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pasalafija.com · 2020. 8. 1. · SAN COS 1 1 TRIGONOMETRÍA 1 TRIGONOMETRÍA 1 SECT CUL NÚMER TAS DESARROLLO DEL TEMA I. CIRCUNFERENCIA Y CÍRCULO Circunferencia Círculo R …

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  • 11SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 1

    TRIGONOMETRÍATEMA 1

    SECTOR CIRCULAR -NÚMERO DE VUELTAS

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. CIRCUNFERENCIA Y CÍRCULO

    Circunferencia

    Círculo

    R

    Longitud de la circunferencia: L = 2pR

    Área de círculo: A = pR2

    II. LONGITUD DE ARCOSea q la medida de un ángulo trigonométrico.

    R

    R

    Lqrad

    Rq

    L

    Fórmula básica

    L = qR

    0 < q ≤ 2p

    III. NÚMERO DE VUELTAS QUE GIRA UNARUEDA SIN RESBALAR

    r r

    LR

    n: N.° de vueltas: n = LR2pr

    LR: Longitud del recorrido

    Nota:En el sector circular, la medida del ángulo central siempre debe estar expresada en radianes; entonces, es importante recordar:

    p rad 180° 200g

    IV. ÁREA DE SECTOR CIRCULAR

    R

    R

    LqradS

    12

    S= qR2 12S= LR L

    2

    2qS=

    V. ÁREA DE TRAPECIO CIRCULAR

    L1L2q

    d

    AT

    NOP

    JKL

    L1+L22

    dAT=

    L1–L2d

    q=

    0 < q ≤ 2p

  • SECTOR CIRCULAR - NÚMERO DE VUELTAS

    22 SAN MARCOS TRIGONOMETRÍATEMA 1

    VI. PROPIEDADES

    I.

    a

    a

    a1rad L = R ↔ q = 1rad

    II. q

    n

    b B B – b

    nq =

    III. S: Área S 3S 5S 7S

    IV. S: Área L

    KLKS

    S

    R

    R

    Kqq

    K ∈ R

    Problema 1

    T

    M

    A O BDe la figura, el área del sector circular AOT es igual al área del sector circular MOB. Si OB2=OA , calcule la medida delángulo BOT.A) 30° B) 36° C) 94°D) 38° E) 40°

    UNMSM 2012–IIResolución:Sea m]BOT = q; OA = OB2→ 2OA = OBSea OA = r → OB = 2r

    Tr

    r 2r

    M

    A O B180°

    –qq

    r

    Dato: SAOT = SMOB12

    (180°– q)r2 = 12

    (q)(4r2)

    Resolviendo q = 36°Respuesta: 36°

    Problema 2D

    L1L2

    B

    A

    C

    O

    PROBLEMAS RESUELTOS

    De la figura AOB y COD son sectores

    circulares, además L13 =

    L22 y el área

    del sector circular DOC es 4u2. Calcule el área del trapecio circular ADCB.A) 7 B) 14 C) 18D) 12 E) 10

    PRE-UNMSM 2012–IIResolución:

    L1 = 3k L13 =

    L22 =k L2 = 2k

    D

    3k2k

    B

    A

    C

    O q

    Dato:

    SCOD = (2k)22q = 4 → k

    2 = 2q

    Incógnita

    SADCB = (3k)22q –

    (2k)22q =

    5k22q =

    5(2q)2q

    SADCB = 5u2

    Respuesta: 5u2

    Problema 3

    5uA

    O 2qq

    C

    DB

    EF5u

    Del gráfico mostrado AOB y COD son sectores circulares. Indique el perímetro del sector circular COD.A) 27 u B) 26 uC) 25 u D) 28 uE) 24 u

    PRE UNMSM 2013–II

    Resolución:En el sector circular

    AOF → (5) = (2q)(5)

