha}\right)}{2}. \quad \square
4. Somando, A_{1}+A_{2} = \frac{1}{2}\operatorname{sen}{\alpha} — que é a área do triângulo [OAP], de base \overline{OA} = 1 e altura \operatorname{sen}{\alpha}. Bate certo.Como {\alpha} está no 1.º quadrante, \cos{\alpha} < 1 e 1-\cos{\alpha} > 0: o comprimento fica positivo, como tem de ser. Se o ângulo fosse do 2.º quadrante, H mudava de lado e a expressão do comprimento também.

Meia volta são 180^{\circ} e são {\pi} radianos. Multiplica por \dfrac{{\pi}}{180^{\circ}}.

1. a) 45 \times \frac{{\pi}}{180} = \frac{{\pi}}{4}.
2. b) 150 \times \frac{{\pi}}{180} = \frac{5{\pi}}{6}.
3. c) -60 \times \frac{{\pi}}{180} = -\frac{{\pi}}{3}.
4. d) 270 \times \frac{{\pi}}{180} = \frac{3{\pi}}{2}.Simplificar a fração antes de multiplicar poupa trabalho: \frac{150}{180} = \frac{5}{6} lê-se de imediato.

Agora é ao contrário: multiplica por \dfrac{180^{\circ}}{{\pi}}.

1. a) \frac{2{\pi}}{3} \times \frac{180}{{\pi}} = 120^{\circ}.
2. b) \frac{7{\pi}}{6} \times \frac{180}{{\pi}} = 210^{\circ}.
3. c) \frac{{\pi}}{10} \times \frac{180}{{\pi}} = 18^{\circ}.
4. d) -\frac{5{\pi}}{4} \times \frac{180}{{\pi}} = -225^{\circ}.O {\pi} corta-se sempre. Uma amplitude em radianos escrita com {\pi} é, no fundo, uma fração de meia-volta.

Em cada caso, localiza o ângulo no círculo, vê em que quadrante cai — isso dá o sinal — e reduz ao ângulo agudo correspondente.

1. a) \frac{2{\pi}}{3} está no 2.º quadrante, onde o seno é positivo, e \frac{2{\pi}}{3} = {\pi}-\frac{{\pi}}{3}: \operatorname{sen}\frac{2{\pi}}{3} = \operatorname{sen}\frac{{\pi}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}.
2. b) \frac{5{\pi}}{4} = {\pi}+\frac{{\pi}}{4}, do 3.º quadrante, onde o cosseno é negativo: \cos\frac{5{\pi}}{4} = -\cos\frac{{\pi}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2}.
3. c) \frac{7{\pi}}{6} = {\pi}+\frac{{\pi}}{6}, do 3.º quadrante, onde a tangente é positiva: \operatorname{tg}\frac{7{\pi}}{6} = \operatorname{tg}\frac{{\pi}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}.
4. d) O seno é ímpar: \operatorname{sen}\left(-\frac{{\pi}}{3}\right) = -\operatorname{sen}\frac{{\pi}}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}.O sinal vem do quadrante; o valor vem do ângulo de referência. São duas perguntas separadas, e convém respondê-las por essa ordem.

Com o ângulo em radianos, o comprimento do arco é r{\theta} e a área do setor é \frac{1}{2}r^{2}{\theta}.

1. a) s = r{\theta} = 6 \times \frac{2{\pi}}{5} = \frac{12{\pi}}{5}\ \text{cm}.
2. b) A = \frac{1}{2}r^{2}{\theta} = \frac{1}{2} \times 36 \times \frac{2{\pi}}{5} = \frac{36{\pi}}{5}\ \text{cm}^{2}.
3. Confirmação por proporção. O ângulo é \frac{2{\pi}/5}{2{\pi}} = \frac{1}{5} da volta, logo o arco é \frac{1}{5} do perímetro 12{\pi} e o setor é \frac{1}{5} do círculo 36{\pi}. Bate certo.As duas fórmulas só valem com o ângulo em radianos. Em graus é preciso converter primeiro — e é aí que se perdem exercícios que estavam certos.

Reduz a primeira parcela ao ângulo x. O ponto associado a {\pi}-x é o simétrico do de x em relação ao eixo Oy.

