Exame de Matemática A 2025 · 2.ª fase — item 9, resolvido

Cotação 14 pontosResposta abertaVerificado

Enunciado

Instituto de Avaliação Educativa · prova 635 · 2025 · 2.ª fase

Na Figura 2, estão representados, em referencial o.n. $O x y$ , a circunferência centrada na origem e de raio $1$ , o triângulo $[A B C]$ e a reta de equação $x = 1$ .

Figura 2 — referencial o.n. Oxy: circunferência centrada na origem e de raio 1; reta vertical de equação x = 1, que corta o eixo Ox no ponto de abcissa 1; o ponto A sobre a circunferência, no segundo quadrante; o ponto C sobre o semieixo positivo Oy, à mesma altura de A, com o segmento [AC] horizontal; o ponto B sobre a reta x = 1, abaixo do eixo Ox; a reta AB passa pela origem O; o ângulo α está assinalado em O, entre o semieixo positivo Ox e a semirreta OA; o triângulo [ABC] está sombreado — Figura 2

Sabe-se que:

o ponto $A$ pertence à circunferência;
o ponto $B$ pertence à reta de equação $x = 1$ ;
o ponto $O$ pertence à reta $A B$ ;
$α$ é a inclinação, em radianos, da reta $A B$ $(α \in] \frac{π}{2}, π [)$ ;
o ponto $C$ pertence ao semieixo positivo $O y$ ;
a reta $A C$ é paralela ao eixo $O x$ .

Mostre que a área do triângulo $[A B C]$ é dada, em função de $α$ , por

\frac{2 sen α - sen ( 2 α )}{4}

Resposta de exame

O que se escreve na prova para ter a cotação toda.

Como $A$ pertence à circunferência de centro na origem e raio $1$ e $α$ é a inclinação da reta $O A$ , tem-se $A (cos α, sen α)$ .

Como a reta $A C$ é paralela ao eixo $O x$ e $C$ pertence ao semieixo positivo $O y$ , tem-se $C (0, sen α)$ .

Como $α \in] \frac{π}{2}, π [$ , tem-se $cos α < 0$ , pelo que

\overline{A C} = ∣0 - cos α ∣ = - cos α

O declive da reta $A B$ é $tg α$ e a reta passa na origem, pelo que a sua equação reduzida é $y = tg (α) x$ . Como $B$ pertence à reta de equação $x = 1$ , tem-se $B (1, tg α)$ .

Seja $D$ o ponto de intersecção da reta $A C$ com a reta de equação $x = 1$ , isto é, $D (1, sen α)$ , e seja $E (1, 0)$ .

Como $α \in] \frac{π}{2}, π [$ , tem-se $sen α > 0$ e $tg α < 0$ , pelo que $\overline{D E} = sen α$ , $\overline{B E} = - tg α$ e

\overline{B D} = \overline{D E} + \overline{E B} = sen α - tg α

Tomando $[A C]$ para base, a altura relativa a essa base é $\overline{B D}$ , porque $[B D]$ é perpendicular à reta $A C$ . Logo

A_{[A B C]} = \frac{A C \times B D}{2} = \frac{- cos α ( sen α - tg α )}{2} = \frac{- cos α ( sen α - \frac{sen α}{cos α} )}{2}

= \frac{- sen α cos α + sen α}{2} = \frac{sen α}{2} - \frac{sen α cos α}{2}

Como $sen (2 α) = 2 sen α cos α$ , tem-se $sen α cos α = \frac{sen ( 2 α )}{2}$ , pelo que

A_{[A B C]} = \frac{sen α}{2} - \frac{sen ( 2 α )}{4} = \frac{2 sen α - sen ( 2 α )}{4}

como se pretendia mostrar.

Tenta primeiro no papel.

Quem lê a resolução antes de tentar acha que percebeu — e volta a errar no exame.

Mostra só o que se escreve na prova. A resolução explicada fica fechada — abres depois, se quiseres.

Resolução explicada

Passo a passo, com o porquê de cada passo.

É um item de mostrar: o resultado está escrito no enunciado, e o que te é pedido é o caminho. Isso muda a maneira de escrever — não podes chegar ao fim e dizer «logo é isto»; tens de partir de coisas que justificas e ir a dar à expressão dada, com cada igualdade encadeada.

