Trigonometría - Pamer

TRIGONOMETRÍA
TEMA 1
SECTOR CIRCULAR NÚMERO DE VUELTAS
DESARROLLO DEL TEMA
I.
CIRCUNFERENCIA Y CÍRCULO
n: N.° de vueltas: n =
Circunferencia
LR
2πr
LR: Longitud del recorrido
Nota:
En el sector circular, la medida del ángulo central
siempre debe estar expresada en radianes; entonces,
es importante recordar:
R
Círculo
p rad <> 180° <> 200g
Longitud de la circunferencia: L = 2pR
IV. ÁREA DE SECTOR CIRCULAR
Área de círculo: A = pR2
R
II. LONGITUD DE ARCO
Sea q la medida de un ángulo trigonométrico.
R
R
qrad L
S= 1 qR2
2
L
R
q
R
S= 1 LR
2
L = qR
q
0 < q ≤ 2π
III. NÚMERO DE VUELTAS QUE GIRA UNA
RUEDA SIN RESBALAR
r
L2
AT
L1
d
J L1+L2 N
Od
AT= K
L 2 P
q=
L1–L2
d
0 < q ≤ 2p
LR
SAN MARCOS
2
S= L
2q
V. ÁREA DE TRAPECIO CIRCULAR
Fórmula básica
r
S
qrad L
11
TRIGONOMETRÍA
TEMA 1
SECTOR CIRCULAR - NÚMERO DE VUELTAS
VI. PROPIEDADES
a
I.
a
1rad
L = R ↔ q = 1rad
III. S: Área
S
IV. S: Área
K∈R
q
Kq
3S
5S
7S
S
L
a
R
II.
q
b
B
q=B–b
n
KS
R
n
KL
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
De la figura AOB y COD son sectores
M
L1
L
= 2 y el área
circulares, además
3
2
del sector circular DOC es 4u2. Calcule
T
el área del trapecio circular ADCB.
A
O
B
De la figura, el área del sector circular
AOT es igual al área del sector circular
OB
MOB. Si OA = , calcule la medida del
2
ángulo BOT.
A) 30°
B) 36°
C) 94°
D) 38°
E) 40°
UNMSM 2012–II
Resolución:
A) 7
B) 14
D) 12
E) 10
Resolución:
L1
L
= 2 =k
3
2
L1 = 3k
En el sector circular
L2 = 2k
AOF → (5) = (2q)(5)
O
C
r
SCOD =
r
°–q
180
q
r O
2r
B
Dato: SAOT = SMOB
1 (180°– q)r2 = 1 (q)(4r2)
2
2
Incógnita
SADCB =
5(2q)
(3k)2 (2k)2
5k2
–
=
= 2q
2q
2q
2q
Respuesta: 5u2
A
D
C
TEMA 1
L1
L2
O
En el sector circular
En el sector circular EOD →
J N
ED = K 1 O(8) = 4 u
L2P
Graficando el sector COD
C
SADCB = 5u2
Respuesta: 36°
B
TRIGONOMETRÍA
O
C
5u
2q
q
A
22
8
O
12
8
D
5u
F
B
1
rad
2
q=
COD → EC = (1)(8) = 8 u
B
(2k)2
= 4 → k2 = 2q
2q
Problema 3
Problema 2
2q = 1
3k
2k
q
Dato:
M
Resolviendo q = 36°
A
D
Sea OA = r → OB = 2r
A
PRE UNMSM 2013–II
PRE-UNMSM 2012–II
Resolución:
OB
Sea m]BOT = q; OA =
2
→ 2OA = OB
T
C) 18
Del gráfico mostrado AOB y COD son
sectores circulares. Indique el perímetro
del sector circular COD.
A) 27 u
B) 26 u
C) 25 u
D) 28 u
E) 24 u
E
Perímetro = 28
Respuesta: 28 u
D
SAN MARCOS
TRIGONOMETRÍA
TEMA 2
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE
ÁNGULOS AGUDOS
DESARROLLO DEL TEMA
I.
CONCEPTOS PREVIOS
Se cumple:
A. Razones Recíprocas
Triángulo ABC (Recto en B)
SenA . CscA = 1
CosA . SecA = 1
TanA . CotA = 1
C
a
b
•
a y c (longitud de los catetos)
•
b (longitud de la hipotenusa)
Ejemplos:
•
1
Csc20°
Cos50° . Sec50° = 1
•
Tanx . Coty = 1 → x = y
Sen20° =
•
B
•
•
•
A
c
b>a∧b>c
m∠A + m∠C = 90°
a2 + c2 = b2 (Teorema de Pitágoras)
B. Razones Complementarias (Co-razones)
De las definiciones, en (II) se observa:
II. DEFINICIÓN
Sen A = Cos C
Tan A = Cot C
Sec A = Csc C
Con respecto a la m∠A
•
•
•
•
•
•
Sen A = Cateto opuesto = a
Hipotenusa
b
Cateto
adyacente
Cos A =
= c
Hipotenusa
b
Cateto
opuesto
a
Tan A =
=
Cateto adyacente
c
Cateto
adyacente
c
Cot A =
=
Cateto opuesto
a
Hipotenusa
Sec A =
= b
Cateto adyacente
c
Hipotenusa
Csc A =
= b
Cateto opuesto
a
m∠A + m∠C = 90°
Ejemplos:
•
Sen70° = Cos20°
•
Sec(30° + x) = Csc(60° – x)
•
Cos(90° – a) = Sena
•
Secq = Csc(90° – q)
•
Tan (x + 10°) = Cot3x → x + 10° + 3x = 90°
4x = 80°
x = 20°
En General:
R.T (b) = CO – RT (90° – b)
III. PROPIEDADES DE LAS RAZONES TRIGONOMÉTRICAS
C. El valor de una razón trigonométrica solo depende de la medida del ángulo de referencia
Sabemos:
C.O.
Tanq =
C.A.
Dado un triángulo ABC (recto en B)
C
a
B
SAN MARCOS
m
b
c
b
a
q
n
A
33
TRIGONOMETRÍA
Tanq =
a
m
=
b
n
TEMA 2
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS
IV. TANGENTE Y COTANGENTE DEL ÁNGULO MITAD
V. TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
NOTABLES
C
b
A. Exactos
a
k 2
A
B
c
1k
45°
1k
A
Tan = Csc A – Cot A
2
A
= Csc A + Cot A
2
Cot
45°
60°
2k
1k
Demostración:
C
30°
k 3
2
A/
D
A/2
A
b
A
b
a
c
B
•
Se prolonga el lado BA hasta el punto "D" tal que AD = AC.
•
Formamos un triángulo isósceles uniendo "D" y "C"
•
Del triángulo DBC
B. Aproximados
5k
53°
3k
37°
4k
JA N b + c
b
c
Cot K O =
=
+
a
a
a
L2 P
JA N
Cot K O = Csc A + Cot A
L2 P
Observación:
Triángulos pitagóricos mas usados.
5
13
9
12
11
61
60
21
16°
30°
41
Sen
24 k
1/2
60°
3/2
45°
37°
53°
2/2
3/5
4/5
2/2
4/5
3/5
Cos
3/2
1/2
Tan
3/3
3
1
3/4
4/3
Cot
3
3/3
1
4/3
3/4
17
15
29
20
TEMA 2
7k
VI. TABLA DE VALORES NOTABLES
40
8
74°
25 k
TRIGONOMETRÍA
44
Sec
2 3/3
2
2
5/4
5/3
Csc
2
2 3/3
2
5/3
5/4
SAN MARCOS
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
P = (2 + 3 ) (2 – 3
Halle el valor de:
N
N J Sen60° – Sen30° N
P2 + 3 P KL Sen60° + Sen30°OP
A)0
B) 1
D)3
E)
2– 3
J N
Tg K a O = k
L2 P b
→∴ P = 1
Respuesta: k
b
Respuesta: 1
3
Problema 2
En el triángulo BAC de la figura,
Problema 3
En la figura, AD = 12cm, Halle BC
B
AC = b cm y BC – AB = k cm donde
J N
b > k, halle Tg K a O
L2 P
C
Resolución:
Planteamiento
Sabemos:
60°
30° 105°
A
2k
30°
Procedimiento
Sea:
J Sen60° – Sen30° N
P = PN2 + 3 NP K Sen60° + Sen30°O
P
L
J
3
1
– KK
2L
2
J
3
1
+ KK
2L
2
J
J
K 3 – 1K
N
N
K
P = P2 + 3 P K
K 3+1K
L
L
2– 3
A)2k
B) kb
k
D)
a
E) 1
UNMSM 2012–I
J
K 3 – 1K
N
N
L
P= 2+ 3 L
P
P
2
D)
3–1
UNMSM 2009–I
Resolución:
Análisis de datos:
6
P
Sabemos:
J N
Tg K q O = Cscq – Cotq
L2 P
6 3
A
Operación del Problema
2– 3
A
B
DPB notable 45°
→ PB = 6
En el
ABC
Sen30° =
Del gráfico
J N
Tg K a O = a – c
b
L2 P b
C
→ AP = 6 3 y DP = 6
a
J N
Tg K a O = Csca – Cota
L2 P
45°
30° 60°
D
12
x
APD notable (30° y 60°)
a
c
6
B
Se traza DP ⊥ AB
C
b
J2 2– 3
B) 3( 3+1)
C)2 3
E) 3( 3 –1)
k
b
C)
A)3 3
Análisis de datos
2– 3
J
JJ
J
K 3 – 1 KK 3 – 1 K
N
N
KK
K
P = P2 + 3 P K
K 3 + 1 KK 3 – 1 K
L
LL
L
B
C
D
Resolución:
2– 3
Se racionaliza
SAN MARCOS
a
A
k 3
J
K
K
N
N
P = P2 + 3 P L
J
K
K
L
2– 3
C) 2
UNMSM 2014–I
k
P=1
J N
Tg K a O = a – c ; por dato (a – c = k)
b
L2 P
2– 3
x
6 3 +6
→ 3( 3 + 1)
Respuesta : 3( 3+ 1)
55
TRIGONOMETRÍA
TEMA 2
TRIGONOMETRÍA
TEMA 3
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE
ÁNGULOS NOTABLES - ÁNGULOS DE
ELEVACIÓN Y DEPRESIÓN
DESARROLLO DEL TEMA
I.
TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
NOTABLES
II. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE
ÁNGULOS NOTABLES
A. Exactos
30°
45°
k 2
45°
1k
30°
1k
Sen
60°
2k
1k
k 3
B. Aproximados
53°
5k
37°
3k
4k
8°
7k
24 k
82°
7k
SAN MARCOS
6 +
2
k
37°
53°
2/2
3/5
4/5
2/2
4/5
3/5
Cos
3/2
1/2
Tan
3/3
3
1
3/4
4/3
Cot
3
3/3
1
4/3
3/4
Sec
2 3/3
2
2
5/4
5/3
Csc
2
2 3/3
2
5/3
5/4
Son aquellos ángulos ubicados en un plano vertical
que, en la práctica, son formados por una línea visual
(o línea de mira) y una línea horizontal, como resultado
de haberse efectuado una observación. Estos resultados
se clasifican en: ángulos de elevación y ángulos de
depresión. (ver gráficos).
74°
k
6 –
5
2
3/2
45°
III. ÁNGULOS VERTICALES
25 k
16°
1/2
60°
75°
4k
2
h
aall
isisuu
v
V
eeaa
LLínín
a
Línea
Horizontal
Línea horizontal
Línea
b
Lín
e
H
15°
aa:: Ángulo
Ángulo de
de elevación
Elevación
6
TRIGONOMETRÍA
b : Ángulo de
TEMA 3
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES ÁNGULOS DE ELEVACIÓN Y DEPRESIÓN
visuales; una hacia la parte alta y la otra hacia la parte baja.
Luego "q" es el ángulo formado por las dos visuales.
horizontal
Línea Horizontal
b
LLínín
eeaa
vVisis
uuaa En el gráfico adjunto, "q" es
Consideración:
ll
H
tal
el ángulo bajo el cual se divisa la torre. Note
que deben trazarse las dos visuales; una hacia
la
parte alta
y la otra hacia la parte baja.
: Ángulo
de depresión
b b: Ángulo
Luego de
"q"Depresión
es el ángulo formado por las dos
visuales.
ación
q
Consideración: En el gráfico adjunto. "q" es el ángulo bajo
el cual se divisa la torre. Note que deben trazarse las dos
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
En base a los datos de la figura calcular
Tanq.
B
60° 3n
D
A
A)
3
4
C)
3
6
E)
q
A) 1,2
D) 4,0
n
C
B)
3
5
D)
3
7
Problema 2
Resolver:
x + 3Tan45°
2Sen37° + 1
=
x – 3Tan45°
2Sen37° – 1
NIVEL DIFÍCIL
B) 2,4
E) 5,8
Análisis de los datos:
•
Por el punto (D) se traza la
perpendicular DP (P en AC).
•
El triángulo DPC es notable de 30º
y 60º.
•
Sea n = 2.
•
La longitud del lado del triángulo
ABC es 8.
En el triángulo rectángulo sombreado
3
(APD): Tanq =
7
Respuesta: 3
7
SAN MARCOS
C) 3,6
Resolución:
Planteamiento:
Sabemos:
Resolución:
1
2 Tan45° = 1
45°
3
8
Resolución:
Planteamiento:
•
Completando los datos, el triángulo
ABC es equilátero.
•
Las alternativas del problema son
números, entonces es conveniente
asignar un valor a (n).
NIVEL INTERMEDIO
Problema 3
Desde un punto en tierra se divisa lo alto
de un poste con un ángulo de elevación
de 37º. Si la altura del poste es de 30 m.
¿A qué distancia del poste se encuentra
el punto de observación?
A) 10
B) 20
C) 30
D) 40
E) 50
1
3
53°
45°
Planteamiento:
Sabemos:
Tan37° = 3
5
5
30m
37°
37°
x
4
Por aritmética:
a+b m+n
a m
=
=
→
a–b m–n
b n
Análisis de los datos:
Aplicando la teoría de proporciones:
x
2Sen37°
=
3Tan45°
1
Reemplazando y operando convenientemente:
x
3
18
=2
→x=
→ x = 3,6
3(1)
5
5
3
4
37°
Análisis de los datos:
Considerando el triangulo notable de
37° y 53°, tomamos Tg37° en el gráfico
del problema.
Tg37° =
30
30
3
→
→ x = 40m
=
x
x
4
Respuesta: C) 3,6
77
5
53°
TRIGONOMETRÍA
Respuesta: D) 40m
TEMA 3
TRIGONOMETRÍA
TEMA 4
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS
RECTÁNGULOS
DESARROLLO DEL TEMA
I.
INTRODUCCIÓN
Sabemos que todo triángulo tiene seis elementos básicos,
tres lados y tres ángulos.
y
Además otros elementos auxiliares como alturas,
medianas, bisectrices, etc.
q
Resolver un triángulo consiste fundamentalmente
en hallar los elementos básicos de este, para lo cual
debemos conocer por lo menos tres de sus elementos
(necesariamente uno de ellos no angular).
a
1. Caso
y
x
Para “x”
x
= Cosq → x = aCosq
a
Ejemplo:
Calcule el área de la región triangular ABC, sabiendo
que AB = 5 cm, AC = 6 cm y el ángulo comprendido
entre dichos lados es igual a 37°.
Para “y”
y
= Senq → y = aSenq
a
Resolución:
a
5
S = 9 u2
37°
Para “x”
x
= Cotq → x = aCotq
a
6
IV. LEY DE PROYECCIONES
Para “y”
y
= Cscq → y = aCscq
a
En todo triángulo ABC; se cumple:
B
aCosB + bCosA = c
Conociendo un ángulo agudo y la longitud de su cateto
adyacente.
A
8
bCosC + cCosB = a
a
c
3.er Caso
SAN MARCOS
1
. 5 . 6 Sen37°
2
J 3N
1
S= .5.6K O
2
L5P
S=
Conociendo un ángulo agudo y longitud de su cateto
opuesto.
x
a.b
Senq
2
b
2.do Caso
q
S=
S
q
Conociendo la longitud de la hipotenusa y un ángulo
agudo.
y
Para “y”
y
= Secq → y = aSecq
a
III. ÁREA DE REGIÓN TRIANGULAR
er
q
x
a
II. TRES CASOS
a
Para “x”
x
= Tanq → x = aTanq
a
b
aCosC + cCosA = b
C
TRIGONOMETRÍA
TEMA 4
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
Prueba:
Trazando una altura y aplicando uno de los casos mencionados anteriormente llegamos a:
B
c
A
a
A
cCosA
C
aCosC
Se concluye:
cCosA + aCosC = b
C
b
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
De la figura S1 y S2: áreas. Calcular
S1
S2
Problema 2
.
De la figura AC = DE = a
D
Respuesta: (Sena – Cosq)
S1
q
q
A) Senq
D) Csc2q
C) Sec2q
q
b
S
A
ab
Senq
S=
