Trigonometria

Resposta: (C)

Uma expressão geral dos maximizantes da função seno é \(\frac{\pi }{2}+2k\pi , k\in Z\).

Como \(\frac{5\pi }{2}=\frac{\pi }{2}+2\pi \), a expressão \(\frac{5\pi }{2}+2k\pi \) (que corresponde a tomar \(k+1\) em vez de \(k\) na expressão anterior) descreve exatamente o mesmo conjunto de valores, pelo que também é uma expressão geral dos maximizantes da função seno.

Resposta: (D)

A função seno é decrescente e positiva no 2.º quadrante.

No 2.º quadrante, a função cosseno é decrescente (de \(0\) para \(-1\)) e negativa.

Resposta: (C)

A afirmação I. é falsa: por exemplo, \(0<\frac{3\pi }{4}\) e \(\operatorname{tg}\left( 0 \right)=0≮-1=\operatorname{tg}\left( \frac{3\pi }{4} \right)\), pelo que a tangente não é crescente em todo o seu domínio (não é crescente “de ramo para ramo”).

A afirmação II. é verdadeira: o período positivo mínimo da função tangente é \(\pi \), pelo que \(\operatorname{tg}\left( x+k\pi \right)=\operatorname{tg}x\) para todo o \(x\) do domínio e \(k\in Z\); em particular, para \(k=2\), \(\operatorname{tg}\left( x+2\pi \right)=\operatorname{tg}x\), donde se conclui que \(2\pi \) é também período da função tangente.

Resposta: (D)

\(f'\left( x \right)=2\cos \left( 2x \right)+1\).

Usando \(\cos \left( 2x \right)=1-2{\operatorname{sen}}^{2}x\): \(f'\left( x \right)=2\left( 1-2{\operatorname{sen}}^{2}x \right)+1=2-4{\operatorname{sen}}^{2}x+1=3-4{\operatorname{sen}}^{2}x\).

Os ângulos internos do triângulo somam \(\pi \), pelo que \(A\hat{C}B=\pi -x-2x=\pi -3x\).

Pela lei dos senos:

\[\frac{\overline{BC}}{\operatorname{sen}\left( B\hat{A}C \right)}=\frac{\overline{AB}}{\operatorname{sen}\left( A\hat{C}B \right)}\Leftrightarrow \frac{2}{\operatorname{sen}x}=\frac{\overline{AB}}{\operatorname{sen}\left( \pi -3x \right)}.\]

Como \(\operatorname{sen}\left( \pi -3x \right)=\operatorname{sen}\left( 3x \right)\):

\[\overline{AB}=\frac{2\operatorname{sen}\left( 3x \right)}{\operatorname{sen}x}.\]

Usando a fórmula do seno do ângulo triplo, \(\operatorname{sen}\left( 3x \right)=3\operatorname{sen}x-4{\operatorname{sen}}^{3}x=\operatorname{sen}x\left( 3-4{\operatorname{sen}}^{2}x \right)\):

\[\overline{AB}=\frac{2\operatorname{sen}x\left( 3-4{\operatorname{sen}}^{2}x \right)}{\operatorname{sen}x}=2\left( 3-4{\operatorname{sen}}^{2}x \right)=6-8{\operatorname{sen}}^{2}x.\]

Como \({\operatorname{sen}}^{2}x=1-{\cos }^{2}x\):

\[\overline{AB}=6-8\left( 1-{\cos }^{2}x \right)=6-8+8{\cos }^{2}x=8{\cos }^{2}x-2,\]

como se pretendia mostrar.

Como \(\cos \alpha =\frac{1}{2}\) e, pela figura, \(\alpha \in \left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), tem-se \(\alpha =\frac{\pi }{3}\) e \(\operatorname{sen}\alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}\).

O declive da reta \(s\) é \(\tan \alpha =\frac{\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }=\sqrt{3}\), pelo que \(s:y=\sqrt{3}\,x\).

\(A\) é a intersecção de \(r\) com \(Ox\): \(0=\frac{\sqrt{3}}{2}x+1\Leftrightarrow x=-\frac{2}{\sqrt{3}}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}\), logo \(A=\left( -\frac{2\sqrt{3}}{3},0 \right)\).

\(B\) é a intersecção de \(r\) com \(s\): \(\sqrt{3}x=\frac{\sqrt{3}}{2}x+1\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}x=1\Leftrightarrow x=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\); \(y=\sqrt{3}\times \frac{2\sqrt{3}}{3}=2\). Logo \(B=\left( \frac{2\sqrt{3}}{3},2 \right)\).

Tomando \(\left[ OA \right]\) como base, de comprimento \(\frac{2\sqrt{3}}{3}\), sobre o eixo \(Ox\), a altura correspondente é a ordenada de \(B\), \(2\):

\[\text{Área}=\frac{\overline{OA}\times 2}{2}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}\times 2}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\]

Como \(\left[ AC \right]\) é um diâmetro e \(B\) pertence à semicircunferência, o ângulo \(ABC\) é reto (ângulo inscrito numa semicircunferência).

No triângulo retângulo \(\left[ ABC \right]\), com hipotenusa \(\overline{AC}=4\) e ângulo \(\alpha \) em \(A\): \(\overline{AB}=4\cos \alpha \) e \(\overline{BC}=4\operatorname{sen}\alpha \).

Área do triângulo \(\left[ ABC \right]\): \(\frac{\overline{AB}\times \overline{BC}}{2}=\frac{4\cos \alpha \times 4\operatorname{sen}\alpha }{2}=8\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =4\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)\).

A semicircunferência tem raio \(2\) (metade do diâmetro), pelo que a área do semicírculo é \(\frac{\pi \times {2}^{2}}{2}=2\pi \).

A região sombreada é o semicírculo menos o triângulo \(\left[ ABC \right]\): \(2\pi -4\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)\), como se pretendia mostrar.

\(\operatorname{sen}\left( \alpha -\frac{\pi }{2} \right)=-\cos \alpha \) (fórmula de redução ao primeiro quadrante), logo \(-\cos \alpha =-\frac{1}{5}\Leftrightarrow \cos \alpha =\frac{1}{5}\).

Como \(\alpha \in \left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), \(\operatorname{sen}\alpha >0\): \(\operatorname{sen}\alpha =\sqrt{1-{\cos }^{2}\alpha }=\sqrt{1-\frac{1}{25}}=\sqrt{\frac{24}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}\).

\(\operatorname{tg}\left( \pi -\alpha \right)=-\operatorname{tg}\alpha =-\frac{\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }=-\frac{2\sqrt{6}/5}{1/5}=-2\sqrt{6}\).