O que governa o item é uma escolha: que lado tomas para base do triângulo. Aqui a escolha boa está à vista, porque o enunciado diz que $A C$ é paralela ao eixo $O x$ — ou seja, $[A C]$ é horizontal, e a altura relativa a ele é uma distância vertical, que se lê directamente pelas ordenadas. Nenhuma das outras escolhas te dá isso.

pôr coordenadas em tudo

Antes de qualquer conta, escreve as coordenadas dos três pontos à custa de $α$ . A partir daí o problema deixa de ser geometria e passa a ser álgebra.

$A$ . Está sobre a circunferência de centro na origem e raio $1$ — a circunferência trigonométrica. Um ponto dela, associado ao ângulo $α$ medido a partir do semieixo positivo $O x$ , tem coordenadas $(cos α, sen α)$ . É esta a definição de seno e de cosseno, não uma fórmula à parte. E o ângulo é mesmo $α$ , porque $α$ é a inclinação da reta $A B$ e $O$ pertence a essa reta: a semirreta $O A$ faz com o semieixo positivo $O x$ o ângulo $α$ .

$C$ . Pertence ao semieixo positivo $O y$ , logo tem abcissa $0$ . E como a reta $A C$ é paralela ao eixo $O x$ , $C$ tem a mesma ordenada que $A$ . Portanto $C (0, sen α)$ .

$B$ . A reta $A B$ passa na origem e tem inclinação $α$ , logo tem declive $tg α$ e equação reduzida $y = tg (α) x$ . Como $B$ está na reta $x = 1$ , substituis e ficas com $B (1, tg α)$ .

1.º — os sinais, que é o que este item realmente mede

$α \in] \frac{π}{2}, π [$ é o segundo quadrante. Daí sai tudo o resto:

cos α < 0 sen α > 0 tg α = \frac{sen α}{cos α} < 0

Isto explica a figura: $A$ está à esquerda do eixo $O y$ e $B$ está abaixo do eixo $O x$ .

E explica a razão pela qual um comprimento não é a coordenada, é o módulo dela. Comprimentos são números não negativos; as coordenadas aqui não são.

2.º — o comprimento da base $\overline{A C}$

$A$ e $C$ têm a mesma ordenada, logo a distância entre eles é a diferença das abcissas, em módulo:

\overline{A C} = ∣0 - cos α ∣ = ∣ cos α ∣ = - cos α

O último passo é onde está a substância: como $cos α < 0$ , tens $∣ cos α ∣ = - cos α$ , que é positivo. Escrever $\overline{A C} = cos α$ dá um comprimento negativo e uma área negativa lá à frente.

É a etapa mais cara do item (3 pontos), precisamente por causa deste sinal.

3.º — a altura, medida na reta $x = 1$

Chama $D$ ao ponto onde a reta $A C$ corta a reta $x = 1$ , e $E$ ao ponto $(1, 0)$ .

$D$ está na reta horizontal que passa por $A$ e $C$ , logo $D (1, sen α)$ . O segmento $[B D]$ é vertical e a reta $A C$ é horizontal, portanto $[B D]$ é perpendicular à base: $\overline{B D}$ é a altura do triângulo relativa a $[A C]$ .

Agora repara onde estão os pontos: $D$ está acima do eixo $O x$ (ordenada $sen α > 0$ ) e $B$ está abaixo (ordenada $tg α < 0$ ). $E$ está entre os dois. Por isso a altura parte-se em duas parcelas que se somam:

\overline{D E} = sen α \overline{B E} = ∣ tg α ∣ = - tg α

\overline{B D} = \overline{D E} + \overline{E B} = sen α - tg α

Os dois sinais fazem a mesma coisa: transformam uma coordenada negativa num comprimento positivo. Estas duas etapas valem 2 + 3 pontos.