1. Do círculo: \cos\left({\pi}-x\right) = -\cos x.
2. Logo a soma é -\cos x + \cos x = 0.
3. A opção correta é a (A).Se a expressão fosse \operatorname{sen}\left({\pi}-x\right)+\operatorname{sen}x, a resposta seria 2\operatorname{sen}x: o seno não muda de sinal com {\pi}-x. Ler o círculo evita ter de decidir isto de cor.

Desenha, para cada caso, o ponto associado a x e o ponto associado ao ângulo pedido. Compara as coordenadas: mudam de sinal, trocam de lugar, ou as duas coisas.

1. a) {\pi}+x dá o ponto simétrico da origem: as duas coordenadas mudam de sinal. \operatorname{sen}\left({\pi}+x\right) = -\operatorname{sen}x.
2. b) \frac{{\pi}}{2}-x é o complementar de x: as coordenadas trocam de lugar. \cos\left(\frac{{\pi}}{2}-x\right) = \operatorname{sen}x.
3. c) -x dá o simétrico em relação a Ox: a ordenada muda de sinal e a abcissa fica. \operatorname{tg}\left(-x\right) = \frac{-\operatorname{sen}x}{\cos x} = -\operatorname{tg}x.
4. d) \frac{3{\pi}}{2}+x: trocam de lugar e a nova ordenada muda de sinal. \operatorname{sen}\left(\frac{3{\pi}}{2}+x\right) = -\cos x.Há uma regra de bolso: com {\pi} ou 2{\pi}, a razão mantém-se e só o sinal pode mudar; com \frac{{\pi}}{2} ou \frac{3{\pi}}{2}, o seno vira cosseno e vice-versa. O sinal decide-se sempre pelo quadrante.

Reduz cada parcela ao ângulo x, com as fórmulas de redução. Repara no que acontece ao numerador.

1. Reduzir. \operatorname{sen}\left({\pi}-x\right) = \operatorname{sen}x; \cos\left(\frac{{\pi}}{2}+x\right) = -\operatorname{sen}x; \operatorname{tg}\left({\pi}+x\right) = \operatorname{tg}x.
2. Substituir. \frac{\operatorname{sen}x+\left(-\operatorname{sen}x\right)}{\operatorname{tg}x} = \frac{0}{\operatorname{tg}x} = 0.
3. A expressão vale 0 em todo o seu domínio.O denominador não desaparece do problema por o resultado ser zero: é ele que impõe \operatorname{tg}x \neq 0 e \cos x \neq 0, e portanto o domínio da expressão.

Nenhuma destas alíneas precisa de saber quanto vale {\alpha}. Em d), quantas voltas são 6{\pi}?

1. a) \operatorname{sen}\left({\pi}-{\alpha}\right) = \operatorname{sen}{\alpha} = \frac{1}{4}.
2. b) \operatorname{sen}\left({\pi}+{\alpha}\right) = -\operatorname{sen}{\alpha} = -\frac{1}{4}.
3. c) \cos\left(\frac{{\pi}}{2}-{\alpha}\right) = \operatorname{sen}{\alpha} = \frac{1}{4}.
4. d) 6{\pi} são três voltas completas, que não mudam o lado extremidade: \operatorname{sen}\left({\alpha}+6{\pi}\right) = \operatorname{sen}{\alpha} = \frac{1}{4}.Repara que em nenhuma alínea foi preciso calcular {\alpha}. Isso é próprio destes itens: o que se testa é a relação entre ângulos, não o valor de nenhum deles.

A região é o que sobra ao setor circular depois de lhe tirar o triângulo [OAB]. Repara no tipo de triângulo que [OAB] é.

1. Área do setor. A_{\text{setor}} = \frac{1}{2}r^{2}{\theta} = \frac{1}{2} \times 16 \times \frac{{\pi}}{3} = \frac{8{\pi}}{3}.
2. Área do triângulo [OAB]. É isósceles, com \overline{OA} = \overline{OB} = 4 e ângulo de \frac{{\pi}}{3} entre eles — logo os outros dois ângulos valem \frac{{\pi}}{3} cada um, e o triângulo é equilátero de lado 4: A_{\triangle} = \frac{4^{2}\sqrt{3}}{4} = 4\sqrt{3}.
3. A diferença. A = \frac{8{\pi}}{3}-4\sqrt{3} \approx 1{,}45.Vale a pena confirmar que o resultado é positivo: o setor tem de ser maior do que o triângulo, porque o contém. Um resultado negativo aqui denuncia sempre uma troca entre os dois.