    2q = 1 12= radq

    En el sector circular

    COD → EC = (1)(8) = 8 u

    En el sector circular EOD →

    ED = JKL

    12

    NOP(8) = 4 u

    Graficando el sector COD

    8

    O

    C

    D8

    12

    Perímetro = 28

    Respuesta: 28 u

  • 33SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 2

    TRIGONOMETRÍATEMA 2

    RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. CONCEPTOS PREVIOSTriángulo ABC (Recto en B)

    AB

    C

    a b

    • a y c (longitud de los catetos)

    • b (longitud de la hipotenusa)

    c• b > a ∧ b > c• m∠A + m∠C = 90°• a2 + c2 = b2 (Teorema de Pitágoras)

    II. DEFINICIÓNCon respecto a la m∠A

    • Sen A = Cateto opuestoHipotenusa

    = ab

    • Cos A = Cateto adyacenteHipotenusa

    = cb

    • Tan A = Cateto opuestoCateto adyacente

    = ac

    • Cot A = Cateto adyacenteCateto opuesto

    = ca

    • Sec A = HipotenusaCateto adyacente

    = bc

    • Csc A = HipotenusaCateto opuesto

    = ba

    III. PROPIEDADES DE LAS RAZONES TRI-GONOMÉTRICASDado un triángulo ABC (recto en B)

    AB

    C

    a b

    c

    Se cumple:A. Razones Recíprocas

    SenA . CscA = 1CosA . SecA = 1TanA . CotA = 1

    Ejemplos:• Sen20° = 1Csc20°• Cos50° . Sec50° = 1

    • Tanx . Coty = 1 → x = y

    B. Razones Complementarias (Co-razones)De las definiciones, en (II) se observa:

    m∠A + m∠C = 90°Sen A = Cos CTan A = Cot CSec A = Csc C

    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)

    C. El valor de una razón trigonométrica solo de-pende de la medida del ángulo de referencia

    ma b

    Sabemos:

    nq Tanq = =ab

    mn

    Tanq = C.O.C.A.

  • RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS

    44 SAN MARCOS TRIGONOMETRÍATEMA 2

    IV. TANGENTE Y COTANGENTE DEL ÁN-GULO MITAD

    BA

    C

    ab

    c

    Tan Csc A – Cot A =A2

    Cot Csc A + Cot A =A2

    Demostración:

    BDA/2

    A/2

    ab

    A cA

    b

    C

    • Se prolonga el lado BA hasta el punto "D" tal que AD = AC.

    • Formamos un triángulo isósceles uniendo "D" y "C"

    • Del triángulo DBC

    Cot = = +A2

    b + ca

    ba

    ca

    NOP

    JKL

    Cot Csc A + Cot A=A2

    NOP

    JKL

    Observación:Triángulos pitagóricos mas usados.

    29

    20

    21

    13

    12

    5 41

    40

    9

    61

    60

    11 17

    15

    8

    V. TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES

    A. Exactos

    45°

    k45°

    1 k

    1 k

    2

    30°k

    2 k60°

    1 k

    3

    B. Aproximados

    37°

    5 k53°

    3 k

    4 k

    16°24 k

    25 k74°

    7 k

    VI. TABLA DE VALORES NOTABLES

    30° 60° 45° 37° 53°

    Sen 1/2 3/2 2/2 3/5 4/5

    Cos 3/2 1/2 2/2 4/5 3/5

    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

  • RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS

    55SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 2

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Problema 1Halle el valor de:

    2 +NOP

    NP

    NP

    JKLSen60° – Sen30°Sen60° + Sen30°3

    2– 3

    A) 0 B) 1 C) 2

    D) 3 E) 3UNMSM 2014–I

    Resolución:PlanteamientoSabemos:

    30°k

    k 2k60°

    3

    ProcedimientoSea:

    2 +P =NOP

    NP

    NP

    JKL

    Sen60° – Sen30°Sen60° + Sen30°3

    2– 3

    P =

    JK KLJK KL

    JK KLJK KL

    2 + NPNP3

    2– 3

    –32

    12

    +32

    12

    P = 2 + NPNP3

    11

    JK K KL

    JK K KL

    2– 3–+

    33

    Se racionaliza

    P = 2 + NPNP3

    1 11 1

    JK K KL

    JK K KL

    JK K KL

    JK K KL

    2– 3– –+ –

    3 33 3

    P =

    2– 3

    2 + NPNP

    JKL

    JKL3

    12

    2

    –3

    P = (2 + ) (2 – 3 32– 3

    P = ∴ P = 1→12– 3

    Respuesta: 1

    Problema 2En el triángulo BAC de la figura, AC = b cm y BC – AB = k cm donde b > k, halle Tg a

    2NOP

    JKL

    BA

    C

    a

    A) 2k B) kb C) kbD) ka E) 1

    UNMSM 2012–I

    Resolución:

    Análisis de datos

    Sabemos:

    Tg q2

    NOP

    JKL

    = Cscq – Cotq

    Operación del Problema

    BA

    C

    ab

    ca

    Tg a2

    NOP

    JKL

    = Csca – Cota

    Del gráfico

    Tg a2

    NOP

    JKL

    = ab

    – cb

    Tg a2

    NOP

    JKL

    = a – cb

    ; por dato (a – c = k)

    Tg a2

    NOP

    JKL

    = kb

    Respuesta: kb

    Problema 3En la figura, AD = 12cm, Halle BC

    C

    B

    DA30° 105°

    A) 3 3 B) 3( 3+1)C) 2 3 D) 3 – 1E) 3( 3–1)

    UNMSM 2009–I

    Resolución:Análisis de datos:

    A C

    B

    P

    30°D

    45°6

    60°

    x

    6

    6 3

    12

    Se traza DP ⊥ AB

    APD notable (30° y 60°)

    → AP = 6 3 y DP = 6

    DPB notable 45°

    → PB = 6

    En el ABC

    Sen30° = x6 + 63

    → 3( 3 + 1)

    Respuesta : 3( 3+ 1)

  • 6SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 3

    TRIGONOMETRÍATEMA 3

    RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES - ÁNGULOS DE

    ELEVACIÓN Y DEPRESIÓNDESARROLLO DEL TEMA

    I. TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES

    A. Exactos

    45°

    45°

    1 k

    1 k

    k

    k

    2 k60°

    30°

    1 k2

    3

    B. Aproximados

    37°

    53°

    3 k

    4 k

    5 k

    24 k

    25 k74°

    16°

    7 k

    82°

    k

    7k

    52

    k

    4 k15°75°

    62

    62

    +

    II. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES

    30° 60° 45° 37° 53°

    Sen 1/2 3/2 2/2 3/5 4/5

    Cos 3/2 1/2 2/2 4/5 3/5

    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

    III. ÁNGULOS VERTICALES 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).

    Línea Horizontal

    Línea

    Visual

    a

    h

    a : Ángulo de Elevación

    H

    bLínea Horizontal

    Línea Visual

    b : Ángulo de Depresión

    Línea v

    isual

    Línea horizontala

    h

    a : Ángulo de elevación

    H

  • RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES - ÁNGULOS DE ELEVACIÓN Y DEPRESIÓN

    77SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 3

    Línea Horizontal

    Línea

    Visual

    a

    h

    a : Ángulo de Elevación

    H

    bLínea Horizontal

    Línea Visual

    b : Ángulo de Depresión

    Línea horizontal

    Línea visual

    b

    b : Ángulo de depresión

    Consideración: En el gráfico adjunto. "q" es 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.Luego "q" es el ángulo formado por las dos visuales.

    q

    Consideración: En el gráfico adjunto, " " es el ángulo bajo el cual se divisa la torre. Noteque deben trazarse las dos visuales; una hacia la parte alta y la otra hacia la parte baja.Luego " " es el ángulo formado por las dos visuales.

    q

    q

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Problema 1En base a los datos de la figura calcular Tanq.