\(\cos \left( -\frac{7\pi }{2}+\alpha \right)=\cos \left( \frac{\pi }{2}+\alpha \right)=-\operatorname{sen}\alpha =-\frac{2\sqrt{6}}{5}\) (usando a periodicidade, \(-\frac{7\pi }{2}+\alpha =\frac{\pi }{2}+\alpha -4\pi \)).

\(\operatorname{tg}\left( \pi -\alpha \right)+2\cos \left( -\frac{7\pi }{2}+\alpha \right)=-2\sqrt{6}+2\left( -\frac{2\sqrt{6}}{5} \right)=-2\sqrt{6}-\frac{4\sqrt{6}}{5}=-\frac{10\sqrt{6}}{5}-\frac{4\sqrt{6}}{5}=-\frac{14\sqrt{6}}{5}\).

Seja \(\alpha \) a amplitude do ângulo \(AOB\). Como \(A\), \(B\) pertencem à circunferência de raio \(1\), a área do triângulo \(\left[ AOB \right]\) é \(\frac{\overline{OA}\times \overline{OB}\times \operatorname{sen}\alpha }{2}=\frac{\operatorname{sen}\alpha }{2}\).

Logo \(\frac{\operatorname{sen}\alpha }{2}=k\Leftrightarrow \operatorname{sen}\alpha =2k\).

O ângulo \(AOC\) tem amplitude \(\alpha +2\alpha =3\alpha \), pelo que a ordenada de \(C\) é \(\operatorname{sen}\left( 3\alpha \right)\).

Pela fórmula do seno do ângulo triplo, \(\operatorname{sen}\left( 3\alpha \right)=3\operatorname{sen}\alpha -4{\operatorname{sen}}^{3}\alpha \).

Substituindo \(\operatorname{sen}\alpha =2k\): \(\operatorname{sen}\left( 3\alpha \right)=3\left( 2k \right)-4{\left( 2k \right)}^{3}=6k-4\times 8{k}^{3}=6k-32{k}^{3}\), como se pretendia.

A semirreta \(\dot{O}A\) tem a direção do vetor \(\overrightarrow{OA}=\left( 1,a \right)\), com \(\left| \overrightarrow{OA} \right|=\sqrt{1+{a}^{2}}\).

O ponto \(B\), na circunferência trigonométrica (raio \(1\)), é o ponto dessa semirreta a distância \(1\) da origem: \(B=\frac{1}{\sqrt{1+{a}^{2}}}\left( 1,a \right)\).

A abcissa de \(B\) é \(\frac{1}{\sqrt{{a}^{2}+1}}\).

Resposta: (A)

Resposta: (D)

O perímetro do setor circular é dado pelos dois raios mais o arco: \(2r+r\theta =4r\Leftrightarrow r\theta =2r\Leftrightarrow \theta =2\) (rad).

\(\operatorname{sen}\left( 2 \right)\approx 0,909\) e \(\cos \left( 2 \right)\approx -0,416\), pelo que apenas a opção (D) é verdadeira.

Resposta: (A)

Dois ângulos generalizados com o mesmo lado origem e o mesmo lado extremidade diferem de um múltiplo inteiro de \(2\pi =\frac{12\pi }{6}\).

\(-\frac{125\pi }{6}+\frac{12\pi }{6}\times k=\frac{7\pi }{6}\) para \(k=11\): \(-125+132=7\). Logo \(\alpha =\frac{7\pi }{6}\) tem o mesmo lado origem e o mesmo lado extremidade que \(\beta \).

Resposta: (A)

\({\left( \operatorname{sen}\alpha +\cos \alpha \right)}^{2}={\operatorname{sen}}^{2}\alpha +2\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha +{\cos }^{2}\alpha =1+2\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha \).

\(1+2\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =\frac{1}{3}\Leftrightarrow 2\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =-\frac{2}{3}\Leftrightarrow \operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =-\frac{1}{3}\).

\(\operatorname{tg}\alpha +\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha }=\frac{\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }+\frac{\cos \alpha }{\operatorname{sen}\alpha }=\frac{{\operatorname{sen}}^{2}\alpha +{\cos }^{2}\alpha }{\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha }=\frac{1}{\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha }=\frac{1}{-1/3}=-3\).

Resposta: (C)

\(\operatorname{sen}\left( \alpha -\frac{\pi }{2} \right)=-\cos \alpha \) e \(\cos \left( \alpha -3\pi \right)=\cos \left( \alpha -\pi \right)=-\cos \alpha \) (periodicidade de período \(2\pi \): \(\alpha -3\pi =\alpha -\pi -2\pi \)).

A condição dada fica \(-\cos \alpha +2\left( -\cos \alpha \right)<0\Leftrightarrow -3\cos \alpha <0\Leftrightarrow \cos \alpha >0\).

Como \(\alpha \in \left] -\pi ,0 \right[\) e \(\cos \alpha >0\), conclui-se que \(\alpha \in \left] -\frac{\pi }{2},0 \right[\) (4.º quadrante), pelo que \(\operatorname{sen}\alpha <0\) e \(\operatorname{tg}\alpha <0\).

Analisando cada opção: (A) produto de um negativo por um positivo é negativo; (B) soma de dois negativos é negativa; (D) produto de dois negativos é positivo, mas (C) é a resposta correta — \(\cos \alpha -\operatorname{sen}\alpha =\cos \alpha +\left( -\operatorname{sen}\alpha \right)\), soma de dois positivos (pois \(-\operatorname{sen}\alpha >0\)), que é positiva. Como o enunciado garante que exatamente uma das opções é sempre positiva, confirma-se (C).

a) ★★

\(\cos \left( -x-\frac{3\pi }{2} \right)=\cos \left( x+\frac{3\pi }{2} \right)\) (o cosseno é uma função par) \(=\cos x\cos \frac{3\pi }{2}-\operatorname{sen}x\operatorname{sen}\frac{3\pi }{2}=\cos x\times 0-\operatorname{sen}x\times \left( -1 \right)=\operatorname{sen}x\).

\(\operatorname{tg}\left( \frac{\pi }{2}-x \right)=\frac{\cos x}{\operatorname{sen}x}\) (fórmula do ângulo complementar).

Logo, o primeiro termo é \(\frac{\operatorname{sen}x}{\cos x/\operatorname{sen}x}=\frac{{\operatorname{sen}}^{2}x}{\cos x}\).

\(\cos \left( x+\pi \right)=-\cos x\) e, como a tangente tem período \(\pi \), \(\operatorname{tg}\left( x-3\pi \right)=\operatorname{tg}\left( x-3\pi +3\pi \right)=\operatorname{tg}x\).