2
q
q
n
S1
S2
S2
= Sec2q
Respuesta: Sec2q
SAN MARCOS
Dado un triángulo ABC y siendo "p" el
semi-perímetro determinar qué representa la siguiente expresión:
K = (a+b)CosC + (a+c)CosB + (b+c)CosA
A) 2p
B) p
C) p + a
D) p – a
E) p + b
B
Resolución:
De acuerdo con la ley de proyecciones,
se sabe:
Dado el triángulo ABC:
aCosB + bCosA = c
aCosC + cCosA = b
bCosC + cCosB = a
Se sabe:
m
mSenq
mCosq
Resolución:
a
q
a
A
E
q
Planteamiento
Aplicando la propiedad distributiva:
K = aCosC + bCosC + aCosB + cCosB +
bCosA + cCosA
D
b
Aplicando fórmula:
an Senq
S1
3
a
=
=
b
S2
bn Senq
3
De la figura:
S1
a
Análisis del problema:
Asignamos variables en la figura:
a
E
Problema 3
DC = b. Halla b/a.
A) (Sena – Cosq)
B) (Csca – Secq)
C) (Tga – Ctgq)
D) (Csca – Cosq)
E) (Cosq – Csca)
Resolución:
Sabemos
a
C
q
S2
B) Cosq
E) Sen2q
aSena = aCosq + b → a(Sena – Cosq) = b
b
→ Sena – Cosq =
a
a
b
C
aSena
aCosq
B
En el triángulo ABC,
BC
= Cosq → BC = aCosq
a
En el triángulo EBD,
BD
= Senq → BD = aSenq
a
99
Análisis de los datos
Agrupando convencionalmente:
K = (aCosC + cCosA) + (bCosC+cCosB) +
14444244443 14444244443
b
a
(aCosB+bCosA)
14444244443
c
K=a+b+c
p: perímetro
Respuesta: 2p
TRIGONOMETRÍA
TEMA 4
TRIGONOMETRÍA
TEMA 5
GEOMETRÍA ANALÍTICA ECUACIÓN DE LA RECTA I
DESARROLLO DEL TEMA
I.
CONCEPTO
III. DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS
Sistema formado por dos rectas numéricas que se intersectan en un punto de coordenadas (o;o), llamado origen
de coordenadas y forman un ángulo recto.
Al plano que lo determina se le llama "Plano Cartesiano"
en honor a René Descartes y está dividido en 4 regiones
Sean las coordenadas de dos puntos cualesquiera
P1 (x1; y1) y P2 (x2; y2) del plano cartesiano la distancia
"d" comprendida entre ellos se determinan por:
y
llamadas cuadrantes (C).
P2(x2; y2)
d
y
––– ––
+
Primer cuadrante
+
Segundo cuadrante
+
+ +++ +
x
x'
– – – – –O
Cuarto cuadrante
Tercer cuadrante
P1(x1; y1)
d = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2
x
IV. DIVISIÓN DE UN SEGMENTO EN UNA
RAZÓN INDICADA
y'
A(x1; y1)
mk
Donde:
P=
P
nk
x 'x : Eje de los abscisas
y 'y : Eje de las ordenadas
B(x2; y2)
O: Origen de coordenadas
II. UBICACIÓN DE UN PUNTO
V. COORDENADAS DEL PUNTO MEDIO
DE UN SEGMENTO
A cada punto del plano cartesiano le corresponde un par
Si M(x0;y0) es el punto medio del segmento que tiene
por extremos: P1 (x1; y1) y P2 (x2 ; y2). Entonces las
coordenadas del punto M se determina así:
ordenado (x ; y) llamados "Coordenadas cartesianas".
Abscisa
y
nA + mB
n+m
Ordenado
ve
c
to
r
y
ra
d
io
M(x0; y0)
O
SAN MARCOS
x
x
P1(x1; y1)
10
P2(x2; y2)
x0 =
x1 + x2
2
y0 =
y1 + y2
2
TRIGONOMETRÍA
TEMA 5
GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I
VI. COORDENADAS DEL BARICENTRO DE
UN TRIÁNGULO
Sean P1 (x1; y1) , P2 (x2 ; y2) y P3 (x3; y3) los vértices de
un triángulo. El punto G (x0; y0) es el baricentro de dicho
triángulo.
LA RECTA
I.
ÁNGULO DE INCLINACIÓN Y PENDIENTE
Dada un recta L al ángulo (tomado en sentido antihorario) formado por la dirección positiva del eje de
abscisas y la recta se denomina ángulo de inclinación y
P3(x3, y3)
y
G(x0, y0)
P1(x1, y1)
P2(x2, y2)
x0 =
x1 + x2 + x2
3
y0 =
y1 + y2 + y2
3
a la tangente de dicho ángulo se le llama pendiente (m).
El ángulo de inclinación a:0° ≤ a < 180°.
Y
L
VII. PROPIEDAD DEL PARALELOGRAMO
B(x2; y2)
a
O
C(x3; y3)
x
La pendiente: m = Tana
La pendiente también se puede determinar conociendo
dos puntos por donde pasa la recta.
D(x4; y4)
A(x1; y1)
Sabemos que m = Tana, de la figura se deduce:
y1 + y3 = y2 + y4
y2 – y1
M= x – x
2
1
VIII. ÁREA DE UNA REGIÓN TRIANGULAR
Sean P1(x1; y1) P2 (x2; y2) y P3 (x3; y3) los vértices de un
Y
triángulo. Entonces el área S de una región triangular en
función de las coordenadas de los vértices esta dado por:
B
y2
1442443
x1 + x3 = x2 + x4
y
P1(x1; y1)
y1
S
a
x
P3(x3; y3)
A
a
14444244443
x2 – x1
x1
x2
L
y2 – y1
X
II. ECUACIÓN DE LA RECTA
A. Conociendo un punto de la recta y su pendiente
P2(x2; y2)
x2 y1 x1
x3 y2 x2
x
x1 y3 x3
1
M
y1 x y
1 2
y2 x y
3 3
y3
x
y1 3 y1
M
Y
L
(x1; y1)
(+)
a
O
X
Luego:
S=
SAN MARCOS
y – y1 = m(x – x1)
1
|M – N|
2
(Ecuación pun – pendiente)
1111
TRIGONOMETRÍA
TEMA 5
GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I
De esta, se deduce que la pendiente:
B. Conociendo los interceptos con los ejes coordenadas
Y
m =–
L
D. Rectas paralelas y perpendiculares
Dada dos rectas no verticales L1 y L2 son paralelas
si y sólo si tiene igual pendiente.
b
a
A
;B≠0
B
X
O
Y
L1
L2
x
y
a + b =1
O
(Ecuación simétrica)
m1 = m2
C. Ecuación general de la recta
La ecuación general de una recta se representa así:
Dadas dos rectas no verticales L 1 y L 2 son
perpendiculares si y sólo sí el producto de sus
pendientes es –1.
Ax + By + C = 0 A, B, C ∈ R
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Determine as coordenadas del punto P.
B(7; 4)
2n
Problema 2
Calcular la pendiente de la recta L. Si
BC = 2AB.
C
y
P(x, y)
n
B
D
A(1; 1)
B) (2, 1)
E) (2; 3)
A) 2/11
D) 2/7
Resolución:
B(7, 4)
2n
n
2(1; 1) + 1(7; 4) = 3P
14243 14243
(2; 2) + (7; 4) = 3P
14243 14243
(9; 6) = 3P
(3; 2) = P
Respuesta: (3;2)
C) 11/2
Respuesta: 2/11
Problema 3
Determine el área de una región triangular
limitada por los ejes cartesianos y la
recta.
L = 2x – 3y – 60 = 0
A) 100m2
B) 200 m2 C) 300m2
2
D) 400m
E) 500m2
2x – 3y – 60 = 0 →Tabulando: Para x = 0
Graficando:
C
y
y
10
4
O
5
10
37°
3 A(3; 0)
30
L1
D(11; 6)
8
6
x
20
S
(30, 0)
x
1
S = (30)(20)
2
(0, –20) S = 300m2
De la figura:
OB = 4; OA = 3M; AB = 5
Desde el punto trazamos un perpendicular
al eje "x".
La recta 1 pasa por los puntos B y D.
Cálculo de pendiente.
TRIGONOMETRÍA
6–4
2
=
11 – 0 11
Resolución:
Resolución:
B
(0; 4)
De la figura:
2A + 1 . B = (2 + 1)P
1
x
B) 3/4
E) 7/5
P(x, y)
A(1, 1)
TEMA 5
37°
A(3; 0)
C) (5; 2)
53
°
A) (3; 2)
D) (–3; 2)
L
m=
1221
2(0) – 3y – 60 = 0
y = –20 ⇒ (0; –20)
Para y = 0
2x – 3(0) – 60 = 0
x = 30 ⇒ (30; 0)
SAN MARCOS
TRIGONOMETRÍA
TEMA 6
ECUACIÓN DE LA RECTA II –
ECUACIÓN DE LA CIRCUNFERENCIA
DESARROLLO DEL TEMA
I.
ECUACIÓN DE LA RECTA
D. Distancia entre rectas paralelas
A. Rectas paralelas
d(L1, L2) =
y
L1
|C1 – C2|
d
L2
A2 + B2
L1: Ax + By + C1 = 0
L1//L2
q1
q2
m1 = m2
L2: Ax + By + C2 = 0
E. Ángulo entre rectas
x
L1
q
B. Rectas perpendiculares
y
Tanq =
m1 – m2
1 + m1m2
L2
L1
II. CIRCUNFERENCIA
L1 L2
De la figura:
Centro c(h, k)
m1m2 = –1
y
Ecuación ordinaria
q1
q2
(x – h)2 + (y – k)2 = r2
x
Ecuación general
L2
(h, k)
r
x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0
C. Distancia de un punto a una recta
x
A. Caso Particular I
P1(x1, y1)
d(P1L) =
(x, y)
Sea: h = 0 y K = 0 → C(0, 0)
Reemplazando en la ecuación ordinaria
2
2
2
2
2
2
(x – 0) + (y – 0) = r → x + y = r
La ecuación anterior de la circunferencia, se denomina
"forma canónica".
|Ax1 + By1 + C|
A2 + B2
B. Caso particular II
En la ecuación: x2 + y2 = r2
2
2
Si: r = 1 → x + y = 1
L Ax + By + C = 0
SAN MARCOS
13
Ecuación de la circunferencia trigonométrica
TRIGONOMETRÍA
TEMA 6
ECUACIÓN DE LA RECTA II –
ECUACIÓN DE LA CIRCUNFERENCIA
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Las rectas:
L1: 3x + 2y – 1 = 0 y
L2: mx + ny + 5 = 0
Sus perpendiculares y el punto (2, 4)
pertenece a la recta L2. Calcule (m + n).
son los centros de las circunferencias
cuyas ecuaciones son:
A)
–5/5
C)5/3
E) –8/5
A)1/2
B) 1/3
C)1/5
D) 2/3
C2: x2 + y2 + 4x + 3 = 0
B) –5/8
D) 8/5
UNMSM – 2007
C3: x2 + y2 – 4x + 3 = 0
UNMSM – 2013
UNMSM – 2005
E) 3/4
m
3
m2 = –
n
2
Teoría m1m2 = –1 (perpendiculares)
m1 = –
J– 3 JJ– mJ = –1 → 3m = –2n
L 2 LL nL
..... (I)
Dado (2, 4)∈ L2 → reemplazando
m(2) + n(4) + 5 = 0→2m + 4n + 5 = 0 ..(II)
Resolviendo: (I) y (II)
5
4
n =–
15 → m + n =– 5
8
8
Respuesta: –5/8
Problema 2
Determine la media aritmética de las
coordenadas del triángulo cuyos vértices
TEMA 6
Resolución:
Expresando las ecuaciones en forma
A)x + y – 3 = 0 B) x + y – 4 = 0
C) y + x – 3 = 0 D) x + 2y – 3 = 0
E) x + y – 1 = 0
Resolución:
A(–3; 2) y B(1; 6)
L1
B(1, 6)
M
ordinaria
C1: (x – 0)2 +(y – 2) = 1 → Centro (0,2)
C2: (x+2)2 + (y – 0)2 = 1 → Centro (–2,0)
2
2
C3: (x –2) +(y+ 0) = 1→ Centro (2, 0)
Coordenadas del baricentro:
G
J
L
Resolución:
m=
C1: x2 + y2 – 4y + 3 = 0
Problema 3
Los puntos A(–3, 2) y B(1, 6) son los
extremos del segmento AB. Determine la
ecuación de la mediatriz de dicho segmento.
J0 + (–2) + 2 ,2 + 0 + 0
3
L 3
Incógnita:
M.A. J0, 2J =
L 3L
TRIGONOMETRÍA
0+
2
2
3
J J
L L
2
→ G 0,
3
=
1
3
Respuesta: 1/3
1441
(–1, 4)
A(–3, 2)
M punto medio de AB.
J
L
J → M(–1, 4)
L
M –3 + 1, 2 + 6
2
2
Cálculo de la pendiente AB.
6–2
mAB =
=1
1 – (–3)
m1 = –1
M(–1, 4)
G(x, y)
Cálculo de (m1)
y–4
= –1→ y – 4 = – x – 1
m1 =
x – (–1)
x+y–3=0
Respuesta: x + y – 3 = 0
SAN MARCOS
TRIGONOMETRÍA
TEMA 7
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE
ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL
DESARROLLO DEL TEMA
I.
ÁNGULO EN POSICIÓN NORMAL
P(x, y)
Ángulo trigonométrico generado en un plano cartesiano
r
con vértice en el origen de coordenadas y cuyo lado inicial
y
q
coincide con el eje positivo de las abscisas. El lado final
x
puede ubicarse en cualquier parte del plano cartesiano,
tal como se muestra en la figura.
y
De acuerdo al cuadrante donde se ubica un ángulo en
posición normal, las razones trigonométricas sean posi-
Vértice
O
Lado inicial
x
tivas o negativas. Ver el gráfico.
y
Ejemplos:
y
q<0
q∈IIC
x
a
Segundo
Sen y Csc
(+)
a>0
a∈IIIC
x
q
y
b
y
b>0
b = 270°
x
b: ángulo cuadrantal
Tercero
Tan y Cot
(+)
a>0
a: no está en posición
normal
r:
radio vector
SAN MARCOS
0
x
Cuarto
Cos y Sec
(+)
IV. ÁNGULO CUADRANTAL
Son ángulos en posición normal, en el que su lado final
coincide con cualquiera de los semiejes.
Forma:
Elementos:
x: abscisa
Primero
Todas son
positivas
x
a
II. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS
y: ordenada
L.I
r
y
r
x
x
y
III. SIGNOS DE LAS RAZONES TRIGONOMÉTRICAS EN LOS CUADRANTES
Lado
final
y
y
→ Cscq=
r
x
Cosq=
→ Secq=
r
y
Tanq=
→ Cotq=
x
Senq=
=
r
x2 + y2
Ángulo cuadrantal = 90°n, n∈ Z
r>0
15
TRIGONOMETRÍA
TEMA 7
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL
y
Nota:
Los ángulos cuadrantales básicos o elementales son:
y
y
L.F
90°
L.I
x
Propiedades de ángulos coterminales
Sen a, b y q ángulos coterminales.
Se cumple:
y
180°
L.F
x
Propiedad I
L.I
RT(a) = RT(b) = RT(q)
y
x
270°
x
b
L.F
x L.I
(0°)
a
Propiedad II
a – b = 360°K
L.I
x
L.F
L.I
360°
a – q = 360° m
b – q = 360° n
k, m, n, ∈ Z
Ejemplo:
L.F
y
a
V. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE
ÁNGULOS CUADRANTALES
x
b
0°
90°
180°
270°
360°
Sen
0
1
0
–1
0
Cos
1
0
–1
0
1
Tan
0
ND
0
ND
0
Cot
ND
0
ND
0
ND
Observaciones:
• a>0
• a<0
Sec
1
ND
–1
ND
1
Csc
ND
1
ND
–1
ND
Valor Absoluto
R.T. (a) = RT(b)
∧
a – b = 360°
–a < 0
–a > 0
|a| = a ; a ≥ 0
|a| = –a; a < 0
a2 = |a|
|a – b| = |b – a|
VI. ÁNGULOS COTERMINALES
Dos ángulos se denominan coterminales si tienen como
elementos comunes el lado inicial y el lado final.
|a|2 = |a2| = a2
PROBLEMAS RESUELTOS
Resolución:
Problema 1
Se tiene un ángulo a en posición normal.
Si su lado final tiene al punto (–4, –3),
calcule Seca . Cota.
A) 3/5
D) 5/3
–4
B) –5/4
E) –5/3
C) –3/5