    A C

    D

    B

    3n

    nq

    60°

    NIVEL DIFÍCIL

    A) 3

    4 B) 3

    5

    C) 3

    6 D) 3

    7

    E) 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).

    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

    (APD): Tanq = 3

    7

    Respuesta: 37

    Problema 2Resolver:

    x + 3Tan45°x – 3Tan45°

    2Sen37° + 12Sen37° – 1=

    NIVEL INTERMEDIOA) 1,2 B) 2,4 C) 3,6D) 4,0 E) 5,8

    Resolución:Planteamiento:

    Sabemos:

    1

    1

    45°

    45°

    2 Tan45° = 1

    3

    4

    553°

    37°

    Tan37° = 35

    Por aritmética:

    a + ba – b

    m + nm – n=

    ab

    mn=→

    Análisis de los datos:Aplicando la teoría de proporciones:

    x3Tan45°

    2Sen37°1=

    Reemplazando y operando convenien-temente:

    x3(1)

    = 2 35

    → x = 185

    → x = 3,6

    Respuesta: C) 3,6

    Problema 3Desde 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) 30D) 40 E) 50

    Resolución:

    Planteamiento:Sabemos:

    x

    30m

    37°

    3

    4

    553°

    37°

    Análisis de los datos:Considerando el triangulo notable de 37° y 53°, tomamos Tg37° en el gráfico del problema.

    Tg37° =30x →

    34 =

    30x → x = 40m

    Respuesta: D) 40m

  • 8SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 4

    TRIGONOMETRÍATEMA 4

    RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOSRECTÁNGULOS

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. INTRODUCCIÓN Sabemos que todo triángulo tiene seis elementos básicos,

    tres lados y tres ángulos. Además otros elementos auxiliares como alturas,

    medianas, bisectrices, etc. 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).

    II. TRES CASOS

    1.er Caso Conociendo la longitud de la hipotenusa y un ángulo

    agudo.

    q

    ay

    x

    Para “x”xa = Cosq → x = aCosq

    Para “y”ya = Senq → y = aSenq

    2.do Caso Conociendo un ángulo agudo y longitud de su cateto

    opuesto.

    q

    ya

    x

    Para “x”xa = Cotq → x = aCotq

    Para “y”ya = Cscq → y = aCscq

    3.er Caso Conociendo un ángulo agudo y la longitud de su cateto

    adyacente.

    q

    yx

    a

    Para “x”xa = Tanq → x = aTanq

    Para “y”ya = Secq → y = aSecq

    III. ÁREA DE REGIÓN TRIANGULAR

    q

    a

    b

    S S = a.b2 Senq

    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°.Resolución:

    5

    37°6

    S = 12 . 5 . 6 Sen37°

    S = 12 . 5 . 6 JKL

    35

    NOP

    S = 9 u2

    IV. LEY DE PROYECCIONES En todo triángulo ABC; se cumple:

    c a

    bA

    B

    C

    aCosB + bCosA = c

    bCosC + cCosB = a

    aCosC + cCosA = b

  • RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS

    99SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 4

    Problema 1De la figura S1 y S2: áreas. Calcular

    S1S2

    .

    qq

    S1

    S2

    A) Senq B) Cosq C) Sec2qD) Csc2q E) Sen2q

    Resolución:Sabemos

    a bSq

    S = ab2 Senq

    Asignamos variables en la figura:

    qq

    S1

    S2

    a

    b

    n

    Aplicando fórmula:

    S1S2

    =

    an3

    Senq

    bn3

    Senq = ab

    De la figura: S1S2

    = Sec2q

    Respuesta: Sec2q

    Problema 2

    De la figura AC = DE = a

    a

    q

    A E B

    C

    D

    DC = b. Halla b/a.A) (Sena – Cosq)B) (Csca – Secq)C) (Tga – Ctgq)D) (Csca – Cosq)E) (Cosq – Csca)

