Proposta de Resolução — Exame Nacional de Matemática A 2026
Prova 635 · 2.ª Fase · Estrutura e pontuação de acordo com os Critérios de Classificação do IAVE
Item 1 12 pts
Pelas propriedades dos logaritmos, $\log_a\!\left(b^2\right)=16 \Leftrightarrow 2\log_a b = 16 \Leftrightarrow \log_a b = 8$.
Logo $\log_a\!\left(\dfrac{a}{b}\right)=\log_a a - \log_a b = 1 - 8 = -7$.
Item 2.1 14 pts
Segunda derivada. Sendo $f'(x)=\dfrac{1+2\ln x}{x}$, vem [3 pts]
$f''(x)=\left(\dfrac{1+2\ln x}{x}\right)'=\dfrac{\left(1+2\ln x\right)'\,x-\left(1+2\ln x\right)}{x^2}=\dfrac{\frac{2}{x}\cdot x-1-2\ln x}{x^2}=\dfrac{2-1-2\ln x}{x^2}=\dfrac{1-2\ln x}{x^2}$.
Zeros de $f''$. $f''(x)=0$ [1 pt]
$\dfrac{1-2\ln x}{x^2}=0 \Leftrightarrow 1-2\ln x=0 \;\wedge\; x^2\neq 0 \Leftrightarrow \ln x=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$ (em $\mathbb{R}^+$). [3 pts]
Quadro de sinal de $f''$ e sentido das concavidades de $f$ (em $\mathbb{R}^+$): [4 pts]
| $x$ | $0$ | $\sqrt{e}$ | $+\infty$ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| $1-2\ln x$ | n.d. | $+$ | $0$ | $-$ | |
| $x^2$ | n.d. | $+$ | $+$ | $+$ | |
| $f''(x)$ | n.d. | $+$ | $0$ | $-$ | |
| $f(x)$ | n.d. | $\smile$ | P.I. | $\frown$ |
Assim: [2 pts]
• o gráfico tem concavidade voltada para cima em $\left]0,\sqrt{e}\,\right[$;
• o gráfico tem concavidade voltada para baixo em $\left[\sqrt{e},+\infty\right[$;
• há um ponto de inflexão de abcissa $x=\sqrt{e}$. [1 pt]
Item 2.2 14 pts
Seja $y_B$ a ordenada do ponto $B$. Como $A(e,2)$ tem abcissa $e$, tomando $[OB]$ (sobre $Oy$) como base do triângulo $[AOB]$, a altura é $x_A=e$, pelo que
Área de $[AOB]=\dfrac{\overline{OB}\times e}{2}$. [2 pts]
Declive da reta $r$ (tangente ao gráfico de $f$ em $A$): $m_r=f'(e)$. [2 pts]
$f'(e)=\dfrac{1+2\ln e}{e}=\dfrac{1+2}{e}=\dfrac{3}{e}$. [1 pt]
Declive da reta $s$ (perpendicular a $r$): $m_s=-\dfrac{1}{m_r}=-\dfrac{1}{\frac{3}{e}}=-\dfrac{e}{3}$. [2 pts]
A reta $s$ tem equação $y=-\dfrac{e}{3}x+y_B$. [2 pts]
Como $s$ interseta $Ox$ no ponto de abcissa $-3$ (ou seja, passa em $(-3,0)$): $0=-\dfrac{e}{3}\times(-3)+y_B$. [2 pts]
$0=e+y_B \Leftrightarrow y_B=-e$, logo $\overline{OB}=|y_B|=e$. [1 pt]
Área de $[AOB]=\dfrac{\overline{OB}\times e}{2}=\dfrac{e\times e}{2}=\dfrac{e^2}{2}$. [2 pts]
Item 3 12 pts
3.(AE2018) — Por uma lei de De Morgan, $\overline{A}\cap\overline{B}=\overline{A\cup B}$, logo $P\!\left(\overline{A\cup B}\right)=0{,}4$.
$P(A\cup B)=1-P\!\left(\overline{A\cup B}\right)=1-0{,}4=0{,}6$. Resposta: (B)
3.(AE2023) — Seja $X$ o preço da refeição, com distribuição normal de valor médio $\mu=7$. Por simetria, $P(X>7)=0{,}5$.