\(A\left( x \right)=\frac{{\operatorname{sen}}^{2}x}{\cos x}-\left( -\cos x \right)-\operatorname{tg}x=\frac{{\operatorname{sen}}^{2}x}{\cos x}+\cos x-\frac{\operatorname{sen}x}{\cos x}=\frac{{\operatorname{sen}}^{2}x+{\cos }^{2}x-\operatorname{sen}x}{\cos x}=\frac{1-\operatorname{sen}x}{\cos x}\), como se pretendia.

b) ★★

\(A\left( \frac{11\pi }{6} \right)\): \(\operatorname{sen}\frac{11\pi }{6}=-\frac{1}{2}\) e \(\cos \frac{11\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\), pelo que \(A\left( \frac{11\pi }{6} \right)=\frac{1-\left( -\frac{1}{2} \right)}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{3/2}{\sqrt{3}/2}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\).

\(A\left( -\frac{4\pi }{3} \right)\): \(\operatorname{sen}\left( -\frac{4\pi }{3} \right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\) e \(\cos \left( -\frac{4\pi }{3} \right)=-\frac{1}{2}\), pelo que \(A\left( -\frac{4\pi }{3} \right)=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{-\frac{1}{2}}=-2\left( 1-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)=-2+\sqrt{3}\).

\(A\left( \frac{11\pi }{6} \right)-A\left( -\frac{4\pi }{3} \right)=\sqrt{3}-\left( -2+\sqrt{3} \right)=\sqrt{3}+2-\sqrt{3}=2\).

c) ★★

Como \(\alpha \in \left] 0,\pi \right[\) e \(\operatorname{tg}\alpha =-\sqrt{8}<0\), conclui-se que \(\alpha \in \left] \frac{\pi }{2},\pi \right[\) (2.º quadrante), pelo que \(\operatorname{sen}\alpha >0\) e \(\cos \alpha <0\).

De \(1+{\operatorname{tg}}^{2}\alpha =\frac{1}{{\cos }^{2}\alpha }\): \(1+8=9=\frac{1}{{\cos }^{2}\alpha }\Leftrightarrow {\cos }^{2}\alpha =\frac{1}{9}\), e como \(\cos \alpha <0\), \(\cos \alpha =-\frac{1}{3}\).

\(\operatorname{sen}\alpha =\operatorname{tg}\alpha \times \cos \alpha =-\sqrt{8}\times \left( -\frac{1}{3} \right)=\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

\(A\left( \alpha \right)=\frac{1-\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }=\frac{1-\frac{2\sqrt{2}}{3}}{-\frac{1}{3}}=-3\left( 1-\frac{2\sqrt{2}}{3} \right)=-3+2\sqrt{2}=2\sqrt{2}-3\).

\(\cos x-\frac{1}{\cos x}=\frac{{\cos }^{2}x-1}{\cos x}=\frac{-{\operatorname{sen}}^{2}x}{\cos x}\) (pois \({\cos }^{2}x-1=-{\operatorname{sen}}^{2}x\)).

\({\left( \cos x-\frac{1}{\cos x} \right)}^{2}={\left( \frac{-{\operatorname{sen}}^{2}x}{\cos x} \right)}^{2}=\frac{{\operatorname{sen}}^{4}x}{{\cos }^{2}x}\).

Por outro lado, \({\operatorname{tg}}^{2}x\times {\operatorname{sen}}^{2}x=\frac{{\operatorname{sen}}^{2}x}{{\cos }^{2}x}\times {\operatorname{sen}}^{2}x=\frac{{\operatorname{sen}}^{4}x}{{\cos }^{2}x}\).

As duas expressões são iguais, como se pretendia mostrar.

Resposta: (B)

Pretende-se uma expressão cujo cosseno seja \(\frac{1}{3}\), sabendo que \(\cos \alpha =-\frac{1}{3}\).

Testando (B): \(\cos \left( \pi +\alpha \right)=-\cos \alpha =-\left( -\frac{1}{3} \right)=\frac{1}{3}\), que é o valor pretendido para \(g\left( \beta \right)\).

(As restantes opções dão: (A) \(\cos \left( \frac{\pi }{2}+\alpha \right)=-\operatorname{sen}\alpha \), que não se pode determinar apenas a partir de \(\cos \alpha \); (C) \(\cos \left( 2\pi -\alpha \right)=\cos \alpha =-\frac{1}{3}\); (D) \(\cos \left( 2\pi +\alpha \right)=\cos \alpha =-\frac{1}{3}\) — nenhuma delas dá \(\frac{1}{3}\).)

a) ★★

Para todo o \(x\in R\), \(-1\le \cos x\le 1\).

Multiplicando por \(2\) e somando \(3\): \(-1\le \cos x\le 1\Leftrightarrow -2\le 2\cos x\le 2\Leftrightarrow 1\le 3+2\cos x\le 5\).

Como a função \(f\) toma todos os valores entre \(1\) e \(5\), incluindo estes, o contradomínio de \(f\) é \(\left[ 1,5 \right]\), que não contém o \(0\), pelo que \(f\) não tem zeros.

b) ★★

\(f\left( x \right)=2\Leftrightarrow 3+2\cos x=2\Leftrightarrow \cos x=-\frac{1}{2}\).

\(\cos x=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{2\pi }{3}+2k\pi  \lor  x=-\frac{2\pi }{3}+2k\pi , k\in Z\).

Em \(\left] -\pi ,\frac{3\pi }{2} \right]\): de \(x=\frac{2\pi }{3}+2k\pi \), obtém-se \(x=\frac{2\pi }{3}\) (\(k=0\)); de \(x=-\frac{2\pi }{3}+2k\pi \), obtêm-se \(x=-\frac{2\pi }{3}\) (\(k=0\)) e \(x=\frac{4\pi }{3}\) (\(k=1\), pois \(-\frac{2\pi }{3}+2\pi =\frac{4\pi }{3}\le \frac{3\pi }{2}\)).

Os objetos pedidos são \(-\frac{2\pi }{3}\), \(\frac{2\pi }{3}\) e \(\frac{4\pi }{3}\).

A condição pedida é \(h\left( t+4 \right)=\frac{h\left( t \right)}{2}\), com \(t\in \left[ 0,8 \right]\).

Introduzindo na calculadora gráfica as funções \({y}_{1}=h\left( x+4 \right)=0,4\left( x+4 \right)\operatorname{sen}\left( 0,9\left( x+4 \right) \right)+6\) e \({y}_{2}=\frac{h\left( x \right)}{2}=\frac{0,4x\operatorname{sen}\left( 0,9x \right)+6}{2}\), em \(x\in \left[ 0,8 \right]\), obtém-se um único ponto de intersecção relevante, de abcissa aproximadamente \(7,1976\).

O instante pedido, arredondado às décimas, é \(t\approx 7,2\) segundos.