Reduz cada fator ao ângulo {\alpha} e depois usa os sinais do 2.º quadrante.

1. Reduzir. \operatorname{sen}\left({\pi}+{\alpha}\right) = -\operatorname{sen}{\alpha} e \cos\left(-{\alpha}\right) = \cos{\alpha}.
2. Produto. -\operatorname{sen}{\alpha}\cos{\alpha}.
3. Sinais no 2.º quadrante: \operatorname{sen}{\alpha} > 0 e \cos{\alpha} < 0, logo \operatorname{sen}{\alpha}\cos{\alpha} < 0 e o simétrico é positivo.
4. A opção correta é a (A).Dois passos, e nenhum deles envolve calcular nada: reduzir e depois ler os sinais. É esta a rotina que estes itens querem ver.

Reduz cada parcela antes de elevar ao quadrado. Repara que o quadrado apaga os sinais.

1. Reduzir. \operatorname{sen}\left({\pi}-x\right) = \operatorname{sen}x e \cos\left(\frac{{\pi}}{2}+x\right) = -\operatorname{sen}x.
2. Elevar ao quadrado. \operatorname{sen}^{2}\left({\pi}-x\right) = \operatorname{sen}^{2}x, \qquad \cos^{2}\left(\frac{{\pi}}{2}+x\right) = \left(-\operatorname{sen}x\right)^{2} = \operatorname{sen}^{2}x.
3. Somar. \operatorname{sen}^{2}x+\operatorname{sen}^{2}x = 2\operatorname{sen}^{2}x. \square
4. A igualdade vale em \mathbb{R}: nenhuma das expressões tem restrições de domínio.Reduzir antes de elevar ao quadrado é o caminho curto. Ao contrário, ficava-se com quadrados de somas para desenvolver, e o exercício ficava três vezes maior.

Isola a razão trigonométrica. Nos três casos ela fica igual a 0, a 1 ou a -1 — e esses valores leem-se sobre os eixos do círculo.

1. a) 2\operatorname{sen}x+2 = 0 \iff \operatorname{sen}x = -1. A ordenada vale -1 num único ponto da circunferência, (0,\,-1): x = \frac{3{\pi}}{2}.
2. b) 3\cos x-3 = 0 \iff \cos x = 1. A abcissa vale 1 em (1,\,0): x = 0.
3. c) Um produto é nulo quando um dos fatores é nulo: \operatorname{sen}x = 0 \;\lor\; \cos x = 0. Os zeros do seno, no intervalo, são 0 e {\pi}; os do cosseno são \frac{{\pi}}{2} e \frac{3{\pi}}{2}.
4. Logo x \in \left\{0,\, \frac{{\pi}}{2},\, {\pi},\, \frac{3{\pi}}{2}\right\} — os quatro pontos onde a circunferência corta os eixos.Nunca dividir por \operatorname{sen}x ou por \cos x para resolver uma equação: fatoriza-se e iguala-se cada fator a zero. Dividir perde exatamente as soluções em que o divisor se anula.

O perímetro é 2r+r{\theta}. Tira daí {\theta} em função de r e substitui na fórmula da área. Em b), fica uma função do 2.º grau.

1. a) Do perímetro, 2r+r{\theta} = 20 \iff {\theta} = \frac{20-2r}{r}. Substituindo na área: A = \frac{1}{2}r^{2}{\theta} = \frac{1}{2}r^{2} \times \frac{20-2r}{r} = \frac{r(20-2r)}{2} = 10r-r^{2}. \quad \square
2. b) A(r) = -r^{2}+10r é uma função do 2.º grau com concavidade voltada para baixo e zeros em 0 e 10. O máximo está no vértice, a meio dos zeros: r = 5\ \text{cm}, \qquad A(5) = 25\ \text{cm}^{2}.
3. A amplitude. {\theta} = \frac{20-10}{5} = 2 radianos.
4. Confirma-se que {\theta} = 2 \in \left]0,\,2{\pi}\right[: o setor existe.Repara que a resposta não precisou de derivadas — a função é do 2.º grau, e o vértice resolve tudo. É o método do 10.º ano, e é o que aqui basta.