$P(7\lt X\lt 9)=P(X\gt 7)-P(X\gt 9)=0{,}5-0{,}12=0{,}38=38\%$. Resposta: (B)
Item 4 12 pts
(a) Introduzindo os dados na calculadora, o desvio padrão das percentagens da habitação é $\sigma_x\approx 8{,}4$ e o das da alimentação é $\sigma_y\approx 5{,}9$. Como $8{,}4>5{,}9$, o primeiro é superior ao segundo $\rightarrow$ opção (3).
Habitação ($x$): $\sigma_x\approx 8{,}42861\approx 8{,}4$.
Alimentação ($y$): $\sigma_y\approx 5{,}90078\approx 5{,}9$.
(b) Em 2022/2023 a alimentação foi $3121$ euros, correspondente a $12{,}9\%$ da despesa total $t$: $\dfrac{t}{3121}=\dfrac{100}{12{,}9}\Leftrightarrow t\approx 24\,193{,}8$. A habitação, $39{,}0\%$ desse total, foi $0{,}39\times 24\,193{,}8\approx 9436$ euros $\rightarrow$ opção (3).
(c) Com $x$ (habitação) e $y$ (alimentação) da tabela, a calculadora dá o coeficiente de correlação linear $r\approx -0{,}93$ (relação decrescente) $\rightarrow$ opção (1).
$r\approx -0{,}9260\approx -0{,}93$.
(d) A reta de regressão de $y$ em função de $x$ (parâmetros às milésimas) é $y=-0{,}648\,x+35{,}006$. Para $x=19{,}8$: $y=-0{,}648\times 19{,}8+35{,}006\approx 22{,}2\%$ $\rightarrow$ opção (2).
Regressão: $m\approx -0{,}648$, $b\approx 35{,}006$.
$-0{,}648\times 19{,}8+35{,}006\approx 22{,}18\to 22{,}2\%$.
Classificação por níveis: 4 corretas → 12 pts; 3 corretas → 8 pts; 2 corretas → 4 pts.
Item 5 14 pts
Números naturais com cinco algarismos diferentes, múltiplos de $5$ e maiores do que $50\,000$.
Sendo múltiplo de $5$, o algarismo das unidades é $0$ ou $5$. [2 pts]
Sendo maior do que $50\,000$, o algarismo das dezenas de milhar (o primeiro) pertence a $\{5,6,7,8,9\}$. [2 pts]
Unidades $=0$: para o primeiro algarismo há $5$ hipóteses ($5,6,7,8,9$); para os três algarismos centrais, escolhas ordenadas de $3$ entre os $8$ restantes, ${}^{8}A_3$. Total: $5\times{}^{8}A_3=5\times 336=1680$. [5 pts]
Unidades $=5$: o primeiro algarismo pertence a $\{6,7,8,9\}$ ($4$ hipóteses, pois o $5$ já foi usado); os três centrais dão ${}^{8}A_3$. Total: $4\times{}^{8}A_3=4\times 336=1344$. [4 pts]
Total: $1680+1344=3024$. [1 pt]
Item 6 14 pts
Sejam $M$: «o número é múltiplo de três» e $A$: «o número é par» (logo $\overline{A}$: «é ímpar»).
$P(M)=0{,}625$. [1 pt]
«Um terço dos que não são múltiplos de três são pares»: $P\!\left(A\,|\,\overline{M}\right)=\dfrac{1}{3}$. [2 pts]
$P\!\left(\overline{M}\right)=1-0{,}625=0{,}375$. [1 pt]
$P\!\left(A\cap\overline{M}\right)=P\!\left(A\,|\,\overline{M}\right)\times P\!\left(\overline{M}\right)=\dfrac{1}{3}\times 0{,}375=0{,}125$. [2 pts]
Pretende-se $P\!\left(M\cup\overline{A}\right)$ (múltiplo de três ou ímpar). [2 pts]
O acontecimento contrário de $M\cup\overline{A}$ é $\overline{M}\cap A$, pelo que [4 pts]
$P\!\left(M\cup\overline{A}\right)=1-P\!\left(\overline{M}\cap A\right)=1-0{,}125=0{,}875$. [1 pt]
Organizando numa tabela de dupla entrada (com $P(A\cap M)=P(M)-P(A\cap\overline M)$... ou diretamente):
| $M$ | $\overline{M}$ | Total | |
|---|---|---|---|
| $A$ | $0{,}500$ | $0{,}125$ | $0{,}625$ |
| $\overline{A}$ | $0{,}125$ | $0{,}250$ | $0{,}375$ |
| Total | $0{,}625$ | $0{,}375$ | $1$ |
Da tabela, $P\!\left(\overline{M}\cap A\right)=0{,}125$, confirmando $P\!\left(M\cup\overline{A}\right)=1-0{,}125=\dfrac{7}{8}$. [1 pt]
Item 7 14 pts
7.(AE2018) — Estudo da monotonia de $u_n=\dfrac{3n+5}{n+2}$.