UNMSM – 2006 – II
TEMA 7
Calculamos r
Del enunciado se tiene:
a
x
r
P(–4, –3)
TRIGONOMETRÍA
Tenemos:
r
–3
Resoluciones:
J 5 J J–4J
E =K KK K
L–4L L–3L
r = (–4)2 + (–3)2
r=5
E = Seca . Cota
J r J Jx J
E =K KK K
Lx L Ly L
∴E=
–5
3
Respuesta: –5/3
1661
SAN MARCOS
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL
Resolución:
Problema 2
Si a, f, q son ángulos agudos, tales que:
0 < a + f + q < 270°
De lo cual:
a f f y Sen(a + f + q) = 1
= =
4
5 6
a+q
Halle Tan
2
Sen(4k + 5k + 6k) = 1 por dato
UNMSM – 2009 – II
A)
3
D) 4
5
B) 1
E) 3
5
C)
3
3
Piden:
k = 6°
1 –3Secq = –4
J4k + 6k J
K = Tan(5k) = Tan30°
Tan K
L 2
L
Ja + q J
∴ Tan K
K= 3
3
L 2 L
Respuesta:
Problema 3
Entonces:
a f q
= = =k
4 5 6
además | Tana |= – Tana
SAN MARCOS
∨ 1 – 3Seca = 4
∨
Seca = –1
a: cuadrantral
3
3
a∈IIC
∨
a∈IVC
Solo es posible: Seca = 5 ; a ∈ IVC
3
Luego: Sena + Csca = – 4 + 5
Si |1 – 3 Seca | = 2,
A) 9/20
D) –41/20
5
Seca =
3
como |Tana| = –Tana → Tana < 0
Recordar de ángulos cuadrantales:
Si Senw = 1 y 0 < w < 360°
entonces w = 90°
q = 6k
|1 – 3 Seca |= 4
Sen(15k) = 1; 15 k = 90°
Resolución:
a = 4k, f = 5k,
|(1 – 3 Seca) | = 2...( )2
B) –52/7
E) 41/20
71
17
5
∴ Sena + Csca = –
C) –9/20
41
20
–4
Respuesta: –41/20
TRIGONOMETRÍA
TEMA 7
TRIGONOMETRÍA
TEMA 8
REDUCCIÓN AL PRIMER
CUADRANTE
DESARROLLO DEL TEMA
II. SEGUNDO CASO
Reducir un ángulo al primer cuadrante consiste en relacionar
a las razones trigonométricas de un ángulo de cualquier
magnitud con las razones trigonométricas de un ángulo agudo
(ángulo del primer cuadrante), obteniéndose una equivalencia.
Se presentan los siguientes casos:
I.
Para ángulos positivos mayores que una vuelta. Para
reducir estos ángulos al primer cuadrante, se les debe
descomponer en función al número entero de vueltas que
contenga este ángulo.
R.T. (360°K + a) = R.T.(a)
R.T. (2kp + a) = R.T.(a)
PRIMER CASO
Para ángulos positivos menores que una vuelta.
A. Primera forma
y
(90°+q)
90°
La notación general
de ángulos
cuadrantales es:
x
q q
(270°+q)
270°
q
q
(180°+q)
y
q
2Kp
(2K–1)p
∀K∈Z
p
(4K–1)
2
Sen(–q) = –Senq
Cos(–q) = Cosq
Tan(–q) = –Tanq
Cot(–q) = –Cotq
Sec(–q) = Secq
Csc(–q) = –Cscq
x 360°
(360°–q)
R.T. (180° ± q) = ±R.T.(q)
R.T. (360° – q) = ±R.T.(q)
IV. PROPIEDADES PARA ÁNGULOS RELACIONADOS
Para ángulos negativos.
Se demuestra que las funciones coseno y secante cuyos
ángulos son negativos, éstos van a ser igual a los ángulos
positivos; las demás R.T., el signo sale fuera del ángulo
y afecta a toda la R.T.
Nota:
El signo (±) dependerá del cuadrante donde se ubica el
ángulo y también de la razón trigonométrica original.
SAN MARCOS
p
2
Para ángulos negativos.
Se demuestra que las funciones coseno y secante cuyos
ángulos son negativos, éstos van a ser igual a los ángulos
positivos; las demás R.T., el signo sale fuera del ángulo
y afecta a toda la R.T.
B. Segunda forma
180°
0 < a < 360°
III. TERCER CASO
R.T. (90° + q) = ±CO – R.T.(q)
R.T. (270° ± q) = ±CO – R.T.(q)
(180°–q)
(4K+1)
Observación:
q
(270°–q)
K∈Z
18
TRIGONOMETRÍA
TEMA 8
REDUCCIÓN AL PRIMER CUADRANTE
Si: a + b = 180° < > p
Cosa
Tana
Cota
Seca
+
+
+
+
Si: a + b = 360° < > 2p
Cosb = 0
Tanb = 0
Cotb = 0
Secb = 0
Sena
Tana
Cota
Csca
Sena = Senb
Csca = Cscb
+
+
+
+
Senb = 0
Tanb = 0
Cotb = 0
Cscb = 0
Cosa = Cosb
Seca = Secb
Nota:
Es importante tener
presente:
Nota:
q > 0 → –q < 0
Sen(x–y) = –Sen(y–x)
q < 0 → –q > 0
Cos(x–y) = Cos(y–x)
PROBLEMAS RESUELTOS
Resolución:
Problema 1
Simplificar:
=
A
Tan(180° + x) Sen(270° + x)
+
Cot(90° − x)
Cos(180° − x)
A) 3
D) 1
B) 2
E) 6
Debemos tener presente que solo se
pueden sumar medidas angulares, si
estas tienen en el mismo sentido.
–b
C) 4
64 + x2 = x2 + 4x + 4 → 4x = 60°
x = 15
Aplicando las fórmulas de reducción al
primer cuadrante en cada término.
Tan(180° + x) = + Tanx
Cot(90° – x) = + Tanx
Sen(270° + x) = – Cosx
Cos(180° – x) = – Cosx
a + (–b) = 180°
Reemplazando:
K = (–Senb) + Senb + (–Cosb) + Cosb
(Tanx) (−Cosx)
=
A
+
→
=
A 2
(Tanx) (−Cosx)
Respuesta: B) 2
Reemplazando:
a – b = 180° → a = 180° + b
Reemplazando
Por fórmula de reducción al primer
cuadrante.
K=0
Respuesta: A) 0
De la figura, calcular:
De la figura, calcular:
K = Sena + Senb + Cosa + Cosb
A) 0
B) 1
C) 2
D) 4
E) 3
SAN MARCOS
A) 5
D) 2
x+2
x
B) 4
E) 8
91
19
q
De la figura:
a + q = 180°
Se cumple:
Seca + Secq = 0
Reemplazando:
Reemplazando en la incógnita:
M = 5 Secq + Sec53
8
15
a
–17
17
+ Secq = 0 → Secq = 15
15
Problema 3
a
17
8
K=Sen(180°+b)+Senb+Cos(180°+b) +Cosb
Problema 2
b
Aplicamos el teorema de Pitágoras para
calcular (x).
82 + x2 = (x + 2)2
Operando adecuadamente:
a
De la figura:
Resolución:
Resolución:
17  5
17 5
12
M=
5  −
−
+ =
−
+ =
3 3
3
 15  3
M=–4
q
C) –4
TRIGONOMETRÍA
Respuesta: C) –4
TEMA 8
TRIGONOMETRÍA
TEMA 9
CIRCUNFERENCIA
TRIGONOMÉTRICA
DESARROLLO DEL TEMA
I.
CIRCUNFERENCIA
III. ARCOS DIRIGIDOS EN POSICIÓN
NORMAL
Una circunferencia es el lugar geométrico de todos los
puntos en el plano tales que equidistan con respecto a
un punto fijo llamado centro.
La distancia constante se denomina radio.
y
De la figura:
Centro c(h, K)
(h, k)
Ecuación ordinaria
(x–h)2+(y–k)2 = r2
• Definición
Son aquellos arcos formados en la C.T. que se generan
a partir del origen de arcos (posición inicial: A) y
cuyo extremo (P) será la posición final de dicho arco.
Diremos que un arco pertenece a un determinado
cuadrante, si su extremo pertenece a dicho cuadrante.
Por ejemplo a y b son arcos dirigidos en posición
normal.
y
–
P: extremo del
B
a
arco “a”, a∈II;
P
es un arco positivo
arad A
(sentido antihorario)
x
brad
–
Q: extremo del arco
b
“b”, b∈IVC; b es un arco
Q
negativo (sentido
horario)
r
(x, y)
x
A. Caso particular (I)
Sea: h = 0 y K = 0 → C(0, 0)
Reemplazando en la ecuación ordinaria
(x–0)2 + (y–0)2 = r2 →
x2 + y2 = r2
La ecuación anterior de la circunferencia, se denomina
"forma canónica".
B. Caso particular (II)
2
2
En la ecuación: x + y = r
Si: r = 1 →
IV. ARCO CUADRANTAL
Denominaremos de esta manera a aquellos arcos dirigidos
en posición normal, cuyo extremo coincida con alguno
de los puntos de intersección de los ejes con la C.T. (A,
B, A', B').
Por ejemplo:
2
x2 + y2 = 1
Esta es la ecuación de la circunferencia trigonométrica.
y p
2
II. CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA
Es aquel conjunto de infinitos puntos que pertenecen al
plano cartesiano cuya distancia al origen de coordenadas
es igual a la unidad de dicho sistema.
y
Donde:
B
• O (0; 0): origen de
C.T.
coordenadas
1
• A (1; 0): origen de arcos
x
• B (0; 1): origen de
O
A'
A
complementos
• A' (–1; 0): origen
de suplementos
LT
B'
x2 + y 2 = 1
• LT: eje de tangentes
SAN MARCOS
p rad
2
C.T.
y
A
x
–p
C.T.
A
–prad x
V. REPRESENTACIÓN GEOMÉTRICA DE
LAS RAZONES TRIGONOMÉTRICAS EN
LA C.T.
Las razones trigonométricas serán representadas a partir
de segmentos dirigidos los cuales brindarán la siguiente
información:
20
TRIGONOMETRÍA
TEMA 9
CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA
1. La longitud del segmento, indicará la magnitud de la
razón.
2. El sentido del segmento, indicará el signo de la razón.
Los signos de dichos segmentos se regirán bajo el
siguiente convenio de signos:
– Los segmentos rectilíneos horizontales hacia la
derecha de X'X son positivos y hacia la izquierda
de XX' son negativos.
– Los segmentos rectilíneos verticales hacia arriba
de Y'Y son positivos y hacia abajo de YY' son
negativos.
y
(–)
(+)
(+)
x
(–)
(–)
(+)
III. Cuadrante
Senp = 0
3p
Sen = –1
2
Cos
A. Seno
El seno de un arco en la C.T. se representa mediante
la ordenada del extremo del arco:
y
p
=0
2
II. Cuadrante
p
Cos = 0
2
Cosp = –1
III. Cuadrante
Cosp = –1
a
Cos
A
O
x
3p
=0
2
IV. Cuadrante
3p
Cos = 0
2
q
senq
Q(x2; y2)
Cos2p = 1
B. Coseno
El coseno de un arco en la C.T. es la abscisa del
extremo del arco:
O
S(x2, y2)
decreciente
decreciente
creciente
creciente
b
a
R(x1; y1)
b
A
O
C.T.
x
Cosf
N(1; y1)
tana
A
x
M(1; y2)
f
Entonces:
Tana = y1
Tanb = y2
Entonces: Cosb = x1 ; Cosf = x2
SAN MARCOS
creciente
La tangente de un arco en la C.T. es la ordenada del
punto de intersección, entre el eje de tangente y la
prolongación del radio que contiene al extremo del
arco:
y
y
Cosb
decreciente
C. Tangente
Entonces:
Sena = y1
Senq = y2
C.T.
Decreciente
Análogamente
I. Cuadrante
Cos 0 = 1
sena
Creciente
(–)
VI. DEFINICIONES
C.T.
II. Cuadrante
p
Sen = 1
2
Senp = 0
Sen2p = 0
y'
P(x1; y1)
I. Cuadrante
Sen0 = 0
p
Sen = 1
2
IV. Cuadrante
3p
Sen = –1
2
(+)
x'
Variación Analítica
12
21
TRIGONOMETRÍA
TEMA 9
CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA
Entonces: Seca = x1
Secb = x2
D. Cotangente
La cotangente de un arco es la abscisa del punto de
intersección entre la recta tangente que pasa por el
origen de complementos y la prolongación del radio
que pasa por el extremo del arco:
Eje de
M(x2; 1)
N(x1; 1) Cotangentes
L
a
F. Cosecante
La cosecante de un arco es la ordenada del punto de
intersección entre la recta tangente que pasa por el
extremo del arco y el eje y.
y
M(0, y1)
x
P
b
C.T.
Ctgb = x2
Variación Analítica
I.
CuadranteII. Cuadrante
Tan0 = 0
p
x→
Creciente
2
Tanx → ∞
P y Q: puntos de tangencia
Entonces: Csca = y1
Cscb = y2
Tanp = 0
III. CuadranteIV. Cuadrante
Tanp = 0
3p
Creciente
x→
2
Tax → + ∞
Variación Analítica
p
• 1 ≤ Secx ∨ Secx ≤ –1, ∀x ∈ R–'(2k+1) ,k∈z1
2
Secx
–1
3p
2
Tanx → –∞
Cscx
Creciente
Tan2p = 0
–1
E. Secante
•
•
P
a
O
M(x1; 0)
Seca
b
En forma práctica la línea seno es una vertical
en la C.T. y la línea coseno es una horizontal.
–1 ≤ SenqImpar ≤ 1
–1 ≤ CosqImpar ≤ 1
0 ≤ SenqPar ≤ 1
0 ≤ CosqPar ≤ 1
Si nos indican el cuadrante, el intervalo será
ABIERTO.
x
•
C.T.
P y Q: puntos de tangencia
TRIGONOMETRÍA
1
Es importante tener presente que:
La secante de un arco es la abcisa del punto de
intersección entre la recta tangente que pasa por el
extremo del arco y el eje x.
y
TEMA 9
1
• 1 ≤ Cscx ∨ Cscx ≤ –1, ∀x ∈ R – {kp, k ∈ Z}
x→
Q
Q
N(0, y2)
Creciente
Secb
x
b
C.T.
p
x→
2
Tanx → –∞
N(x2, 0)
A
O
Cscb
Entonces: Ctga = x1 ;
a
Csca
A
O
2222
En toda circunferencia trigonométrica el
arco (expresado en unidades de longitud) es
numéricamente igual al ángulo que subtiende
dicho arco, expresado en radianes.
SAN MARCOS
CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Hallar Fmax – Fmin, si:
Resolución:
C.T.
F = 2sena – 3versq + 4covf
A) 18
B) 16
C) 15
D) 14
E) 12
y
(0, 1)
y
P
O
A'
1
1 M
A
Q
x
x
(1, 0)
q
UNMSM 2002–I
NIVEL FÁCIL
Resolución:
Se sabe que:
–1 ≤ sena ≤ 1
0 ≤ versq ≤ 2
0 ≤ cosf ≤ 2
luego:
Fmax = 2(1) – 3(0) + 4(2) = 10
Fmax = 2(–1) – 3(2) + 4(0) = –8
Respuesta: A) 18
Problema 2
Determine el área de la región sombreada
x2 + y 2 = 1
q
P
SenqCosq
4
SenqCosq
C) –
16
E) –SenqCosq
Analizando el gráfico:
Base: A´A = 2
UNMSM 2001–I
Sabemos: S =
NIVEL INTERMEDIO
1
bh (I)
2
Resolución:
1
Sabemos: |a| = –a, a < 0
q
Para la altura q∈IVC,
y
1
q
Cosq
h
PM = |senq| = –senq
x
q
B) Sena
C) –Senq
E) –Sena
NIVEL INTERMEDIO
SAN MARCOS
B) –
Altura:
Reemplazando en (I)
A) Tanq
D) Senq
SenqCosq
8
SenqCosq
D) –
2
A) –
S=
1
(2)(–Senq) → S = – Senq
2
Respuesta: C) –Senq
Problema 3
En la figura mostrada, halle el área de
la región triangular OQP.
32
23
Del gráfico: h = cosq|senq|
Luego:
A=
1  –2(Cosq Senq)
4