Tudo se lê no círculo: o contradomínio do seno é o conjunto das ordenadas possíveis, o do cosseno o das abcissas, e o da tangente o das ordenadas na reta x = 1.

1. a) D_{f} = \mathbb{R}, D'_{f} = \left[-1,\,1\right], período 2{\pi}.
2. b) D_{g} = \mathbb{R}, D'_{g} = \left[-1,\,1\right], período 2{\pi}.
3. c) D_{h} = \mathbb{R}\setminus\left\{\frac{{\pi}}{2}+k{\pi} : k \in \mathbb{Z}\right\}, D'_{h} = \mathbb{R}, período {\pi}.O período da tangente é {\pi} e não 2{\pi}: meia volta leva o lado extremidade para a mesma reta, e a tangente só depende da reta.

Um zero do seno é um ponto do círculo com ordenada nula; um maximizante do cosseno é um ponto com abcissa 1. São sempre pontos sobre os eixos.

1. a) \operatorname{sen}x = 0 \iff x = k{\pi}. Em \left[0,\,2{\pi}\right]: 0, {\pi} e 2{\pi}.
2. b) \cos x = 1 \iff x = 2k{\pi}. No intervalo: 0 e 2{\pi}.
3. c) \operatorname{sen}x = -1 \iff x = \frac{3{\pi}}{2}+2k{\pi}. No intervalo: \frac{3{\pi}}{2}.Os extremos 1 e -1 só se atingem num ponto da circunferência de cada vez — daí uma só família de soluções, com 2k{\pi}. Já os zeros do seno são dois pontos por volta, e por isso a família junta-se numa só com k{\pi}.

Parte sempre de -1 \leq \operatorname{sen}(\cdots) \leq 1 e aplica as operações pela ordem em que aparecem. O período só depende do que multiplica o x.

1. a) -3 \leq 3\operatorname{sen}x \leq 3: contradomínio \left[-3,\,3\right], período 2{\pi}.
2. b) 1 \leq \cos x+2 \leq 3: contradomínio \left[1,\,3\right], período 2{\pi}.
3. c) Contradomínio \left[-1,\,1\right]; período \frac{2{\pi}}{4} = \frac{{\pi}}{2}.
4. d) -2 \leq -2\cos\left(\frac{x}{3}\right) \leq 2: contradomínio \left[-2,\,2\right]; período \frac{2{\pi}}{1/3} = 6{\pi}.O sinal de -2 vira o gráfico ao contrário, mas o contradomínio é o mesmo: \left[-|b|,\,|b|\right] não distingue o sinal de b.

A distância entre dois máximos consecutivos é o período. A amplitude é metade da diferença entre o máximo e o mínimo, e a frequência é o inverso do período.

1. a) P = 6.
2. b) \text{amplitude} = \frac{M-m}{2} = \frac{9-1}{2} = 4.
3. c) f = \frac{1}{P} = \frac{1}{6}.
4. Se o fenómeno for temporal e P vier em segundos, a frequência lê-se em oscilações por segundo.Amplitude não é a mesma coisa que máximo. Aqui o máximo é 9 e a amplitude é 4: a onda oscila 4 unidades para cada lado do valor médio 5.

Para g(x) = \cos(cx), com c \neq 0, o período positivo mínimo é \dfrac{2{\pi}}{|c|}.

1. Com c = 3: T = \frac{2{\pi}}{|3|} = \frac{2{\pi}}{3}.
2. A opção correta é a (B).A opção (D) sai de multiplicar por 3 em vez de dividir. Uma verificação rápida: \cos(3x) oscila mais depressa do que \cos x, logo o período tem de ser menor do que 2{\pi}.

O seno anda sempre entre -1 e 1, seja qual for o argumento. Multiplicar por 3 estica; somar 1 levanta. E o período é \frac{2{\pi}}{|c|}, com c o que multiplica o x.

1. a) Como -1 \leq \operatorname{sen}\left(2x-\frac{{\pi}}{3}\right) \leq 1, vem -3 \leq 3\operatorname{sen}(\cdots) \leq 3 e portanto -2 \leq f(x) \leq 4. O contradomínio é \left[-2,\,4\right].
2. b) Com c = 2: T = \frac{2{\pi}}{2} = {\pi}.O -\frac{{\pi}}{3} não entra em nenhuma das duas respostas: desloca o gráfico na horizontal, mas não o estica nem o encolhe.

