Exame de Matemática A 2026 · 1.ª fase — item 8, resolvido

Este é um item de «mostre que»: o resultado já te é dado, e o que se avalia é o caminho. Repara no alvo antes de começar — $\frac{\cos \alpha \left(1+\mathrm{sen}\alpha \right)}{2\mathrm{sen}\alpha }$ — porque ele diz-te o que vais precisar: um comprimento com $\frac{\cos \alpha }{\mathrm{sen}\alpha }$, que é $\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }$, e um comprimento igual a $1+\mathrm{sen}\alpha$.

escrever as coordenadas de tudo o que é fixo

A circunferência tem centro $O$ e raio $1$: é o círculo trigonométrico. Logo:

• $A(1,0)$, porque $A$ está na circunferência e no semieixo positivo $Ox$;
• $C(0,1)$, porque $C$ está na circunferência e no semieixo positivo $Oy$.

Nota que a reta $r$, de equação $y=1$, passa por $C$ — e é tangente à circunferência nesse ponto. É esse o papel de $C$ na figura: é o pé da base do triângulo sobre a reta.

1.º — determinar $\overline{BC}$

A semirreta $OB$ faz com o semieixo positivo $Ox$ um ângulo de amplitude $\alpha$, por isso o seu declive é $\mathrm{tg}\alpha$ e a reta $BD$ tem equação reduzida

O ponto $B$ é a intersecção dessa reta com $r$. Substituindo $y$ por $1$:

pelo que $B\left(\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha },1\right)$. Como $B$ e $C$ têm a mesma ordenada, o segmento $[BC]$ é horizontal e o seu comprimento é a diferença das abcissas:

Esta etapa vale $4$ pontos por si. Repara que $\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }>0$ porque $\alpha \in \left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ — não há aqui nenhum módulo a discutir.

$\overline{BC}$ pelo triângulo rectângulo $[OCB]$

O triângulo $[OCB]$ é rectângulo em $C$, porque $r$ é perpendicular a $Oy$. O ângulo convexo $CBO$ tem amplitude $\alpha$ (é alterno interno com o ângulo $AOB$, já que $r$ e $Ox$ são paralelas). Então

O critério de classificação dá a mesma cotação aos dois processos.

2.º — determinar as coordenadas de $D$

«$[BD]$ contém um diâmetro da circunferência» quer dizer que a recta $BD$ passa em $O$. Ora a semirreta $OB$ corta a circunferência no ponto de coordenadas $\left(\cos \alpha ,\mathrm{sen}\alpha \right)$ — é a própria definição de seno e cosseno no círculo trigonométrico. O ponto $D$ é o diametralmente oposto a esse, ou seja, o seu simétrico em relação à origem:

Confirma na figura: $D$ está no terceiro quadrante, com abcissa e ordenada negativas. Esta etapa vale $2$ pontos.

3.º — a altura do triângulo relativa a $[BC]$

Já tens a base, $[BC]$, que está sobre a reta $y=1$. A altura relativa a essa base é a distância de $D$ à reta $r$, e como a reta é horizontal essa distância é a diferença de ordenadas:

Aqui está o segundo factor do alvo. Vale $3$ pontos por si.

4.º — montar a área e chegar à expressão pedida

Falta transformar $\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }$. Por definição, $\mathrm{tg}\alpha =\frac{\mathrm{sen}\alpha }{\cos \alpha }$, logo $\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }=\frac{\cos \alpha }{\mathrm{sen}\alpha }$, e

que é exactamente o que se pretendia mostrar. Diz-o: num «mostre que», a conclusão explícita é uma etapa pontuada ($2$ pontos).

partir $[BCD]$ em dois triângulos pelo segmento $[OC]$

O segmento $[OC]$ divide $[BCD]$ nos triângulos $[OBC]$ e $[OCD]$, e as áreas somam-se. Em ambos toma-se $[OC]$ para base, com $\overline{OC}=1$:

• em $[OBC]$, a altura relativa a $[OC]$ é a abcissa de $B$, isto é $\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }$, logo $A_{[OBC]}=\frac{1\times \frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }}{2}=\frac{1}{2\mathrm{tg}\alpha }$;
• em $[OCD]$, a altura relativa a $[OC]$ é o módulo da abcissa de $D$, isto é $\cos \alpha$, logo $A_{[OCD]}=\frac{1\times \cos \alpha }{2}=\frac{\cos \alpha }{2}$.

Este caminho é útil quando não vês logo a altura do triângulo grande, mas obriga-te a pôr as duas fracções com o mesmo denominador no fim.

experimenta um valor concreto

Com $\alpha =\frac{\pi }{4}$: $\overline{BC}=\frac{1}{1}=1$ e $h=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$, pelo que a área é $\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}\approx 0,854$. Pela expressão pedida, $\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{2\times \frac{\sqrt{2}}{2}}\approx 0,854$. Batem.

E os extremos comportam-se como se espera: quando $\alpha \to \frac{\pi }{2}$, $B$ aproxima-se de $C$ e a área tende para $0$; quando $\alpha \to 0^{+}$, $B$ foge para a direita e a área cresce sem limite.

onde este item come pontos

• Trocar o declive. O declive da reta $OB$ é $\mathrm{tg}\alpha$, não $\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }$. É a abcissa de $B$ que vale $\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }$.
• Dar a $D$ as coordenadas $\left(\cos \alpha ,\mathrm{sen}\alpha \right)$, esquecendo que $D$ é o ponto oposto pelo diâmetro. Os dois sinais negativos valem $2$ pontos.
• Tomar a altura como $\mathrm{sen}\alpha$, esquecendo que a base está em $y=1$ e não em $y=0$. A altura é a distância de $D$ à reta $r$: $1+\mathrm{sen}\alpha$.
• Confundir $\overline{BD}$ com a base. A base cómoda é $[BC]$, que é horizontal; $[BD]$ é obliqua e levar-te-ia a uma conta muito mais pesada.
• Parar na expressão $\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }\left(1+\mathrm{sen}\alpha \right)}{2}$ sem a transformar na forma pedida. Num «mostre que» chegar perto não chega: tens de obter aquela expressão e dizer que é a pretendida.
• Não justificar a amplitude $\alpha$ do ângulo $CBO$, no 2.º processo. É onde estão $2$ dos $4$ pontos dessa etapa.

para reconhecer o próximo exercício deste tipo

Num «mostre que» com trigonometria, lê primeiro a expressão-alvo e decompõe-na: cada factor costuma corresponder a um comprimento da figura. Aqui, $\frac{\cos \alpha }{\mathrm{sen}\alpha }$ era a base e $1+\mathrm{sen}\alpha$ era a altura, e o $2$ do denominador era o da fórmula da área do triângulo. Saber o que procurar poupa-te metade do trabalho.