2
A=–
SenqCosq
4
Respuesta: A) –
TRIGONOMETRÍA
SenqCosq
4
TEMA 9
TRIGONOMETRÍA
TEMA 10
IDENTIDADES
TRIGONOMÉTRICAS SIMPLES
DESARROLLO DEL TEMA
Es una igualdad establecida entre expresiones que involucran
razones trigonométricas de una o más variables, las cuales se
verifican para todo valor admisible de dichas variables.
Ejemplo:
La igualdad: Sen2x + Cos2x = 1, se verifica para cualquier
valor real que le asignemos a la variable por consiguiente:
Sen2x + Cos2x = 1
I.
1
Cotx
• Cotx = 1
Tanx
• Tanx =
C. Identidades por división
Tanx = Senx
Cosx
Es una identidad ∀ x ∈ r
Cotx = Cosx
Senx
CLASIFICACIÓN DE LAS IDENTIDADES
FUNDAMENTALES
D. Identidades auxiliares
A. Identidades pitagóricas
2
2
1. Sen x + Cos x = 1
2
2
∀x∈r
• Sen x = 1 – Cos x
• Cos2x = 1 – Sen2x
2
2
2. 1 + Tan x = Sec x
• Tan2x = Sec2x – 1
• 1 = Sec2x – Tan2x
2
2
3. 1 + Cot x = Csc x
• Cot2x = Csc2x – 1
• 1 = Csc2x – Cot2x
∀ x ≠ (k + 1) p ; k ∈ z
2
∀ x ≠ kp; k ∈ Z
Senx Cscx = 1
3.
Csc4x + Cot4x = 1 + 2Csc2xCot2x
4.
Sen6x + Cos6x = 1 – 3Sen2xCos2x
5.
Sec6x – Tan6x = 1 + 3Sec2xTan2x
6.
Csc6x – Cot6x = 1 + 3Csc2xCos2x
Tanx + Cotx = SecxCscx
1
SenxCosx
Tanx + Cotx =
11.
Senx = 1 Cosx
Senx
1 ± Cosx
12.
Cosx = 1 Senx
Cosx
1 ± Senx
13.
14.
Cosx Secx = 1
Secx
Cscx
1
1
Tanx
Cotx
= Secx
Tanx
= Cscx
Cotx
15. Sec2xCsc2x = Sec2x + Csc2x
1
Secx
• Secx = 1
Cosx
• Cosx =
II. FUNCIONES AUXILIARES
Senoverso = Ver(q) = 1 – Cosq
Cosenoverso = Cov(q) = 1 – Senq
Ex Secante = Ex Sec(q) = Secq – 1
Tanx Cosx = 1
SAN MARCOS
Sec4x + Tan4x = 1 + 2Sec2xTan2x
9. (Senx + Cosx)2 = 1 + 2SenxCosx
10. (1 + Senx + Cosx)2 = 2(1 + Senx)(1 + Cosx)
1
Cscx
• Cscx = 1
Senx
3.
2.
8.
• Senx =
2.
Sen4x + Cos4x = 1 – 2Sen2xCos2x
7.
B. Identidades recíprocas
1.
1.
24
TRIGONOMETRÍA
TEMA 10
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS SIMPLES
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Si (a) ∈ III c, simplifique
A = Cot2a + Csca
A) –1
D) –1/2
Csc2a (Csc2a + Sec2a)
(Tana+ Cota)2
B) 1/2
E) 1
C) 3/2
PRE-SAN MARCOS 2011
NIVEL FÁCIL
Resolución:
2
2
2
2
Sabemos Sec a + Csc a = Sec aCsc a
Problema 2
Si Cosa = m , donde |m| ≠ |n|
n
Calcule k = (Cota + Csca)(Tana – Sena)
2
A) n – 1
m2
2
B) m – 1
2
n
2
C) m – 1
mn
2
2
D) m – n
mn
2
A = Cot2a + Csca
2
SAN MARCOS
Calcula K = 4m2 + 4/3t + 7
E) n – m
mn
A) 7
D) 4
2
2
Csc a (Sec a + Csc a)
Sec2aCsc2a
2
2
Respuesta: –1
B) 8
E) 3
UNMSM 2012
C) 1
UNMSM 2013
NIVEL INTERMEDIO
Resolución:
2
A = Cot a+ Csca|Csca| = Cot a – Csc a
(–)
⇒ A = –1
Problema 3
Sabiendo Cosa = m y 3Sen2a = t
2
Tana + Cota = SecaCsca
Para el problema
2
2
k = Seca – Cosa = n – m → k = n – m
m n
mn
Respuesta: n2 – m2
mn
NIVEL DIFÍCIL
Resolución:
Efectuando operaciones
k = (Cota + Csca)(Tana – Sena)
k = CotaTana – CotaSena + CscaTana
– SenaCsca
Reemplazando los datos en ña incógnita
k = 4Cos2a + 4/3(3Sen2a) + 7
Simplificando y factorizando
Simplificando identidades
1
k = 1 – Cosa Sena +
Sena
Sena
52
25
Sena – 1
Cosa
k = 4(Cos2a + Sen2a) + 7 → k = 1
TRIGONOMETRÍA
Respuesta: 1
TEMA 10
TRIGONOMETRÍA
TEMA 11
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
DE ARCOS COMPUESTOS
DESARROLLO DEL TEMA
I.
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
PARA LA SUMA DE DOS ARCOS
II. IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
PARA LA DIFERENCIA DE DOS ARCOS
Estas igualdades se verifican para todos los valores
admisibles de sus variables y son las siguientes:
Estas igualdades se verifican para todos los valores
admisibles de sus variables y son las siguientes:
Sen(x – y) = SenxCosy – Cosx Seny
Sen(x + y) = SenxCosy + Cosx Seny
∀ x, y ∈ R
∀ x, y ∈ R
Cos(x – y) = CosxCosy + Senx Seny
Cos(x + y) = CosxCosxy – Senx Seny
∀ x, y ∈ R
∀ x, y ∈ R
Tan(x + y) =
Tanx + Tany
1 – TanxTany
Tan(x – y) =
∀ x, y, (x – y) ≠ (2k + 1) p/2; K ∈ R
∀ x, y, (x + y) ≠ (2k + 1) p/2; K ∈ R
Ejemplo:
Ejemplo:
Calcule el valor de Tan8°
Calcule el valor de Sen75°
Resolución:
Resolución
Expresaremos nuestra variable 8° en función de ángulos
conocidos.
Expresamos nuestra variable que es "75°" en función de
ángulos conocidos por ejemplo "45° + 30°", para luego
aplicar las identidades de la suma de ángulos
•
Tanx – Tany
1 + TanxTany
•
Sen75° = Sen(45° + 30°) = Sen45°Cos30° +
Sen30°Cos45°
Sen75° =
SAN MARCOS
Tan45° – Tan37°
1 + Tan45° × Tan37°
3
1
4
Tan8° =
= 4
3
7
1+
4
4
1–
2× 3+ 1× 2
2
2
2
2
Sen75° =
Tan8° = Tan(45° – 37°) =
6+ 2
4
Tan8° =
26
1
7
TRIGONOMETRÍA
TEMA 11
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS
III. DEMOSTRACIÓN DEL SENO Y COSENO
DE LA SUMA DE DOS ÁNGULOS
Del siguiente gráfico:
Observación:
p
4
Tana ± Tanb ± TanaTanb = 1
Si : a ± b = 45° < >
y
C.T.
Q
Seny
1
Senq
A'
P
R
SenxSeny
x
SenyCosx
T
M
sy
y Co
SenxCosx
q
x
Cosq CosxCosy S
A
Importante:
C.T.
f(x) = aSenx ± bCosx; x ∈ 
a2 + b2 ≤ f(x) ≤ + a2 + b2
x
En el gráfico se observa que q ∧ (y + x) son suplementarios
→ Senq = Sen(y + x)
V. PROPIEDADES PARA TRES ÁNGULOS
→ Cosq = –Cos(x + y)
Ademas QP = RS
Estas propiedades se cumplen siempre que los tres
ángulos estén relacionados bajo una condición
Senq = SenxCosy + SenyCosx
∴Sen(x + y) = SenxCosy + SenyCosx
1. Siendo:
También: PS = QR
x + y + z = p ó kp, k ∈ Z
Cosq + CosxCosy = SenxSeny
Cosq = SenxSeny – CosxCosy
Tanx + Tany + Tanz = TanxTanyTanz
–Cos(x + y) – CosxCosy
CotxCoty + CotxCotz + CotyCotz = 1
∴Cos(x + y) = CosxCosy – SenxSeny
p
;n ∈ 
2
∀x, y, z ≠ np,n ∈ 
∀x, y, z ≠ (2n + 1)
IV. IDENTIDADES AUXILIARES
2. Siendo:
Sen(x ± y)
= Tanx ± Tany
CosxCosy
x + y + z = p ó (2k + 1) p ;k ∈ 
2
2
Sen(x + y)Sen(x – y) = Sen2x – Sen2y
Sen(x + y)Sen(x – y) = Cos2y – Cos2x
Cotx + Coty + Cotz = CotxCotyCotz
TanxTany + TanxTanz + TanyTanz = 1
Cos(x + y)Cos(x – y) = Cos2x – Sen2y
∀x, y, z ≠ np;n ∈ 
∀x, y, z ≠ (2n + 1)
Tan(x ± y) = Tanx ± Tany ± TanxTanyTan(x ± y)
SAN MARCOS
72
27
p
;n ∈ 
2
TRIGONOMETRÍA
TEMA 11
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Indique la expresión equivalente a
p
p
p
E = Cos  – – x  + Cosx  x –  + Cosx, ] 0; [
6
2
 6