Em b), isola o seno. O valor a que ele fica igual lê-se sobre um eixo do círculo.

1. a) De -1 \leq \operatorname{sen}x \leq 1 vem 0 \leq f(x) \leq 4: contradomínio \left[0,\,4\right].
2. b) f(x) = 0 \iff 2\operatorname{sen}x = -2 \iff \operatorname{sen}x = -1.
3. A ordenada vale -1 num único ponto da circunferência: x = \frac{3{\pi}}{2}+2k{\pi}, \quad k \in \mathbb{Z}.
4. Note-se que 0 é o mínimo de f: os zeros são exatamente os minimizantes.Quando o zero de uma função trigonométrica coincide com o seu mínimo, há uma só família de soluções. Se o valor pedido estivesse dentro do contradomínio, haveria duas — e a leitura teria de ser feita no círculo, ponto a ponto.

O comprimento do contradomínio dá 2b; o meio do contradomínio dá a; e o período dá c.

1. Amplitude. O contradomínio de b\cos(cx) é \left[-b,\,b\right], logo o de g é \left[a-b,\,a+b\right]. Do comprimento: (a+b)-(a-b) = 2b = 7-1 = 6 \iff b = 3.
2. Deslocamento vertical. a-b = 1, logo a = 4 — que é o ponto médio de \left[1,\,7\right].
3. Período. \frac{2{\pi}}{c} = \frac{{\pi}}{2} \iff c = 4.
4. Portanto g(x) = 4+3\cos(4x).Estas três leituras — meio, amplitude, período — são as mesmas que servem para ajustar um modelo a dados reais, na alínea de modelação que fecha esta secção.

A tangente existe onde o cosseno do argumento não se anula. Em a) o argumento é 2x: resolve a condição em ordem ao argumento e só depois isola o x.

1. a) É preciso 2x \neq \frac{{\pi}}{2}+k{\pi}, isto é x \neq \frac{{\pi}}{4}+\frac{k{\pi}}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}. Logo D_{f} = \mathbb{R}\setminus\left\{\frac{{\pi}}{4}+\frac{k{\pi}}{2} : k \in \mathbb{Z}\right\} e D'_{f} = \mathbb{R}.
2. b) O argumento é x: D_{g} = \mathbb{R}\setminus\left\{\frac{{\pi}}{2}+k{\pi}\right\}. Como a tangente toma todos os valores reais, 3\operatorname{tg}x-1 também: D'_{g} = \mathbb{R}.Dividir k{\pi} por 2 dá \frac{k{\pi}}{2}, e os pontos excluídos passam a estar duas vezes mais próximos — como tem de ser, porque \operatorname{tg}(2x) tem período \frac{{\pi}}{2}.

Em a) e b) não é preciso calculadora: leem-se os parâmetros. Em c), representa y_{1} = h(t) e y_{2} = 3{,}5 e procura as interseções.

1. a) De -1 \leq \operatorname{sen}(\cdots) \leq 1 vem 2{,}8-1{,}2 \leq h(t) \leq 2{,}8+1{,}2 \iff 1{,}6 \leq h(t) \leq 4. Máximo 4 metros, mínimo 1{,}6 metros.
2. b) T = \frac{2{\pi}}{{\pi}/6} = 12\ \text{horas}.
3. c) Na calculadora, em modo radiano, com a janela \left[0,\,24\right] \times \left[1,\,4{,}5\right], as curvas y_{1} = h(t) e y_{2} = 3{,}5 intersetam-se em t \approx 5{,}19; \quad t \approx 8{,}81; \quad t \approx 17{,}19; \quad t \approx 20{,}81.
4. São quatro instantes, dois em cada ciclo de 12 horas — o que era de esperar, porque 3{,}5 está entre o mínimo e o máximo.Antes de aceitar o que a calculadora diz, conta quantas soluções deve haver. Se o valor está estritamente entre o mínimo e o máximo, há duas por período; e em 24 horas cabem dois períodos.

Primeiro o período, T = \frac{2{\pi}}{|c|}. A frequência é o seu inverso.