$u_{n+1}=\dfrac{3(n+1)+5}{(n+1)+2}=\dfrac{3n+8}{n+3}$. [4 pts]
$u_{n+1}-u_n=\dfrac{3n+8}{n+3}-\dfrac{3n+5}{n+2}=\dfrac{(3n+8)(n+2)-(3n+5)(n+3)}{(n+3)(n+2)}$
$=\dfrac{\left(3n^2+14n+16\right)-\left(3n^2+14n+15\right)}{(n+3)(n+2)}=\dfrac{1}{(n+2)(n+3)}$. [5 pts]
Para todo o $n\in\mathbb{N}$, $(n+2)(n+3)>0$, logo $u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{(n+2)(n+3)}>0$. [3 pts]
Assim, $(u_n)$ é uma sucessão monótona crescente. [2 pts]
7.(AE2023) — $f(x)=x^2e^x-\dfrac{1}{2}$; método de Newton-Raphson com $x_0=-1$.
$f'(x)=\left(x^2e^x\right)'-\left(\tfrac12\right)'=2x\,e^x+x^2e^x=e^x\!\left(x^2+2x\right)=x\,e^x(x+2)$. [4 pts]
$f(-1)=(-1)^2e^{-1}-\dfrac{1}{2}=e^{-1}-\dfrac{1}{2}\approx -0{,}1321$. [2 pts]
$f'(-1)=(-1)\,e^{-1}\,(-1+2)=-e^{-1}\approx -0{,}3679$. [2 pts]
A primeira aproximação é $x_1=x_0-\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}=-1-\dfrac{e^{-1}-\frac{1}{2}}{-e^{-1}}$. [4 pts]
$x_1=-1-\dfrac{-0{,}1321}{-0{,}3679}\approx -1-0{,}3591\approx -1{,}359$. [2 pts]
Item 8.1 12 pts
Como as arestas do cubo que concorrem num vértice são perpendiculares duas a duas:
$\vec{AG}\cdot\vec{AH}>0$, pois o ângulo $HAG$ (entre a aresta $[AH]$ e a diagonal da face $[AG]$) é agudo. Logo as afirmações (A) e (C) são falsas.
Por outro lado, $\vec{FC}=\vec{GB}$ e $\vec{AD}=\vec{GF}$ (lados opostos das faces do cubo). Então $\vec{FC}\cdot\vec{AD}=\vec{GB}\cdot\vec{GF}=0$, porque o ângulo $BGF$ é reto (arestas do cubo concorrentes em $G$). Assim (B) é verdadeira e (D) é falsa.
Item 8.2 14 pts
Como $[AB]$ é uma aresta do cubo e a reta $AB$ é perpendicular ao plano $BCF$, o vetor normal do plano, $\vec{n}=(-3,6,-2)$, é vetor diretor da reta $AB$. [1 + 1 + 1 pts]
Equação vetorial de $AB$: $(x,y,z)=(-3,5,2)+k\,(-3,6,-2),\ k\in\mathbb{R}$. [2 pts]
Um ponto genérico desta reta tem coordenadas $(-3-3k,\,5+6k,\,2-2k)$. [2 pts]
Sendo $B$ a interseção de $AB$ com o plano $BCF$, substitui-se na equação do plano: [2 pts]
$-3(-3-3k)+6(5+6k)-2(2-2k)+14=0 \Leftrightarrow 9+9k+30+36k-4+4k+14=0 \Leftrightarrow 49k+49=0$.