A)
3Cosx
B) 3 2
C) –7/2 3
C) 3 2/2
D) –5 3/9
B) –7 3/9
E) –4 3/9
E) 2
C) ( 3 + 3)Cosx
UNMSM 2014–II
UNMSM 2014–II
D) ( 3 + 1)Cosx
Resolución:
E) (2 + 3 )Cosx
UNMSM 2014–II
Resolución:
Planteamiento
Sabemos:
Cos(x ± y) = Cosx.Cosy ± Senx.Seny
Cos(–A – B) = Cos(A + B)
Desarrollando las formulas:
p
p
p
E = Cos .Cosx – Sen Senx + Cosx.Cos +
6
6
6
E = 2Cos
A) –5/ 3
D) 2 3
B) 2 3Cosx
Senx.Sen
Problema 2
p
Si: a + b = , halle (1 – cota)(1 – cotb)
4
A) 2/3
p
+ Cosx
6
Inicialmente ubicamos la propiedad
p
a + b = " Tana + Tanb + Tana.Tanb = 1
4
En base a esta propiedad, se procederá
a indicar la forma de la incógnita.
Tana + Tanb + Tana.Tanb = 1
Dividiendo miembro a miembro por
" Tana.Tanb"
Cotb + Cota + 1 = Cota.Cotb
Trasponiendo
(Cotb – Cota.Cotb) – (Cota – 1) + 1 = –1
Factorizando:
p
Cosx + Cosx
6
E = 3Cosx + Cosx
Cotb(1 – Cota) – (Cota – 1) = 2
Respuesta: E
Resolución:
Planteamiento
•
Ángulos compuestos
•
Se observa teoría de ángulo exterior
Operación del problema:
a
Ángulo exterior
q = (60° + a)
Cota = Cot(60° + a)
Desarrollando
Cotq =
Problema 3
En la figura, Tana = 2 3
E = ( 3 + 1)Cosx
Tana = 2 3
q
60°
Cotq =
1 – ( 3)(2 3)
3 +2 3
–5 3
9
a
Respuesta: D
TEMA 11
TRIGONOMETRÍA
q
60°
2882
Respuesta: D
SAN MARCOS
TRIGONOMETRÍA
TEMA 12
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
PARA ARCO MÚLTIPLE I
DESARROLLO DEL TEMA
Sen2x = 1 – Cos2x
⇒ Cos2x = Cos2x – (1 – Cos2x)
Cos2x = 2Cos2x – 1
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA
ARCO DOBLE
El objeto de estas igualdades es expresar las razones
trigonométricas del ángulo doble en términos de las razones
trigonométricas del ángulo simple ; estas igualdades serán
válidas para todos los valores admisibles de sus variables.
I.
II. IDENTIDADES AUXILIARES
1 + Cos2x = 2Cos2x
IDENTIDADES FUNDAMENTALES
1 – Cos2x = 2Sen2x
Senx = 2SenxCosx
∀x∈r
Cotx – Tanx = 2Cot.2x
Cos2x = Cos2x – Sen2x
Cotx + Tanx = 2Csc2x
∀x∈r
Tan2x =
III. ÁNGULO DOBLE EN FUNCIÓN DE TANGENTES
2Tanx
1 – Tan2x
Cuando se quiera expresar las razones trigonométricas
del ángulo doble [RT(2x)] en función de la tangente del
ángulo simple (Tanx), convendría elaborar el triángulo de
las tangentes:
∀ x ≠ {(2n + 1) p ; (2n + 1) p }; n ∈ Z
4
2
Observación:
Con la ayuda de la identidad sen2x + cos2x = 1, se puede
expresar el coseno del ángulo doble (cos2x), ya sea en
función del seno o coseno del ángulo simple
(senx
o cosx) para lo cual procederemos del modo siguiente:
1 + Tan2x
Sabemos que:
Cos2x = Cos2x – Sen2x = 1
Pero:
Cos2x = 1 – Sen2x
⇒ Cos2x = (1 – Sen2x) – Sen2x
∴ Cos2x = 1 – 2Sen2x
1 – Tan2x
Sabemos que:
Cos2x = Cos2x – Sen2x
Pero:
SAN MARCOS
2Tanx
29
⇒ Sen2x =
2Tanx
1 + Tan2x
⇒ Cos2x =
1 – Tan2x
1 + Tan2x
⇒ Tan2x =
2Tanx
1 – Tan2x
TRIGONOMETRÍA
TEMA 12
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I
IV. DEMOSTRACIÓN DE LAS IDENTIDADES FUNDAMENTALES
•
Demostración de Sen2x = 2SenxCosx
Sabemos que:
Sen(a + q) = SenaCosq + SenqCosa
Haciendo a = x ∧ q = x tendremos:
Sen(x + x) = SenxCosx + SenxCosx
2
∴
•
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA
EL ÁRCO MITAD
DEFINICIÓN
El objeto de estas igualdades es expresar las razones
x
a q
trigonométricas del ángulo mitad  ; ;...  en términos de
2
2 2
las razones trigonométricas del ángulo simple estas igualdades
son válidas para todos los valores admisibles de sus variables.
I.
Sen2x = 2Senx.Cosx
IDENTIDADES FUNDAMENTALES
Demostración de:
Cos2x = Cos2x – Sen2x
x
1 – Cosx
Sen   = ±
2
2
Sabemos que:
∀x∈r
Cos(a + q) = CosaCosq – SenaSenq
Haciendo; a = x ∧ q = x; tendremos:
x
1 + Cosx
Cos   = ±
2
2
∀x∈r
Cos(x + x) = CosxCosx + SenxSenx
2
∴
•
Cos2x = Cos2x.Sen2x
x
1 – Cosx
Tan   = ±
1 + Cosx
2
Demostración de:
2Tanx
Tan2x =
1 – Tan2x
Sabemos que:
Tan(a + q) =
∀ x ∈ r – {2n – 1}; n ∈ Z
x
1 + Cosx
Cot   = ±
1 – Cosx
2
Tana + Tanq
1 – TanaTanq
∀ x ∈ r – {2np}; n ∈ Z
Haciendo; a = x ∧ q = x; tendremos:
Tan + tanx
Tan(x + x) =
1 – Tanx.Tanx
2x
∴
Tan2x =
Observación:
El signo que aparece en los radicales depende del
cuadrante en el cual se ubique el ángulo mitad  x  y
2
del ordenador que lo afecte.
2Tanx
1 – Tan2x
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Simplificar:
A=
A)
B)
C)
D)
E)
Sen5°
Sen20°
Sen10°
Sen15°
Sen25°
A=
Sen20° + Sen10°
2Cos10° + 1
Factorizando
Sen10° (2Cos10° + 1)
A=
2Cos10° + 1
A = Sen10°
Respuesta: C) Sen10°
UNMSM - 2000
NIVEL FÁCIL
Resolución:
Desarrollamos por arco doble
Sen20° = 2Sen10°.Cos10°
TEMA 12
2Sen10°Cos10° + Sen10°
2Cos10° + 1
B) 1/3
E) 3/4
C) 2/9
UNMSM 2011-I
NIVEL INTERMEDIO
Resolución:
Por degradación de arco doble
2Sen2a = 1 – Cos2a
Remplazando
Cos4a + 1 – cos2a = 0
Problema 2
Si: Cos4a + 2Sen2a = 0 y Cos2a ± 0
Calcule Cos2a
TRIGONOMETRÍA
A) 1/12
D) 1/8
3003
2Cos22a – Cos2a = 0
Cos2a(2Cos2a – 1) = 0; (Cos2a ≠ 0 )
SAN MARCOS
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I
Nos queda:
2Cos2a – 1 = 0
Por arco doble:
2(2Cos2a – 1) – 1= 0
4Cos2a – 3 = 0
Cos2a = 3/4
Respuesta: E) 3/4
Problema 3
En el gráfico, el triángulo rectángulo
ABC es recto en B (a < 45°) y
AM = MC = 1/2 cm.
Calcular el área del triángulo ABC.
C
A)
1
CosaSen3a cm2
2
B)
1
Cos4aSena cm2
2
C)
1
Cos2aSena cm2
2
C
a
1
2
a
A
1
D)Cos3aSena cm2
2
E)
1
CosaSen2a cm2
2
a
A
SAN MARCOS
M
B
Resolución:
Por resolución en (MCB)
13
31
2a
M 1 Cos2a B
2
S ABC =
11
1
Sen2a  (1 + Cos2a)
2  2
2
S ABC =
11
1
2Sen2a  (2Cos2a)
2  2
2
S ABC =
1
SenaCos 3a cm2
2
UNMSM 2010–II
NIVEL INTERMEDIO
1
2
1 Sen2a
2
Respuesta: E) 2 + 1
TRIGONOMETRÍA
TEMA 12
TRIGONOMETRÍA
TEMA 13
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
PARA ANGULO MÚLTIPLE II
DESARROLLO DEL TEMA
I.
FÓRMULA RACIONALIZADA DEL
ÁNGULO MITAD
A.
Tan
x
1
Cosx
Cot   =
+
 2  Senx Senx
x
= Cscx – Cotx
2
Sabemos:
x
• Cscx + Cotx = Cot
........ (I)
x2
• Cscx – Cotx = Tan
........ (II)
2
Sabemos que:
x
x
2 ; multiplicando por:
Tan   =
 2  Cos x
2
x
2Sen (Numerador y denominador), tendremos:
2
x
x
x
Sen
2Sen
2Sen2
x
1 – Cosx
2.
2=
2
=
Tan   =
Senx
 2  Cos x 2Sen x 2Sen x Cos x
2
2 
2
2