A reta \(OB\) tem declive \(\operatorname{tg}\alpha \), ou seja, equação \(y=\operatorname{tg}\alpha \,x\). Como \(B\) pertence a \(r\) (\(y=1\)), a abcissa de \(B\) é \(\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha }\) e, sendo \(C=\left( 0,1 \right)\), vem \(\overline{BC}=\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha }\).

\(D\) é o ponto da circunferência diametralmente oposto ao sentido de \(\overrightarrow{OB}\), logo \(D=\left( -\cos \alpha ,-\operatorname{sen}\alpha \right)\).

A altura do triângulo relativa ao lado \(\left[ BC \right]\) (contido na reta \(y=1\)) é \(1-\left( -\operatorname{sen}\alpha \right)=1+\operatorname{sen}\alpha \).

Área \(=\frac{\overline{BC}\times \left( 1+\operatorname{sen}\alpha \right)}{2}=\frac{\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha }\left( 1+\operatorname{sen}\alpha \right)}{2}=\frac{\cos \alpha \,\left( 1+\operatorname{sen}\alpha \right)}{2\operatorname{sen}\alpha }\), como se pretendia.

O diâmetro da base é \(2r\); exceder esse valor em \(40\%\) significa \(d\left( x \right)=1,4\times 2r=2,8r\).

A equação a resolver é \(\frac{2r}{x}\operatorname{sen}\left( \frac{\pi }{2}x \right)=2,8r\), equivalente a \(\frac{1}{x}\operatorname{sen}\left( \frac{\pi }{2}x \right)=1,4\), com \(x\in \left] 0,1 \right[\) (note-se que \(r\) se simplifica).

Com a calculadora, representam-se \(y=\frac{1}{x}\operatorname{sen}\left( \frac{\pi }{2}x \right)\) e \(y=1,4\) e determina-se a abcissa do ponto de intersecção.

Obtém-se \(x\approx 0,523\).

A reta \(OA\) tem declive \(\operatorname{tg}\alpha \); como \(A\) tem abcissa \(1\), a sua ordenada é \(\operatorname{tg}\alpha \).

\(C\) pertence à circunferência trigonométrica e à reta \(OA\), com coordenadas negativas, logo \(C=\left( -\cos \alpha ,-\operatorname{sen}\alpha \right)\).

A reta \(CD\) passa em \(D=\left( 0,1 \right)\) e em \(C\), pelo que tem declive \(\frac{1-\left( -\operatorname{sen}\alpha \right)}{0-\left( -\cos \alpha \right)}=\frac{1+\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }\) e equação \(y=\frac{1+\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }x+1\).

\(B\) tem abcissa \(1\), logo a sua ordenada é \(\frac{1+\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }+1\).

Como \(A\) e \(B\) estão ambos na reta \(x=1\), com \(B\) acima de \(A\):

\[\overline{AB}=\frac{1+\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }+1-\operatorname{tg}\alpha =\frac{1+\operatorname{sen}\alpha -\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }+1=1+\frac{1}{\cos \alpha }\]

Seja \(a\) a abcissa de \(A\). Então \(A=\left( a,\,k\cos a \right)\) e \(B=\left( a+\frac{\pi }{2},\,k\cos \left( a+\frac{\pi }{2} \right) \right)=\left( a+\frac{\pi }{2},\,-k\operatorname{sen}a \right)\).

Como \(a\in \left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), \(A\) está acima do eixo \(Ox\) e \(B\) abaixo; as distâncias ao eixo são \(k\cos a\) e \(k\operatorname{sen}a\). Logo \(k\cos a=k\operatorname{sen}a+1\).

O retângulo tem lados \(\frac{\pi }{2}\) e \(k\cos a+k\operatorname{sen}a\): \(\left( k\cos a+k\operatorname{sen}a \right)\times \frac{\pi }{2}=\frac{7\pi }{2}\Leftrightarrow k\cos a+k\operatorname{sen}a=7\).

Somando e subtraindo as duas igualdades: \(2k\cos a=8\) e \(2k\operatorname{sen}a=6\), ou seja, \(\cos a=\frac{4}{k}\) e \(\operatorname{sen}a=\frac{3}{k}\).

Da fórmula fundamental: \({\left( \frac{4}{k} \right)}^{2}+{\left( \frac{3}{k} \right)}^{2}=1\Leftrightarrow {k}^{2}=25\Leftrightarrow k=5\) (pois \(k>0\)).

\(A\) pertence à circunferência trigonométrica e à reta de inclinação \(\alpha \): \(A=\left( \cos \alpha ,\operatorname{sen}\alpha \right)\), com \(\cos \alpha <0\).

A reta \(AC\) é horizontal e \(C\) está no eixo \(Oy\): \(C=\left( 0,\operatorname{sen}\alpha \right)\), logo \(\overline{AC}=\left| \cos \alpha \right|=-\cos \alpha \) e \(\overline{OC}=\operatorname{sen}\alpha \).

A área de \(\left[ ABC \right]\) é a soma das áreas de \(\left[ AOC \right]\) e de \(\left[ OBC \right]\): \(\frac{\overline{AC}\times \overline{OC}}{2}+\frac{\overline{OC}\times 1}{2}\), uma vez que a distância de \(B\) ao eixo \(Oy\) é \(1\).

Área \(=\frac{-\cos \alpha \,\operatorname{sen}\alpha }{2}+\frac{\operatorname{sen}\alpha }{2}=\frac{\operatorname{sen}\alpha }{2}-\frac{\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha }{2}\).

Como \(\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =\frac{\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)}{2}\), vem Área \(=\frac{2\operatorname{sen}\alpha -\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)}{4}\), como se pretendia.

\(f\left( x \right)=g\left( x \right)\Leftrightarrow {\operatorname{sen}}^{3}x-\operatorname{sen}x{\cos }^{2}x=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}x\left( {\operatorname{sen}}^{2}x-{\cos }^{2}x \right)=0\).

Em \(\left] 0,\pi \right[\), \(\operatorname{sen}x\ne 0\), pelo que \({\operatorname{sen}}^{2}x={\cos }^{2}x\).

Usando \({\operatorname{sen}}^{2}x=1-{\cos }^{2}x\): \({\cos }^{2}x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \cos x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\), donde \(x=\frac{\pi }{4} \lor  x=\frac{3\pi }{4}\).

Ordenadas: \(f\left( \frac{\pi }{4} \right)={\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{3}=\frac{\sqrt{2}}{4}\) e, do mesmo modo, \(f\left( \frac{3\pi }{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{4}\).

Os pontos de intersecção são \(\left( \frac{\pi }{4},\frac{\sqrt{2}}{4} \right)\) e \(\left( \frac{3\pi }{4},\frac{\sqrt{2}}{4} \right)\).