$k=-1$. [1 pt]
$B=(-3+3,\,5-6,\,2+2)=(0,-1,4)$. [1 pt]
Aresta do cubo: $\overline{AB}=\sqrt{(0-(-3))^2+(-1-5)^2+(4-2)^2}=\sqrt{9+36+4}=\sqrt{49}=7$. [2 pts]
Volume: $V=\overline{AB}^{\,3}=7^3=343$. [1 pt]
Item 9 14 pts
No retângulo $[ABCD]$, os lados $[AD]$ e $[BC]$ são paralelos, logo têm o mesmo declive. Como $BC:\ y=-2x+5$, o declive de $AD$ é $-2$. [2 pts]
A reta $AD$ passa em $A(2,0)$: $0=-2\times 2+b \Leftrightarrow b=4$, ou seja $AD:\ y=-2x+4$. [2 pts]
Como $D\in Oy$ (abcissa $0$): $D=(0,4)$. [1 pt]
Coordenadas de $C$ [9 pts]
Processo — $C$ é a interseção da reta $DC$ com a reta $BC$. Sendo $[ABCD]$ retângulo, $DC\perp AD$, pelo que $m_{DC}=-\dfrac{1}{-2}=\dfrac{1}{2}$; passando em $D(0,4)$: $DC:\ y=\dfrac{1}{2}x+4$.
Interseção $DC\cap BC$: $\dfrac{1}{2}x+4=-2x+5 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}x+2x=1 \Leftrightarrow \dfrac{5}{2}x=1 \Leftrightarrow x=\dfrac{2}{5}$.
$y=-2\times\dfrac{2}{5}+5=-\dfrac{4}{5}+5=\dfrac{21}{5}$. Logo $C=\left(\dfrac{2}{5},\dfrac{21}{5}\right)$.
Item 10 14 pts
Proposição I é falsa. Como $f'(x)\lt 0$ para todo o $x\in\mathbb{R}$, a função $f$ é (estritamente) decrescente em $\mathbb{R}$; logo, de $0\lt 1$ resulta $f(1)\lt f(0)=2$, ou seja $f(1)\leq 2$. Portanto $f(1)\gt 2$ é falso. [Conteúdos]
Proposição II é falsa. $f$ é contínua em $[1,2]$ e $f(1)\times f(2)<0$; pelo Corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy, existe $c\in\,]1,2[$ tal que $f(c)=0$. Como $D_{\frac{1}{f}}=\left\{x\in D_f:\ f(x)\neq 0\right\}$, esse valor $c$ não pertence ao domínio de $\dfrac{1}{f}$, pelo que este não pode ser $\mathbb{R}$. [Conteúdos]
Critério (por parâmetros): Conteúdos — duas justificações completas: 12; uma completa e outra incompleta: 9; apenas uma completa ou as duas incompletas: 6; apenas uma incompleta: 3. Linguagem Científica — 2 / 1 pontos. [12 + 2]
Item 11 12 pts
Multiplicar por $i$ corresponde a uma rotação de $\dfrac{\pi}{2}$ (no sentido positivo) do afixo, de centro na origem: $iz=e^{i\frac{\pi}{2}}\cdot e^{i\theta}=e^{i\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)}$, com $\left|iz\right|=|z|=1$.
Como $\theta\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[$, o afixo $P$ de $z$ está no 1.º quadrante; então $\theta+\dfrac{\pi}{2}\in\left]\dfrac{\pi}{2},\pi\right[$, pelo que o afixo de $iz$ está no 2.º quadrante. Dos pontos assinalados, o único nessas condições é o ponto $B$.
Item 12 14 pts
1.º Processo
Seja $w=a+bi$, com $a,b\in\mathbb{R}$. [1 pt]
$z=\dfrac{w}{3-4i}=\dfrac{(a+bi)(3+4i)}{(3-4i)(3+4i)}=\dfrac{(a+bi)(3+4i)}{25}$. [2 pts]
$z=\dfrac{3a-4b}{25}+\dfrac{4a+3b}{25}\,i$. [2 pts]
De $\operatorname{Re}(z)+\operatorname{Im}(z)=0$, isto é $\operatorname{Re}(z)=-\operatorname{Im}(z)$: $\dfrac{3a-4b}{25}=\dfrac{-4a-3b}{25}$. [2 pts]
$3a-4b=-4a-3b \Leftrightarrow 7a=b$, ou seja $b=7a$. [1 pt]
Como $|w|=5$: $a^2+b^2=25$. [2 pts]
$a^2+(7a)^2=25 \Leftrightarrow 50a^2=25 \Leftrightarrow a^2=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow a=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ \vee\ a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$. [2 pts]
Como $\operatorname{Re}(w)=a<0$, vem $a=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ e $b=7a=-\dfrac{7\sqrt{2}}{2}$. [2 pts]
Logo $w=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{7\sqrt{2}}{2}\,i$.