Sen
Tan
Sen
x
x
= Cscx – Cotx
2
x
x
– Tan
2
2
Csc40° + Cot40° = Cot20°
Csc6a – Cot6a = Tan3a
Cot20° + Tan20° = 2Csc40°
Cot12q – Tan12q = 2Cot24q
III. IDENTIDADES DEL ÁNGULO TRIPLE
A.
Sen3x = 3Senx – 4Sen3x
Demostración:
Sen3x = Sen(2x+x)
Sen3x = Sen2xCosx + Cos2Senx
Sabemos por ángulo doble:
Sen2x = 2SenxCosx
; multiplicando por:
Cos2x = 1 – 2Sen2x
x
(Numerador y denominador), tendremos:
2
x
x
x
Cos
2Cos
2Cos 2
x
2.
2=
2 = 1 + Cosx
Cot   =
Senx
 2  Sen x 2Cos x 2Sen x Cos x
2
2 
2
2

Reemplazando:
2Cos
Sen3x = (2Senx Cosx) Cosx + (1–2Sen2x) Senx
Sen3x = 2Senx Cos2x + Sen – 2Sen3x
2
2
Sabemos: Cos x = 1 – Sen x
Senx
SAN MARCOS
2Cotx = Cot
•
•
•
•
Demostración de:
x
Cot   = Cscx + Cotx
2
Sabemos que:
Cos
x
x
+ Tan
2
2
Ejercicios de aplicación
x
= Cscx + Cotx
2
Cot  
2
(I)+(II) ⇒ 2Cscx = Cot
(I)–(II) ⇒
Senx
B.Cot
x
= Cscx + Cotx
2
II. IDENTIDADES AUXILIARES
Demostración de:
x
Tan   = Cscx – Cotx
2
x
1
Cosx
Tan   =
–
∴
 2  Senx Senx
∴ Cot
32
TRIGONOMETRÍA
TEMA 13
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II
Reemplazando:
Sen3x = 2Senx (1 – 2Sen2x) + Senx – 2Sen3x
Sen3x = 2Senx – 2Sen3x + Senx – 2Sen3x
Sen3x = 3Senx – 4Sen3x
Análogamente:
Tan ( A + B + C ) =
Sea: Tan3x = Tan(x+x+x)
Tan3x =
Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx
B.
Tan3x =
1 – 3Tan2x
Sen3x = 3Senx – 4Sen3x
Sen3x = Senx(2Cos2x+1)
Sen3x = 4SenxSen(60°–x) Sen(60°+x)
Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx
Cos3x = Cosx(2Cos2x–1)
Cos3x = 4CosxCos(60°–x) Cos(60°+x)
1+Cos2x = 2Cos2x Doble
Observación:
Tan3x =
Triángulo notable
72°
3Tanx – Tan3x
En general:
Demostración:
Sabemos: Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx


2
Cos3x = Cosx  2 x 2Cos


x – 3 



Recordando:
3Tanx – Tan3x
1 – 3Tan2x
Tan3x = TanxTan ( 60° – x ) Tan ( 60° + x )
5 –1
18°
10 + 2 5
Nota:
Cot3x = Cotx Cot(60°–x) Cot(60°+x)
Observación:
Cos3x = Cosx[2(1+Cos2x)–3]
Cos3x = Cosx(2Cos2x–3)
C. Tan3x =
Tanx + Tanx + Tanx – TanxTanxTanx
1 – ( TanxTanx + TanxTanx + TanxTanx )
Efectuando operaciones:
Cos3x = Cosx(2Cosx2x–1)
4
TanA + TanB + TanC – TanATanBTanC
1 – ( TanATanB + TanATanC + TanBTanC )
Triángulo notable
4
3Tanx – Tan3x
1 – 3Tan2x
54°
10 – 2 5
36°
Demostración:
Sabemos:
5+1
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
p
x
Si: x+y = y además Cot = 2+Secy
2
2
Calcular:
K = 6Tanx + 5 Cosx
A) 1
B) 2
D) 4
E) 5
C) 3
NIVEL INTERMEDIO
Resolución:
Aplicamos la fórmula de ángulo mitad
Cscx + Cotx = 2 + Secy
SAN MARCOS
Por razones complementarias:
Secy = Cscx
Reemplazando
Reemplazando en K
 2 
1
K = 6   + 5 
 → K = 5
2
 
 5
Respuesta: 5
2 → CA
1 → CO
Cotx =
5
1
2
33
33
x
Problema 2
Hacer más simple la expresión:
E = 4Cos2x – Cos3xSecx
A) 1
B) –1
C) 3
D) 4
E) 5
NIVEL INTERMEDIO
TRIGONOMETRÍA
TEMA 13
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II
Resolución:
(
)
1 
E = 4Cos 2x – 4Cos 3x – 3Cosx 