Como \(\overline{OA}=\overline{OB}=2\) e \(A\hat{O}B=\alpha \): \(B=\left( 2\cos \alpha ,\,2\operatorname{sen}\alpha \right)\), e, por simetria em relação a \(Oy\), \(C=\left( -2\cos \alpha ,\,2\operatorname{sen}\alpha \right)\).

Como o trapézio é retângulo em \(C\) e em \(D\), \(D\) tem a mesma abcissa de \(C\) e pertence a \(Ox\): \(D=\left( -2\cos \alpha ,0 \right)\).

\(\left[ BC \right]\) e \(\left[ OD \right]\) são os lados paralelos do trapézio (ambos horizontais): \(\overline{BC}=4\cos \alpha \) e \(\overline{OD}=2\cos \alpha \); a altura é \(\overline{CD}=2\operatorname{sen}\alpha \).

Área do trapézio \(=\frac{\overline{BC}+\overline{OD}}{2}\times \overline{CD}=\frac{4\cos \alpha +2\cos \alpha }{2}\times 2\operatorname{sen}\alpha =6\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =3\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)\).

Área do setor circular \(AOB\), de raio \(2\) e amplitude \(\alpha \): \(\frac{\alpha }{2}\times {2}^{2}=2\alpha \).

Área da região sombreada \(=2\alpha +3\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)\), como se pretendia mostrar.

Como os dois valores de \(\theta \) dão a mesma intensidade mínima e um é o dobro do outro, a equação a resolver é

\[F\left( \theta \right)=F\left( 2\theta \right)\Leftrightarrow \frac{4095}{5\operatorname{sen}\theta +12\cos \theta }=\frac{4095}{5\operatorname{sen}\left( 2\theta \right)+12\cos \left( 2\theta \right)}\]

Visualizando na calculadora, em \(\left] 0,\frac{\pi }{4} \right[\), os gráficos de \({y}_{1}=\frac{4095}{5\operatorname{sen}x+12\cos x}\) e \({y}_{2}=\frac{4095}{5\operatorname{sen}\left( 2x \right)+12\cos \left( 2x \right)}\), e assinalando o ponto de interseção, obtém-se \({\theta }_{1}\approx 0,26\).

Como \(\left[ AC \right]\) é um diâmetro de raio \(4\) e \(\alpha \) é a inclinação da reta \(AC\): \(A=\left( 4\cos \alpha ,4\operatorname{sen}\alpha \right)\) e \(C=-A=\left( -4\cos \alpha ,-4\operatorname{sen}\alpha \right)\).

Como \(\alpha \in \left] \frac{\pi }{2},\pi \right[\), \(\cos \alpha <0\) e \(\operatorname{sen}\alpha >0\).

\(B\) tem a mesma abcissa de \(A\) (reta \(AB\) paralela a \(Oy\)) e pertence a \(Ox\): \(B=\left( 4\cos \alpha ,0 \right)\). \(D\) tem a mesma abcissa de \(C\) e pertence a \(Ox\): \(D=\left( -4\cos \alpha ,0 \right)\).

As retas \(AB\) e \(CD\) são paralelas, pelo que \(\left[ ABCD \right]\) é um trapézio de bases \(\overline{AB}\) e \(\overline{CD}\), com \(\overline{AB}=\overline{CD}=4\operatorname{sen}\alpha \) (ordenadas de \(A\) e, em módulo, de \(C\)) e altura igual à distância entre as retas \(AB\) e \(CD\): \(\overline{BD}=\left| -4\cos \alpha -4\cos \alpha \right|=8\left| \cos \alpha \right|=-8\cos \alpha \) (pois \(\cos \alpha <0\)).

Área \(=\frac{\overline{AB}+\overline{CD}}{2}\times \overline{BD}=\frac{4\operatorname{sen}\alpha +4\operatorname{sen}\alpha }{2}\times \left( -8\cos \alpha \right)=4\operatorname{sen}\alpha \times \left( -8\cos \alpha \right)=-32\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =-16\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)\).

A circunferência tem raio \(\overline{OA}=2\). Como \(\alpha \) é a amplitude do ângulo \(AOQ\): \(Q=\left( 2\cos \alpha ,2\operatorname{sen}\alpha \right)\).

\(P\) tem a mesma abcissa de \(Q\) e, pela figura, ordenada simétrica (está no \(2{.}^{o}\) quadrante, enquanto \(Q\) está no \(3{.}^{o}\)): \(P=\left( 2\cos \alpha ,-2\operatorname{sen}\alpha \right)\).

\(\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=\left( 2\cos \alpha \right)\left( 2\cos \alpha \right)+\left( -2\operatorname{sen}\alpha \right)\left( 2\operatorname{sen}\alpha \right)=4{\cos }^{2}\alpha -4{\operatorname{sen}}^{2}\alpha =4\cos \left( 2\alpha \right)\).

\(4\cos \left( 2\alpha \right)=3\Leftrightarrow \cos \left( 2\alpha \right)=\frac{3}{4}\).

Como \(\left[ AB \right]\) é tangente à semicircunferência em \(T\), o raio \(\left[ OT \right]\) é perpendicular a \(\left[ AB \right]\), pelo que o triângulo \(\left[ OTA \right]\) é retângulo em \(T\), com \(\overline{OT}=2\) e ângulo \(A\hat{O}T=\alpha \).

Nesse triângulo retângulo, \(\cos \alpha =\frac{\overline{OT}}{\overline{OA}}\), pelo que \(\overline{OA}=\frac{2}{\cos \alpha }\).

Como \(\overline{AB}=\overline{BC}\) e \(B\) pertence ao eixo \(Oy\), o ponto \(B\) está na mediatriz de \(\left[ AC \right]\), logo \(\overline{OA}=\overline{OC}=\frac{2}{\cos \alpha }\) (o triângulo \(\left[ ABC \right]\) é simétrico em relação ao eixo \(Oy\)).

Para determinar \(\overline{OB}\), considere-se o referencial com \(A=\left( \overline{OA},0 \right)\) e \(T=\left( 2\cos \alpha ,2\operatorname{sen}\alpha \right)\) (pois \(\overline{OT}=2\) e \(A\hat{O}T=\alpha \)). A reta \(AB\), tangente em \(T\), é perpendicular a \(\overrightarrow{OT}=\left( \cos \alpha ,\operatorname{sen}\alpha \right)\), logo tem direção \(\left( -\operatorname{sen}\alpha ,\cos \alpha \right)\).