Item 13 14 pts
13.(AE2018) — $f(x)=\operatorname{sen}(2x)+\cos x$ em $[0,a]$; menor $a$ para o qual $f$ tem exatamente vinte zeros.
$f(x)=2\operatorname{sen}x\cos x+\cos x=\cos x\,(2\operatorname{sen}x+1)$. [2 pts]
$f(x)=0 \Leftrightarrow \cos x\,(2\operatorname{sen}x+1)=0 \Leftrightarrow \cos x=0\ \vee\ \operatorname{sen}x=-\dfrac{1}{2}$. [1 + 2 pts]
Em $[0,2\pi[$ há quatro zeros: $x=\dfrac{\pi}{2},\ x=\dfrac{7\pi}{6},\ x=\dfrac{3\pi}{2},\ x=\dfrac{11\pi}{6}$, sendo $\dfrac{11\pi}{6}$ o maior. [2 + 1 pts]
Como as duas condições têm período $2\pi$, em cada intervalo de amplitude $2\pi$ há $4$ zeros; em $[0,10\pi[$ há $5\times 4=20$ zeros. [2 pts]
O maior zero em $[0,10\pi[$ é $\dfrac{11\pi}{6}+4\times 2\pi=\dfrac{11\pi}{6}+\dfrac{48\pi}{6}=\dfrac{59\pi}{6}$. [2 pts]
Assim, o menor valor de $a$ (que ainda inclui o vigésimo zero) é $a=\dfrac{59\pi}{6}$. [2 pts]
13.(AE2023) — Triângulo $[PQR]$, $B$ baricentro, $C$ circuncentro, $S$ ponto médio de $[RQ]$, $C\in[PS]$, $\overline{PR}=\overline{PQ}$, $\overline{PB}=6$ e $\overline{QR}=6\sqrt{6}$.
Como o baricentro dista do ponto médio de um lado metade do que dista do vértice oposto, $\overline{PB}=\dfrac{2}{3}\overline{PS}$, ou seja $\overline{BS}=\dfrac{\overline{PB}}{2}$. [4 pts]
$\overline{PS}=\overline{PB}+\overline{BS}=6+\dfrac{6}{2}=9$. [2 pts]
Como $C$ é circuncentro, é equidistante dos vértices: $\overline{CQ}=\overline{CR}=\overline{CP}$. [2 pts]
Com $C\in[PS]$: $\overline{CR}=\overline{CP}=\overline{PS}-\overline{CS}=9-\overline{CS}$. [2 pts]
Sendo $[PQR]$ isósceles ($\overline{PR}=\overline{PQ}$), a mediana $[PS]$ é altura, pelo que $[CSR]$ é retângulo em $S$; com $\overline{SR}=\dfrac{\overline{QR}}{2}=\dfrac{6\sqrt6}{2}=3\sqrt6$, o Teorema de Pitágoras dá
$\overline{CR}^{\,2}=\overline{CS}^{\,2}+\overline{SR}^{\,2}$, isto é $\left(9-\overline{CS}\right)^2=\overline{CS}^{\,2}+54$. [2 pts]
$81-18\,\overline{CS}+\overline{CS}^{\,2}=\overline{CS}^{\,2}+54 \Leftrightarrow 18\,\overline{CS}=27 \Leftrightarrow \overline{CS}=\dfrac{3}{2}$. [2 pts]
Item 14 14 pts
Como $x=\dfrac{r}{a}$ (quociente entre o raio da base e a apótema), o diâmetro da base é $2r$. Exceder o diâmetro em $40\%$ corresponde a $1{,}4\times 2r=2{,}8r$. [2 pts]
Pretende-se $d(x)=2{,}8r$, isto é $\dfrac{2r}{x}\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi}{2}x\right)=2{,}8r$. [2 pts]
Dividindo por $2r$ (com $r>0$), esta equação é equivalente a $\dfrac{1}{x}\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi}{2}x\right)=1{,}4$, ou seja $\dfrac{1}{1{,}4}\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi}{2}x\right)=x$. [2 pts]
Na calculadora gráfica, no domínio $]0,1[$, representam-se $y_1=\dfrac{1}{1{,}4}\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi}{2}x\right)$ e $y_2=x$, e assinala-se o ponto de interseção. [5 + 1 pts]
Interseção em $x\approx 0{,}522987$, $f(x)\approx 0{,}522987$.