 Cosx 
Factorizando en el 2.° término
(
)
1 
E = 4Cos 2x – Cosx 4Cos 2x – 3 

 Cosx 
E = 4Cos2x – 4Cos2x + 3 = 3
Respuesta: 3
TEMA 13
Problema 3
Simplifcar:
B = Tanx . Cos3x + 2Senx
A) Sen3x
B) Cos3x C) Sen23x
3x
D) Cos23x
E) Sen
2
UNMSM 2008
NIVEL DIFÍCIL
Resolución:
Sabemos:
Cos3x = Cosx (2Cos2x–1)
TRIGONOMETRÍA
3443
Reemplazando:
Senx 
B = 
 Cosx(2Cos2x – 1) + 2Senx
 C os x 
Simplificar:
B = Senx (2Cosx 2x –1)+2 Senx
Factorizando: (Senx)
B = Senx (2Cos 2x – 1 + 2)
B = Senx (2Cos 2x + 1)
B = Sen3x
Respuesta: Sen3x
SAN MARCOS
TRIGONOMETRÍA
TEMA 14
TRANSFORMACIONES
TRIGONOMÉTRICAS
DESARROLLO DEL TEMA
I.
DE SUMA O DIFERENCIA A PRODUCTO
Sumando tendremos:
Se le suele llamar también factorización trigonométrica
Sen(x
+ y) + Sen(x
– y) = 2SenxCosy
A
y consiste en expresar mediante un producto una
determinada suma o diferencia. Para transformar a
Haciendo:
producto una expresión, esta deberá estar compuesta por
la suma o diferencia de dos senos o cosenos con ángulos
B
x + y = A

x – y = B
Se obtiene: x =
ordenados de mayor a menor. Los ángulos resultantes
en los factores del producto serán la semisuma y la
A +B
A –B
∧y=
2
2
semidiferencia de los ángulos iniciales.
 A +B 
 A –B
∴ Sen(A) + Sen(B) = 2Sen  2  Cos  2 




A. Suma o diferencia de senos a producto
Restando tendremos:
Sen(x
+ y) – Sen(x
– y) = 2SenyCosx
A +B 
 A –B
SenA + SenB = 2Sen 
 Cos  2 
 2 


A
B
x + y = A
Haciendo: 
x – y = B
A –B
 A +B 
SenA – SenB = 2Sen 
 Cos  2 
 2 


Se obtiene: x =
B. Suma o diferencia de cosenos a producto
∴
A +B 
 A –B
CosA + CosB = 2Cos 
 Cos  2 
 2 


A +B 
 A –B
CosA – CosB = –2Sen 
 Sen  2 
 2 


A +B
A –B
∧y=
2
2
A –B
 A +B 
Sen(A) – Sen(B) = 2Sen 
 Cos  2 
 2 


B. Demostración de la transformación de cosenos
Para efectuar estas demostraciones partiremos
del coseno de la suma y diferencia de dos arcos
(identidades de ángulos compuestos).
II. DEMOSTRACIÓN DE LAS IDENTIDADES FUNDAMENTALES
 Cos(x + y) = CosxCosy – SenxSeny
Sabemos que: 
 Cos(x – y) = CosxCosy + SenxSeny
A. Demostración de la transformación de senos
Sumando tendremos:
Para efectuar estás demostraciones partiremos del
Cos(x
+ y) + Cos(x
– y) = 2CosxCosy
A
seno de la suma y diferencia de dos arcos (identidades
B
de ángulos compuestos).
x + y = A
Haciendo: 
x – y = B
 Sen(x + y) = SenxCosy + SenyCosx
Sabemos que: 
 Sen(x – y) = SenxCosy – SenyCosx
Se obtiene: x =
SAN MARCOS
35
A +B
A –B
∧y=
2
2
TRIGONOMETRÍA
TEMA 14
TRANSFORMACIONES TRIGONOMÉTRICAS
III. DE PRODUCTO A SUMA O DIFERENCIA
 A + B  Cos  A – B 
∴ Cos(A) + Cos(B) = 2Cos 

 2 
 2 


Se le suele llamar también desdoblamiento del producto
y consiste en expresar mediante una suma o diferencia
un determinado producto.
Restando tendremos:
Cos(x
+ y) – Cos(x
– y) = –2SenxSeny
A
Para efectuar el desdoblamiento se deberá tener el doble
producto de senos y/o cosenos.
B
x + y = A
Haciendo: 
x – y = B
Se obtiene: x =
Los ángulos resultantes en el desdoblamiento serán la
suma y la diferencia de los ángulos iniciales.
A +B
A –B
∧y=
2
2
2SenACosB = Sen(A + B) + Sen(A – B)
2CosACosB = Cos(A + B) + Cos(A – B)
2SenASenB = Cos(A – B) – Cos(A + B)
A – B  Sen  A + B 
Cos(A) – Cos(B) = –2Sen 