Um ponto genérico dessa reta é \(\left( 2\cos \alpha -t\operatorname{sen}\alpha , 2\operatorname{sen}\alpha +t\cos \alpha \right)\). \(B\) é o ponto desta reta com abcissa \(0\):

\[2\cos \alpha -t\operatorname{sen}\alpha =0\Leftrightarrow t=\frac{2\cos \alpha }{\operatorname{sen}\alpha }.\]

A ordenada de \(B\) é então

\[\overline{OB}=2\operatorname{sen}\alpha +\frac{2\cos \alpha }{\operatorname{sen}\alpha }\times \cos \alpha =\frac{2{\operatorname{sen}}^{2}\alpha +2{\cos }^{2}\alpha }{\operatorname{sen}\alpha }=\frac{2}{\operatorname{sen}\alpha }.\]

A área do triângulo \(\left[ ABC \right]\), de base \(\overline{AC}=2\,\overline{OA}\) e altura \(\overline{OB}\) (pois \(B\) está no eixo \(Oy\) e \(\left[ AC \right]\) no eixo \(Ox\)), é

\[\text{Área}=\frac{\overline{AC}\times \overline{OB}}{2}=\overline{OA}\times \overline{OB}=\frac{2}{\cos \alpha }\times \frac{2}{\operatorname{sen}\alpha }=\frac{4}{\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha }.\]

Como \(\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)=2\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha \), vem \(\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha =\frac{\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)}{2}\), pelo que

\[\text{Área}=\frac{4}{\frac{\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)}{2}}=\frac{8}{\operatorname{sen}\left( 2\alpha \right)},\]

como se pretendia provar.

Como \(\cos \alpha =\frac{1}{3}\) e \(0<\alpha <\frac{\pi }{2}\), \(\operatorname{sen}\alpha =\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

Como \(C\) é o ponto da circunferência trigonométrica na semirreta de ângulo \(\alpha \), \(C=\left( \cos \alpha ,\operatorname{sen}\alpha \right)=\left( \frac{1}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3} \right)\).

Como \(B\) está na mesma semirreta (de equação \(y=x\tan \alpha \)) e tem abcissa \(1\), \(B=\left( 1,\tan \alpha \right)\), com \(\tan \alpha =\frac{\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}}{\frac{1}{3}}=2\sqrt{2}\); logo \(B=\left( 1,2\sqrt{2} \right)\).

O segmento \(\left[ AB \right]\) é vertical (ambos os pontos têm abcissa \(1\)), com \(\overline{AB}=2\sqrt{2}-0=2\sqrt{2}\), que se pode tomar como base do triângulo.

A altura correspondente é a distância de \(C\) à reta \(x=1\): \(\left| 1-\frac{1}{3} \right|=\frac{2}{3}\).

A área do triângulo \(\left[ ABC \right]\) é

\[\frac{\overline{AB}\times \frac{2}{3}}{2}=\frac{2\sqrt{2}\times \frac{2}{3}}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.\]

A distância da origem \(O\) (centro da circunferência) à reta \(r\), de equação \(x-y-6=0\), é \(\frac{\left| 0-0-6 \right|}{\sqrt{{1}^{2}+{\left( -1 \right)}^{2}}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\).

A distância máxima de \(P\) a \(r\) é a distância do centro a \(r\) mais o raio: \(3\sqrt{2}+\text{raio}=3\sqrt{2}+3\), pelo que o raio da circunferência é \(3\) e, portanto, o diâmetro é \(6\).

A equação a resolver é \(d\left( t \right)=6\).

Com a calculadora, representam-se os gráficos de \({y}_{1}=d\left( t \right)\) e de \({y}_{2}=6\), em \(t\in \left[ 0,7 \right]\), e determinam-se as abcissas dos pontos de intersecção.

Obtêm-se \(t\approx 1,4\) e \(t\approx 3,3\) segundos.

Como \(\left[ AB \right]\) é um diâmetro da circunferência de raio \(3\) centrada em \(O\), e a reta \(AB\) tem inclinação \(\alpha \), os pontos \(A\) e \(B\) são simétricos em relação a \(O\): \(A=3\left( \cos \alpha ,\operatorname{sen}\alpha \right)\) e \(B=-3\left( \cos \alpha ,\operatorname{sen}\alpha \right)=\left( -3\cos \alpha ,-3\operatorname{sen}\alpha \right)\).

Como \(\alpha \in \left] \frac{\pi }{2},\pi \right[\), tem-se \(\cos \alpha <0\) e \(\operatorname{sen}\alpha >0\), pelo que \(A\) está no 2.º quadrante e \(B\) no 4.º, como na figura.

Como \(BC\parallel Oy\) e \(C\) pertence a \(Ox\), \(C\) tem a mesma abcissa que \(B\): \(C=\left( -3\cos \alpha ,0 \right)\).

\(\overline{BC}=\left| 0-\left( -3\operatorname{sen}\alpha \right) \right|=3\operatorname{sen}\alpha \) (pois \(\operatorname{sen}\alpha >0\)); tomando \(\left[ BC \right]\) como base (vertical), a altura correspondente é a distância horizontal de \(A\) à reta \(x=-3\cos \alpha \): \(\left| 3\cos \alpha -\left( -3\cos \alpha \right) \right|=\left| 6\cos \alpha \right|=-6\cos \alpha \) (pois \(\cos \alpha <0\)).

Área do triângulo \(\left[ ABC \right]=\frac{\overline{BC}\times \text{altura}}{2}=\frac{3\operatorname{sen}\alpha \times \left( -6\cos \alpha \right)}{2}=-9\operatorname{sen}\alpha \cos \alpha \).

\(f\left( x \right)=g\left( x \right)\Leftrightarrow k\operatorname{sen}\left( 2x \right)=k\cos x\Leftrightarrow 2\operatorname{sen}x\cos x=\cos x\) (pois \(k>0\)) \(\Leftrightarrow \cos x\left( 2\operatorname{sen}x-1 \right)=0\Leftrightarrow \cos x=0 \lor  \operatorname{sen}x=\frac{1}{2}\).

Em \(\left[ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right]\): \(\cos x=0\Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{2} \lor  x=\frac{\pi }{2}\); \(\operatorname{sen}x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{6}\).

Os pontos de interseção têm abcissas \(-\frac{\pi }{2}\), \(\frac{\pi }{6}\) e \(\frac{\pi }{2}\), pelo que \(A\) (menor abcissa) tem \(x=-\frac{\pi }{2}\), \(B\) tem \(x=\frac{\pi }{6}\) e \(C\) (maior abcissa) tem \(x=\frac{\pi }{2}\).

\(A=\left( -\frac{\pi }{2},0 \right)\), \(C=\left( \frac{\pi }{2},0 \right)\) (pois \(f\left( \pm \frac{\pi }{2} \right)=k\operatorname{sen}\left( \pm \pi \right)=0\)) e \(B=\left( \frac{\pi }{6},\frac{k\sqrt{3}}{2} \right)\) (pois \(g\left( \frac{\pi }{6} \right)=k\cos \frac{\pi }{6}=\frac{k\sqrt{3}}{2}\)).