4.º — montar a área e simplificar

A_{[A B C]} = \frac{A C \times B D}{2} = \frac{- cos α ( sen α - tg α )}{2}

Como a expressão que queres alcançar só tem senos, o $tg α$ tem de sair. Substitui-lo por $\frac{sen α}{cos α}$ é o que faz o $cos α$ cancelar dentro do parêntesis — é esse o motivo da substituição, e não «porque sim»:

\frac{- cos α ( sen α - \frac{sen α}{cos α} )}{2} = \frac{- sen α cos α + sen α}{2}

5.º — reconhecer o seno do ângulo duplo

Falta explicar de onde aparece o $sen (2 α)$ . A fórmula é $sen (2 α) = 2 sen α cos α$ , portanto

sen α cos α = \frac{sen ( 2 α )}{2}

Substituindo:

A_{[A B C]} = \frac{sen α}{2} - \frac{sen α cos α}{2} = \frac{sen α}{2} - \frac{sen ( 2 α )}{4} = \frac{2 sen α - sen ( 2 α )}{4}

que é a expressão dada. Escreve essa frase final — «como se pretendia mostrar». Vale 1 ponto e é a etapa mais barata de ganhar do exame inteiro.

partir o triângulo em dois, pelo eixo $O y$

O critério aceita um segundo processo, que dispensa os pontos auxiliares $D$ e $E$ . O segmento $[O C]$ divide $[A B C]$ em dois triângulos, $[A O C]$ e $[O B C]$ , e a área do todo é a soma das partes.

Tomando $[A C]$ e $[O C]$ como bases:

A_{[A O C]} = \frac{A C \times O C}{2} A_{[O B C]} = \frac{O C \times 1}{2}

No primeiro, a altura relativa a $[A C]$ é $\overline{O C} = sen α$ , a distância do eixo $O x$ à reta $A C$ . No segundo, tomando $[O C]$ para base (que está no eixo $O y$ ), a altura é a distância de $B$ ao eixo $O y$ , que é $1$ , porque $B$ tem abcissa $1$ .

A_{[A B C]} = \frac{- cos α \times sen α}{2} + \frac{sen α \times 1}{2} = \frac{sen α}{2} - \frac{cos α sen α}{2}

e daqui em diante é igual ao primeiro processo. Escolhe o que te sair primeiro; o segundo tem menos pontos auxiliares para nomear, o primeiro segue de mais perto a figura.

experimenta um valor

Toma $α = \frac{3 π}{4}$ . Então $sen α = \frac{2}{2}$ , $cos α = - \frac{2}{2}$ , $tg α = - 1$ .

Pela construção: $\overline{A C} = \frac{2}{2}$ , $\overline{B D} = \frac{2}{2} + 1$ , logo a área é $\frac{1}{2} \times \frac{2}{2} (\frac{2}{2} + 1) = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{2}{2}) = \frac{1 + 2}{4}$ .

Pela expressão dada: $sen (\frac{3 π}{2}) = - 1$ , logo $\frac{2 \times \frac{2}{2} - ( - 1 )}{4} = \frac{2 + 1}{4}$ . Bate.

onde é que este item come pontos

$\overline{A C} = cos α$ , sem o sinal. É o erro central do item, e leva os 3 pontos da etapa mais cara. No segundo quadrante o cosseno é negativo e um comprimento não é.
$\overline{B D} = sen α + tg α$ . Quem trata $tg α$ como um comprimento soma quando devia subtrair, e fica com uma altura mais curta do que a verdadeira.
Escolher a base errada. Com $[A B]$ ou $[B C]$ para base, a altura deixa de ser vertical e o item torna-se quase impossível de fechar sem calculadora.
Tomar $A$ como $(cos α, sen α)$ sem dizer porquê. Num item de mostrar, a justificação — circunferência de raio $1$ centrada na origem, ângulo $α$ — faz parte da resposta.
Não escrever a conclusão. Chegar a $\frac{2 sen α - sen ( 2 α )}{4}$ e não dizer que é o pretendido deixa 1 ponto por ganhar.
Partir da expressão dada e tentar chegar à figura. Num «mostre que», parte-se dos dados e chega-se à expressão, nunca ao contrário.

para reconhecer o próximo exercício deste tipo

Sempre que um item põe um ângulo num quadrante que não é o primeiro e te pede comprimentos ou áreas, a pergunta a fazer a cada linha é: este número é positivo? Comprimentos, áreas e distâncias são não negativos; senos, cossenos e tangentes não são. O módulo é a ponte entre uns e outros, e o que o exame mede é se sabes colocá-lo — ou seja, se sabes o sinal de cada razão trigonométrica em cada quadrante.

Primeiro, a resposta de exame.

A resolução explicada abre-se depois, à parte, se quiseres perceber o porquê.

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