 2 
 2 


∴
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Simplificar:
A=
A=
Sen17°+Cos17°
Sen31° Cos31°
A) 2
2
B) 2 2
D)4 2
E)
C)
2
2
4
Sen17° = Cos73°
Cos73°+Cos17°
Sen31°Cos31°
Transformando a producto:
2Cos45° Cos28°
Sen31°Cos31°
 2
2
 Cos28° Reemplazando y
 2 
aplicando artificio
=
2
Sen31° Cos31° en el denominador.
2
Operando convenientemente:
A=
2 2Cos28° Por razones
complementarias
Sen62°
TEMA 14
Respuesta:
Problema 2
p
2
Sen8a – Sen4a
calcule N =
2Sena Cos6a
Si Tana = 3; 0 < a <
Por ángulos complementarios:
A=
1 
10
N = 2 
 → N= 5
 10 
Respuesta: 2 2
Resolución:
A=
2 2Cos28°
→ A=2 2
Cos28°
2 10
A)
5
B)
10
5
2 5
D)
5
E)
5
5
C)
3 10
5
Transformando a producto el numerador.
Sen2a
2Cos6a Sen2a
N=
=
Sena
2Sena Cos6a
Por seno del doble
2Sena Cosa
N=
→ N = 2Cosa .... (I)
Sena
Dato:
TRIGONOMETRÍA
Problema 3
Calcule:
K = Cos40° + Cos80° + Cos160°
A)1
B) –1
C) 0
D) 1/2
E) –1/2
UNMSM - 2008
UNMSM - 2014
Resolución:
3
Tana =
1
En (I)
Resolución:
Agrupando:
K = (Cos80°+Cos40°)+Cos160°
Transformando a producto y por
reducción al primer cuadrante:
K = 2Cos60° Cos20°+ Cos(180°–20°)
Por fórmula y reemplazando valores:
K= 2
10
3
10
5
a
1
3663
( 12 ) Cos20°+(–Cos20°) → K = 0
Respuesta: 0
SAN MARCOS
TRIGONOMETRÍA
TEMA 15
ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS
DESARROLLO DEL TEMA
I.
DEFINICIÓN DE ECUACIÓN TRIGONOMÉTRICA
en este caso como el seno es positivo buscaremos en
el primer y segundo cuadrante los dos primeros arcos
positivos que cumplen la igualdad.
x=π–π
4
x=π
4
Son igualdades establecidas entre expresiones que involucran
razones trigonométricas de una o más variables y que se
verifican para cierto número de valores de dichas variables.
Para que una igualdad sea considerada como una
ecuación trigonométrica, la variable deberá estar afectada
de algún operador trigonométrico; tal como se observará
en los ejemplos siguientes:
1. Senx + 2Cos3x = 1
Sí es ecuación trigonométrica
2. 3Senx + Cos2x = 2
Sí es ecuación trigonométrica
3. SenxCos2x = Sen3x
Sí es ecuación trigonométrica
4. x + Senx = 1 + Sen2x
No es ecuación trigonométrica
5. x + Sen3x = x2 + 1
No es ecuación trigonométrica
6. x + Cosx = x2 + Senx
No es ecuación trigonométrica
π
2
2
O
2π
Luego para que: Senx = 2
2
π
;π– π
Se observa que: x =
4
4
3π
π
∴ x = 4; 4
Soluciones de la E.T.
Ejemplo
Resuelva e indique las tres primeras soluciones positivas
de: Cos2x = 1
2
II. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN TRIGONOMÉTRICA
Resolución:
Como el coseno es positivo lo ubicamos en el primer y
cuarto cuadrante y buscaremos los tres primeros arcos
positivos que cumplen la igualdad.
Se llamará solución de una ecuación trigonométrica
al valor de la variable que verifica la igualdad y el
conjunto formado por todas las soluciones de la ecuación
trigonométrica se le llamará conjunto solución de la
ecuación.
Resolver una ecuación trigonométrica consiste en
determinar todas las soluciones de la ecuación; es decir
consiste en determinar su conjunto solución.
Ejemplo:
Resuelva e indique las dos primeras soluciones positivas
1/2
2x = π
3
O
2π
π
de: Senx = 2
2
Resolución:
Como se conoce el valor del seno, se le ubica en la C.T.
y se busca los arcos en los cuadrantes correspondientes;
SAN MARCOS
2
2
1/2
37
2x = 2π – π
3
TRIGONOMETRÍA
TEMA 15
ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS
La igualdad: Cos2x = 1 se cumple cuando:
2
π
π
2x =
; 2π – ; 2π + π
3
3
3
3x – π = 5π ; 7π ; 2π + 5π ; 2π + 7π
4
4
4
4 4
3x – π = 5π ; 7π ; 13π ; 15π
4
4
4
4 4
⇒ 2x = π ; 5π ; 7π
3 3 3
3x = 3π ; 2π; 7π ; 4π
2
2
∴ x = π ; 5π ; 7π
6 6 6
Soluciones de la E.T.
Ejemplo:
Resuelva e indique las cuatro primeras soluciones positivas
de: Tan3x = –1
∴ x = π ; 2π ; 7π ; 4π
2 3 6 3
III. SOLUCIÓN GENERAL DE LA ECUACIÓN
TRIGONOMÉTRICA
Es la expresión en la cual se encuentran generalizadas
todas las soluciones de una ecuación trigonométrica.
Estas expresiones están dadas mediante la regla de
formación existente entre las soluciones de la ecuación
trigonométrica y son obtenidas usualmente a partir de
las formas generales establecidas en la circunferencia
trigonométrica (K ∈ Z).
Resolución:
Para resolver esta igualdad se ubica el arco para el cual la
tangente es igual a 1 y se toma como referencia este valor
para encontrar los arcos donde la tangente es igual a –1.
Tan3x = 1
3π
4
2Kπ +
O
2π
π
π
2
2Kπ + π
7π
4
Tan3x = –1
2Kπ
2Kπ +
La igualdad: Tan3x = –1 se cumple cuando el ángulo:
3π
2
cuadr. = K π
2
3x = 3π ; 7π ; 2π + 3π ; 2π + 7π
4
4
4
4
⇒ 3x = 3π ; 7π ; 11π ; 15π
4
4
4
4
∴ x = π ; 7π ; 11π ; 5π
4 12 12 4
(2K + 1) π
2
Soluciones de la E.T.
Ejemplo:
Resuelva e indique las cuatro primeras soluciones positivas
π
de: Sen 3x – 4 = – 2
2
Kπ
Ejemplo
Resuelva la ecuación e indique su solución general;
siendo: 2Sen2x = 0
Resolución:
Resolución:
En la C.T. ubicamos dónde el seno es cero, a partir de lo
cual generalizaremos la solución de la ecuación:
En la C.T. ubicamos para qué arco del seno es 2 y luego
2
tomaremos este valor como referencia para encontrar los
arcos donde el seno es – 2 .
2
π
4
2
2
π
2
2
5π
4
2x
O
2π
2
2
Kπ
7π
4
⇒ Sen2x = 0
π
La igualdad: Sen 3x – 4 = – 2 se cumplirá cuando el
2
ángulo:
TEMA 15
2x
TRIGONOMETRÍA
⇔ 2x = Kπ
Kπ
∴ x=
K∈Z
2
3883
SAN MARCOS
ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS
Ejemplo:
Resuelva la ecuación e indique su solución general;
π
siendo: Sen 2x – 3 = –1
Resolución:
IV. ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS
ELEMENTALES
Son aquellas igualdades en las cuales se conoce el valor
de una razón trigonométrica de una determinada variable
y son de la forma:
En la C.T. ubicamos dónde el coseno es –1, a partir de lo
R.T(ωx + q) = n
cual se generalizará la solución de la ecuación.
Donde:
2Kπ + π
2Kπ
–1
x: variable o incognita
ω: coeficiente angular
n: valor de la R.T. (n∈R)
1. Senx = 2/3
Ecuación trigonométrica elemental
2. Cos2x = 3/4
Ecuación trigonométrica elemental
π
3. Tan 3x – 4 = –2
π
⇒ Sen 2x – 3 = –1
Ecuación trigonométrica elemental
π
⇔ 2x – 3 = 2Kπ + π
4. Senx + Cos2x = 1
2x = 2Kπ + 4π
3
5. Sen2x = 1 + Tanx
∴ x = Kπ + 2π K ∈ Z
3
Resolución:
En la C.T. ubicamos dónde el seno es igual a 3 y
2
generalizamos los arcos que cumplen con la igualdad.
π/3
3
2
Ecuación trigonométrica no elemental
V. EXPRESIONES GENERALES PARA LOS
ARCOS
Ejemplo:
Resuelva e indique la solución general de: Sen2x = 3
2
3
2
Ecuación trigonométrica no elemental
6. SenxCosx = Tanx
Solución general
2π
3
Ecuación trigonométrica no elemental
Cuando se conoce el de una razón trigonométrica
(ecuación elemental), el arco o ángulo que cumple con
la igualdad se puede generalizar a partir de las formas
generales establecidas en la C.T., siendo estas las
siguientes:
1. Si se conoce el seno
2Kπ
Si: Senq = a ⇒ VP(q) = ArcSen(a)
∴
qG = Kπ + (–1)K.VP(q) K ∈ Z
2. Si se conoce el coseno
3
⇒ Sen2x = 2
∴
⇔ 2x = π ; 2π
3 3
2π
π
⇔ 2x = 2Kπ + 3 ; 2Kπ + 3
SAN MARCOS
qG = 2Kπ ± VP(q) K ∈ Z
3. Si se conoce la tangente
En general:
∴ x = Kπ + π ; Kπ + π
6
3
Si: Cosq = a ⇒ VP(q) = ArcCos(a)
Si: Tan q = a ⇒ VP(q) = ArcTan(a)
∴
qG = Kπ + VP(q) K ∈ Z
K∈Z
93
39
TRIGONOMETRÍA
TEMA 15
ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Resolver: 2Cos2x – 3 = 0
Indicar las 3 primeras soluciones.
A)
π ; 11π ; 13π
12 12 12
B)
π ; π ; 3π
6 2 7
C)
π;π ; π
5 6 12
4π ; π ; π
11 2 3
NIVEL INTERMEDIO
Resolución:
Problema 2
Resolver: Tan3x
suma de las 2
positivas.
A) 100°
B)
D) 160°
E)
+ 3 = 0, indicar la
primeras soluciones
120°
80°
C) 140°
y
π
6
2π
π
2π–
6
De la C.T.
Problema 3
Resolver: Sen2x = Cosx
Para x ∈ [0, 2π], indicar el número de
soluciones.
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
NIVEL DIFÍCIL
Resolución:
Por el seno del ángulo doble
2Senx.Cosx = Cosx
No conviene eliminar miembro a miembro,
porque estaríamos eliminando un conjunto
solución, entonces:
2SenxCosx – Cosx = 0
→ Cosx(2Senx – 1) = 0
x
Cosx = 0
x
x= π
2
x = 3π
2
2Senx – 1 = 0 → Senx = 1
2
x2+y2=1
2x = π → x = π
12
6
2x = 2π – π = 11π → x = 11π
6
12
6
Respuesta: 140°
NIVEL INTERMEDIO
IIC
Tan3x = – 3
IVC
Para resolver se ubica en la C.T. el arco
para el cual la tangente es igual a 3 y
se toma como referencia este valor para
encontrar los arcos donde la tangente
es (– 3).
y
3 → IC
→ Cos2x =
2 → IVC
3x = 360° – 60° → x = 100°
Incognita
40° + 100° = 140°
π ; 11π ; 13π
12 12 12
Resolución:
2Cos2x – 3 = 0
x2+y2=1
π 11π 13π
∴ C.S. = 12 ; 12 ; 12
Respuesta:
π
D) 0; 12 ; 13
12
E)
2x = 2π – π = 13π → x = 13π
6
12
6
IC
IVC
x= π
6
Tan3x = 3 → Tan60° = 3
De la C.T.
3x = 180° – 60° → x = 40°
x = 5π
6
Respuesta: Número de soluciones = 4
jhsf
TEMA 15
TRIGONOMETRÍA
4004
SAN MARCOS
TRIGONOMETRÍA
TEMA 16
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS
OBLICUÁNGULOS
DESARROLLO DEL TEMA
I.
CONCEPTOS PREVIOS
1. Todo triángulo que no es rectángulo, es denominado
triángulo oblicuángulo.
2. Resolver un triángulo oblicuángulo consiste en
determinar los elementos principales de esta figura
(lados y ángulos), partiendo de algunos de ellos que
deben ser conocidos (uno de ellos debe ser un lado).
a = 2RSenA
De donde:
b = 2RSenB
c = 2RSenC
B. Ley de cosenos
En todo triángulo oblicuángulo se cumple que el
cuadrado de la medida de un lado es igual a la suma
de los cuadrados de las medidas de los otros dos lados
menos el doble producto de estos multiplicado por el
coseno del ángulo comprendido entre ellos.
3. Dependiendo de los datos que se tenga en el
triángulo, se pueden aplicar diferentes teoremas
para poder resolver esta figura; siendo los teoremas
fundamentales los siguientes:
– Teorema del seno
– Teorema del coseno
– Teorema de las tangentes
– Teorema de las proyecciones.
A.Ley de senos
En todo triángulo oblicuángulo se cumple que las
medidas de sus lados son directamente proporcionales
a los senos de sus respectivos ángulos opuestos,
siendo la constante de proporcionalidad el diámetro
de la circunferencia circunscrita al triángulo.
⇒
⇒
⇒
a2 = b2 + c2 – 2bcCosA
b2 = a2 + c2 – 2acCosB
c2 = a2 + b2 – 2abCosC
De donde se tendrá:
⇒
a
c
b
=
=
= 2R
SenA
SenC
SenB
R: Circunradio
SAN MARCOS
41
CosA =
b2 + c2 – a2
2bc
CosB =
a2 + c2 – b2
2ac
CosC =
a2 + b2 – c2
2ab
TRIGONOMETRÍA
TEMA 16
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
III. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE SENO
C. Ley de las tangentes
En todo triángulo oblicuángulo se cumple que la
diferencia de las medidas de dos de sus lados es a
la suma de estas medidas, como la tangente de la
semidiferencia es a la tangente de la semisuma de los
respectivos ángulos opuestos a los lados considerados.
•
•
⇒
⇒
⇒
•
Tan A – B
a–b
2
=
a+b
A+B
Tan
2
•
Tan B – C
b–c
2
=
b+c
B+C
Tan
2
a–c
=
a+c
•
Trazamos el diámetro CD, entonces: CD = 2R.
Al unir el punto D con los vértices A y B se obtienen los
triángulos rectángulos CAD y CBD donde se observa:
m CDB = m A ∧ m CDA = m B
CBD:
a
= SenA
2R
⇒
a
= 2R
SenA
CAD:
a
= SenB
2R
⇒
b
= 2R
SenA
En forma análoga se deduce que
finalmente se puede establecer que:
c
= 2R ;
SenC
a
b
c
=
=
= 2R
SenA SenB SenC
Tan A – C
2
A+C
Tan
2
IV. D E M O S T R A C I Ó N D E LA LEY D E
COSENO
D. Ley de las proyecciones
En todo triángulo oblicuángulo se cumple que la
medida de un lado es igual a la suma de las medidas
de los otros dos lados multiplicados cada uno de ellos
por el coseno del ángulo opuesto al otro.
B
c
A
b
⇒
⇒
⇒
TEMA 16
a
C
a = b.CosC + c.CosB
•
Trazamos la altura CH, determinándose los triángulos
rectángulos CHA y CHB.
•
CHA: (Resolución de triángulos)
AH = bCosA ∧ CH = bSenA
b = a.CosC + c.CosA
c = a.CosB + b.CosA
TRIGONOMETRÍA
4224
SAN MARCOS
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
•
•
CHB: (Teorema de Pitágoras)
2
2
Aplicando resolución de triángulos rectángulos en los
triángulos determinados se tendrá:
2
a = (bSenA) + (c – bCosA)
CH = bCosC ∧ HB = cCosB
a2 = b2Sen2A + c2 + b2Cos2A – 2bcCosA
•
a2 = b2(Sen2A + Cos2A) + c2 – 2bc.CosA
1
En el triángulo ABC, se observa que:
BC = CH + HB
a2 = b2 + c2 – 2bc.CosA
∴ a = bCosC + cCosB
V. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE LAS
TANGENTES
•
Sabemos por el teorema del seno que:
a = 2RSenA ∧ b = 2RSenB
•
El área de la región triangular es igual al semiproducto
de las medidas de dos de sus lados multiplicado por el
seno del ángulo comprendido entre dichos lados.
B
Dividiendo se tendrá:
a
2RSenA
=
b
2RSenB
•
VII. ÁREA DE LA REGIÓN TRIANGULAR
⇒
a SenA
=
b SenB
c
Aplicando proporciones:
S
a–b
SenA – SenB
=
a+b
SenA + SenB
A
2Sen A – B Cos A + B
2
2
A+B
A–B
2Sen
Cos
2
2
⇒
a–b
=
a+b
⇒
a–b
A+B
A–B
= Tan
.Cot
a+b
2
2
a–b
=
a+b
∴
⇒
S=
b
a
C
bc
ac
ab
SenA =
SenB =
SenC
2
2
2
Demostración:
Tan A – B
2
A+B
Tan
2
VI. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE LAS
PROYECCIONES
A
•
Trazamos la altura BH, determinándose los triángulos
rectángulos BHA y BHC.
•
c
b
BHA: (Resolución de Triángulos)
BH = cSenA
•
C
bCosC
H
a
cCosB
•
Para calcular el lado a, trazamos la altura AH.
•
Se determinan los triángulos rectángulos AHC y AHB,
en los cuales los lados b y c son sus hipotenusas.
SAN MARCOS
ABC: (Por Geometría)
B
34
43
S=
(b)(c.SenA)
(AC)(BH)
=
2
2
∴
S=
bc
SenA
2
TRIGONOMETRÍA
TEMA 16
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Problema 2
De la figura calcular: Cos2q
De la figura, calcular "x".
A) arcSen3 3
B) arcTan 3
C) arcTan3
D) arcSen3 3
E) arcTan3 3
Resolución:
a
b
B
3
A) a – b
B) a + b
a+b
D)
2a
C) ab
E)
a–b
A)
19
B)
21
D)
17
E)
13
C)
15
A
x2 = 32 + 52 – 2(3)(5)Cos60°
Por ley de senos
a
Sen3q
=
→ x2 = 34 – 2(15)
b
m
Sen(120° – B)
x = 19
Sabemos:
Sen3q = Senq(2Cos2q + 1)
a
Senq(2Cos2q + 1
→
a
b
=
b
Senq
TEMA 16
3Sen(60° + B)
Sen30°
...(2)
19
2SenB = 3
2b
a–b
2b
3
De la figura ABC. Hallar el ángulo "B"
B
A
2
3 CosB + 1 SenB
2
2
4SenB = 3 3 CosB + 3SenB
⇒ SenB = 3 3 CosB ⇒ TanB = 3 3
D
⇒ B = arcTan3 3
3
30°
30°
TRIGONOMETRÍA
C
Sen30°
(1) = (2)
⇒ 2SenB = 3Sen(60° + B)
a–b
Respuesta:
=
Problema 3
= 2Cos2q + 1
→ Cos2q =
⇒m=
Respuesta:
Reemplazando:
120°–B
También en el ∆ADC:
1
2
x2 = 19
Senq
3
30°
30°
Por ley de senos en el ∆ABD:
2SenB
m
2
=
⇒m=
...(1)
Sen30°
SenB
Sen30°
Por ley de cosenos:
Resolución:
D
m
Resolución:
2b
2
C
4444
Respuesta: arcTan3 3
SAN MARCOS