\(\overrightarrow{BA}=\left( -\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6},-\frac{k\sqrt{3}}{2} \right)=\left( -\frac{2\pi }{3},-\frac{k\sqrt{3}}{2} \right)\) e \(\overrightarrow{BC}=\left( \frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6},-\frac{k\sqrt{3}}{2} \right)=\left( \frac{\pi }{3},-\frac{k\sqrt{3}}{2} \right)\).

O triângulo é retângulo em \(B\) quando \(\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0\): \(-\frac{2\pi }{3}\times \frac{\pi }{3}+\frac{3{k}^{2}}{4}=0\Leftrightarrow \frac{3{k}^{2}}{4}=\frac{2{\pi }^{2}}{9}\Leftrightarrow {k}^{2}=\frac{8{\pi }^{2}}{27}\).

Como \(k>0\): \(k=\sqrt{\frac{8{\pi }^{2}}{27}}=\frac{2\sqrt{2}\,\pi }{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}\,\pi }{9}\).

Seja \(\theta \) a amplitude, em radianos, do ângulo ao centro correspondente ao arco \(AP\); como \(d=r\theta \), vem \(\theta =\frac{d}{r}\).

As coordenadas de \(P\) são \(\left( r\cos \theta ,\,r\operatorname{sen}\theta \right)\), pelo que \(S=\left( 0,r\operatorname{sen}\theta \right)\) e \(T=\left( r\cos \theta ,0 \right)\).

Como \(B=\left( 0,r \right)\) e \(r\operatorname{sen}\theta <r\): \(\overline{BS}=r-r\operatorname{sen}\theta =r\left( 1-\operatorname{sen}\theta \right)\).

Como \(A=\left( r,0 \right)\) e \(r\cos \theta <r\): \(\overline{TA}=r-r\cos \theta =r\left( 1-\cos \theta \right)\).

\(\overline{BS}+\overline{TA}=r\left( 1-\operatorname{sen}\theta \right)+r\left( 1-\cos \theta \right)=r\left( 2-\operatorname{sen}\theta -\cos \theta \right)=r\left( 2-\operatorname{sen}\left( \frac{d}{r} \right)-\cos \left( \frac{d}{r} \right) \right)\), como se pretendia.

a) ★★

Quando o pistão está em \(B\) (distância máxima a \(O\)), \(t=0\): \(d\left( 0 \right)=\cos 0+\sqrt{9-{\operatorname{sen}}^{2}0}=1+\sqrt{9}=1+3=4\).

Essa distância máxima é \(\overline{OB}=\overline{OM}+\overline{MP}=1+L\), sendo \(L\) o comprimento da biela: \(1+L=4\Leftrightarrow L=3\).

(Verificação com a posição \(A\), distância mínima, em \(t=\pi \): \(d\left( \pi \right)=-1+\sqrt{9}=2=\overline{OA}=L-1=3-1=2\). ✓)

Resposta: (B)

b) ★★★

Pretende-se o instante \({t}_{0}\in [0,5[\) tal que \(d\left( {t}_{0}+2 \right)=0,75\,d\left( {t}_{0} \right)\).

Na calculadora, representam-se graficamente \({y}_{1}=d\left( x+2 \right)\) e \({y}_{2}=0,75\,d\left( x \right)\), e determina-se a abcissa do ponto de interseção: \(\left( 1,63, 2,77 \right)\).

Logo \({t}_{0}\approx 1,63\) s e \(d\left( {t}_{0} \right)\approx 2,77\approx \) 2,8 cm.

a) ★★

\(h\left( \frac{\pi }{6} \right)\): \(\cos \left( 2\times \frac{\pi }{6} \right)=\cos \left( \frac{\pi }{3} \right)=\frac{1}{2}\), pelo que \(h\left( \frac{\pi }{6} \right)=\frac{5}{4+3\times \frac{1}{2}}=\frac{5}{5,5}=\frac{10}{11}\).

\(h\left( \frac{7\pi }{6} \right)\): \(\cos \left( 2\times \frac{7\pi }{6} \right)=\cos \left( \frac{7\pi }{3} \right)=\cos \left( \frac{7\pi }{3}-2\pi \right)=\cos \left( \frac{\pi }{3} \right)=\frac{1}{2}\), pelo que \(h\left( \frac{7\pi }{6} \right)=\frac{10}{11}\) também.

Taxa média de variação \(=\frac{h\left( \frac{7\pi }{6} \right)-h\left( \frac{\pi }{6} \right)}{\frac{7\pi }{6}-\frac{\pi }{6}}=\frac{\frac{10}{11}-\frac{10}{11}}{\pi }=0\).

Resposta: (C)

b) ★★★

\(h\left( x \right)=2\Leftrightarrow \frac{5}{4+3\cos \left( 2x \right)}=2\Leftrightarrow 4+3\cos \left( 2x \right)=\frac{5}{2}\Leftrightarrow 3\cos \left( 2x \right)=-\frac{3}{2}\Leftrightarrow \cos \left( 2x \right)=-\frac{1}{2}\).

\(\cos \left( 2x \right)=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow 2x=\frac{2\pi }{3}+2k\pi  \lor  2x=-\frac{2\pi }{3}+2k\pi , k\in Z\).

\(\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{3}+k\pi  \lor  x=-\frac{\pi }{3}+k\pi , k\in Z\).

Em \(]-\pi ,\pi [\): de \(x=\frac{\pi }{3}+k\pi \), obtêm-se \(x=\frac{\pi }{3}\) (\(k=0\)) e \(x=-\frac{2\pi }{3}\) (\(k=-1\)); de \(x=-\frac{\pi }{3}+k\pi \), obtêm-se \(x=-\frac{\pi }{3}\) (\(k=0\)) e \(x=\frac{2\pi }{3}\) (\(k=1\)).

As abcissas pedidas são \(-\frac{2\pi }{3}\), \(-\frac{\pi }{3}\), \(\frac{\pi }{3}\) e \(\frac{2\pi }{3}\).

a) ★★

\(g\left( x \right)=0\Leftrightarrow \sqrt{2}\operatorname{sen}\left( x-\frac{\pi }{4} \right)=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}\left( x-\frac{\pi }{4} \right)=0\).

Uma expressão geral dos zeros da função seno é \(k\pi , k\in Z\).

Logo, \(x-\frac{\pi }{4}=k\pi \Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi , k\in Z\), que é a expressão geral dos zeros de \(g\).

b) ★★★

Para todo o \(x\in R\), \(-1\le \operatorname{sen}\left( x-\frac{\pi }{4} \right)\le 1\), pelo que o contradomínio de \(g\) é \(\left[ -\sqrt{2},\sqrt{2} \right]\) e o mínimo de \(g\) é \(-\sqrt{2}\).