Interseção no ponto $(0{,}523\,;\,0{,}523)$.
Em qualquer das calculadoras, o ponto de interseção de $y_1=\dfrac{1}{1{,}4}\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{\pi}{2}x\right)$ com $y_2=x$ tem abcissa $x\approx 0{,}523$.
A abcissa desse ponto — o quociente pedido — é, arredondada às milésimas, $x\approx 0{,}523$. [2 pts]
Item 15 14 pts
Como a reta $r:\ y=-x+2$ é assíntota do gráfico de $f$ (de domínio $\mathbb{R}^+$): $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-1$ e $\lim\limits_{x\to+\infty}\big(f(x)+x\big)=2$.
Declive da assíntota de $g$ [7 pts]
$m=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{g(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{f(x)}{x}+\dfrac{x+e^x}{x\,e^x}\right)$.
Ora $\dfrac{x+e^x}{x\,e^x}=\dfrac{1}{e^x}+\dfrac{1}{x}\to 0$, e $\dfrac{f(x)}{x}\to -1$, pelo que $m=-1+0=-1$.
Ordenada na origem [6 pts]
$b=\lim\limits_{x\to+\infty}\big(g(x)+x\big)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(f(x)+\dfrac{x+e^x}{e^x}+x\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\big(f(x)+x\big)+\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x+e^x}{e^x}$.
Como $\dfrac{x+e^x}{e^x}=\dfrac{x}{e^x}+1\to 0+1=1$ (pelo limite notável $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$, logo $\dfrac{x}{e^x}\to 0$), vem $b=2+1=3$.
Assim, a assíntota não vertical do gráfico de $g$ tem equação $y=-x+3$. [1 pt]
Item 16 14 pts
1.º Processo (geometria analítica)
$A$ pertence à reta $x=1$ e à reta $OA$ de inclinação $\alpha$, logo tem ordenada $\operatorname{tg}\alpha$: $A=(1,\operatorname{tg}\alpha)$. [1 pt]
$C$ é a interseção da reta $OA$ com a circunferência (trigonométrica), com coordenadas negativas: $C=(-\cos\alpha,\,-\operatorname{sen}\alpha)$. [2 pts]
Com $D=(0,1)$, a reta $CD$ tem declive $\dfrac{1-(-\operatorname{sen}\alpha)}{0-(-\cos\alpha)}=\dfrac{1+\operatorname{sen}\alpha}{\cos\alpha}$ e passa em $D$: $CD:\ y=\dfrac{1+\operatorname{sen}\alpha}{\cos\alpha}\,x+1$. [4 pts]
$B$ é a interseção de $CD$ com $x=1$: $y_B=\dfrac{1+\operatorname{sen}\alpha}{\cos\alpha}+1=\dfrac{1+\operatorname{sen}\alpha+\cos\alpha}{\cos\alpha}$. [3 pts]
Como $A$ e $B$ têm a mesma abcissa ($x=1$): [4 pts]
$\overline{AB}=y_B-y_A=\dfrac{1+\operatorname{sen}\alpha+\cos\alpha}{\cos\alpha}-\dfrac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos\alpha}=\dfrac{1+\cos\alpha}{\cos\alpha}=1+\dfrac{1}{\cos\alpha}$, como se pretendia.
2.º Processo (semelhança de triângulos)
Seja $P$ a interseção da reta $AB$ (isto é, $x=1$) com $Ox$. Então $\overline{CO}=\overline{DO}=\overline{PO}=1$ e $\overline{AP}=\operatorname{tg}\alpha$.
Por definição de cosseno no triângulo retângulo $[OPA]$: $\cos\alpha=\dfrac{\overline{PO}}{\overline{OA}}=\dfrac{1}{\overline{OA}}$, donde $\overline{OA}=\dfrac{1}{\cos\alpha}$.
Os triângulos $[COD]$ e $[CAB]$ são semelhantes (ângulo comum em $C$ e lados opostos paralelos, pois $[OD]\parallel[AB]$), logo $\dfrac{\overline{AB}}{\overline{DO}}=\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CO}}=\dfrac{\overline{CO}+\overline{OA}}{\overline{CO}}=\dfrac{1+\overline{OA}}{1}$.
Como $\overline{DO}=1$: $\overline{AB}=1+\overline{OA}=1+\dfrac{1}{\cos\alpha}$, como se pretendia.