\(g\left( x \right)=-\sqrt{2}\Leftrightarrow \operatorname{sen}\left( x-\frac{\pi }{4} \right)=-1\Leftrightarrow x-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{2}+2k\pi \Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{4}+2k\pi , k\in Z\).

O menor valor positivo desta família obtém-se para \(k=1\): \(x=-\frac{\pi }{4}+2\pi =\frac{7\pi }{4}\). Logo \(\alpha =\frac{7\pi }{4}\).

\(\operatorname{tg}\left( \alpha -\frac{\pi }{12} \right)=\operatorname{tg}\left( \frac{7\pi }{4}-\frac{\pi }{12} \right)=\operatorname{tg}\left( \frac{21\pi }{12}-\frac{\pi }{12} \right)=\operatorname{tg}\left( \frac{20\pi }{12} \right)=\operatorname{tg}\left( \frac{5\pi }{3} \right)=\operatorname{tg}\left( \frac{5\pi }{3}-2\pi \right)=\operatorname{tg}\left( -\frac{\pi }{3} \right)=-\sqrt{3}\).

a) ★★

Para todo o \(x\in R\), \(-1\le \operatorname{sen}\left( \frac{x}{2} \right)\le 1\). Como \(k>0\):

\[-k\le k\operatorname{sen}\left( \frac{x}{2} \right)\le k\Leftrightarrow k-2-k\le g\left( x \right)\le k-2+k\Leftrightarrow -2\le g\left( x \right)\le 2k-2\]

Logo, o contradomínio de \(g\) é \(\left[ -2,2k-2 \right]\). Como o contradomínio dado é \(\left[ -2,4 \right]\), vem \(2k-2=4\Leftrightarrow k=3\).

b) ★★★

Usando \(\operatorname{tg}\left( \theta -\frac{\pi }{2} \right)=-\frac{1}{\operatorname{tg}\theta }\): \(-\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha }=\frac{\sqrt{2}}{4}\Leftrightarrow \operatorname{tg}\alpha =-\frac{4}{\sqrt{2}}=-2\sqrt{2}\).

Como \(\operatorname{tg}\alpha <0\) e \(\alpha \in \left] -\pi ,0 \right[\), conclui-se que \(\alpha \in \left] -\frac{\pi }{2},0 \right[\) (pois no intervalo \(\left] -\pi ,-\frac{\pi }{2} \right[\) a tangente é positiva), pelo que \(\cos \alpha >0\) e \(\operatorname{sen}\alpha <0\).

De \(1+{\operatorname{tg}}^{2}\alpha =\frac{1}{{\cos }^{2}\alpha }\): \(1+8=9=\frac{1}{{\cos }^{2}\alpha }\Leftrightarrow {\cos }^{2}\alpha =\frac{1}{9}\), e como \(\cos \alpha >0\), \(\cos \alpha =\frac{1}{3}\).

\(\operatorname{sen}\alpha =\operatorname{tg}\alpha \times \cos \alpha =-2\sqrt{2}\times \frac{1}{3}=-\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

Usando \(k=3\): \(g\left( 2\alpha +\pi \right)=3-2+3\operatorname{sen}\left( \frac{2\alpha +\pi }{2} \right)=1+3\operatorname{sen}\left( \alpha +\frac{\pi }{2} \right)=1+3\cos \alpha =1+3\times \frac{1}{3}=2\).

\(\operatorname{sen}\left( \pi +\alpha \right)=-\operatorname{sen}\alpha =-\left( -\frac{2\sqrt{2}}{3} \right)=\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

\(g\left( 2\alpha +\pi \right)+\operatorname{sen}\left( \pi +\alpha \right)=2+\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{6+2\sqrt{2}}{3}\).

Sendo a circunferência trigonométrica, \(A=\left( -1,0 \right)\) e \(C=\left( 1,0 \right)\) (diametralmente opostos), e \(B=\left( \cos \alpha ,\operatorname{sen}\alpha \right)\) (pois \(\alpha \) é a amplitude do ângulo orientado de \(OC\) para \(OB\)).

Área do triângulo \(\left[ OAB \right]\) (base \(OA\) no eixo \(Ox\), de comprimento \(1\); altura igual a \(\left| \operatorname{sen}\alpha \right|\)): \(\text{Área}=\frac{1}{2}\times 1\times \left| \operatorname{sen}\alpha \right|=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \left| \operatorname{sen}\alpha \right|=\frac{2}{3}\).

Como \(\alpha \in \left] -\frac{\pi }{2},0 \right[\), \(\operatorname{sen}\alpha <0\), pelo que \(\operatorname{sen}\alpha =-\frac{2}{3}\).

Como \(\alpha \) está no \(4.º\) quadrante, \(\cos \alpha >0\): \(\cos \alpha =\sqrt{1-{\operatorname{sen}}^{2}\alpha }=\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\sqrt{\frac{5}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}\).

\(\operatorname{tg}\alpha =\frac{\operatorname{sen}\alpha }{\cos \alpha }=\frac{-2/3}{\sqrt{5}/3}=-\frac{2}{\sqrt{5}}=-\frac{2\sqrt{5}}{5}\).

\(\operatorname{tg}\left( \alpha -\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\operatorname{tg}\alpha -1}{1+\operatorname{tg}\alpha }=\frac{-\frac{2}{\sqrt{5}}-1}{1-\frac{2}{\sqrt{5}}}=\frac{-\left( 2+\sqrt{5} \right)}{\sqrt{5}-2}\); racionalizando (multiplicando por \(\sqrt{5}+2\)): \(=\frac{-\left( 2+\sqrt{5} \right)\left( \sqrt{5}+2 \right)}{5-4}=-{\left( 2+\sqrt{5} \right)}^{2}=-\left( 9+4\sqrt{5} \right)=-9-4\sqrt{5}\).

\(\cos \left( \alpha +3\pi \right)=\cos \left( \alpha +\pi \right)=-\cos \alpha =-\frac{\sqrt{5}}{3}\) (usando a periodicidade \(\cos \left( \theta +2\pi \right)=\cos \theta \) e \(\cos \left( \theta +\pi \right)=-\cos \theta \)).

\(\operatorname{tg}\left( \alpha -\frac{\pi }{4} \right)+\cos \left( \alpha +3\pi \right)=-9-4\sqrt{5}-\frac{\sqrt{5}}{3}=-9-\frac{12\sqrt{5}}{3}-\frac{\sqrt{5}}{3}=-9-\frac{13\sqrt{5}}{3}\).