    Análisis del problema:Se sabe:

    q

    mmSenq

    mCosqResolución:

    a

    q

    A

    a

    a

    E B

    C

    D

    b

    aCosq

    aSena

    En el triángulo ABC,BCa = Cosq → BC = aCosq

    En el triángulo EBD,BDa = Senq → BD = aSenq

    aSena = aCosq + b → a(Sena – Cosq) = b

    → Sena – Cosq = ba

    Respuesta: (Sena – Cosq)

    Problema 3Dado un triángulo ABC y siendo "p" el semi-perímetro determinar qué repre-senta la siguiente expresión:K = (a+b)CosC + (a+c)CosB + (b+c)CosAA) 2p B) p C) p + aD) p – a E) p + b

    Resolución:De acuerdo con la ley de proyecciones, se sabe:Dado el triángulo ABC:aCosB + bCosA = caCosC + cCosA = bbCosC + cCosB = a

    PlanteamientoAplicando la propiedad distributiva:K = aCosC + bCosC + aCosB + cCosB +

    bCosA + cCosA

    Análisis de los datosAgrupando convencionalmente:K = (aCosC + cCosA) + (bCosC+cCosB) + 14444244443 14444244443 b a (aCosB+bCosA) 14444244443 c K = a + b + c p: perímetro

    Respuesta: 2p

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Prueba:Trazando una altura y aplicando uno de los casos mencionados anteriormente llegamos a:

    AAcCosA aCosC

    B

    C

    c a

    C

    b

    Se concluye:cCosA + aCosC = b

  • 10SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 5

    TRIGONOMETRÍATEMA 5

    GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I

    I. CONCEPTO Sistema formado por dos rectas numéricas que se inter-

    sectan 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 llamadas cuadrantes (C).

    ++++ + + + +

    – – – – – – – – – –

    Segundo cuadrante Primer cuadrante

    Cuarto cuadranteTercer cuadrante

    x' x

    y

    y'

    O

    Donde:

    x 'x : Eje de los abscisas

    y 'y : Eje de las ordenadas O: Origen de coordenadas

    II. UBICACIÓN DE UN PUNTO A cada punto del plano cartesiano le corresponde un par

    ordenado (x ; y) llamados "Coordenadas cartesianas".

    yy

    xxO

    Abscisa

    radio

    vector

    Ordenado

    III. DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS 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:

    P2(x2; y2)

    P1(x1; y1)

    d

    y

    x

    d = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2

    IV. DIVISIÓN DE UN SEGMENTO EN UNA

    RAZÓN INDICADA

    A(x1; y1)

    B(x2; y2)

    mk

    Pnk

    P = nA + mBn + m

    V. COORDENADAS DEL PUNTO MEDIO DE UN SEGMENTO

    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:

    M(x0; y0)P2(x2; y2)

    P1(x1; y1)

    x0 = x1 + x2

    2

    y0 = y1 + y2

    2

    DESARROLLO DEL TEMA

  • GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I

    1111SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 5

    VI. COORDENADAS DEL BARICENTRO DEUN TRIÁNGULOSean P1 (x1; y1) , P2 (x2 ; y2) y P3 (x3; y3) los vértices deun triángulo. El punto G (x0; y0) es el baricentro de dichotriángulo.

    x0 = x1 + x2 + x2

    3

    y0 = y1 + y2 + y2

    3

    P3(x3, y3)

    P2(x2, y2)P1(x1, y1)

    y G(x0, y0)

    VII. PROPIEDAD DEL PARALELOGRAMO

    B(x2; y2)

    A(x1; y1)

    C(x3; y3)

    D(x4; y4)

    x1 + x3 = x2 + x4 y1 + y3 = y2 + y4

    VIII. ÁREA DE UNA REGIÓN TRIANGULARSean P1(x1; y1) P2 (x2; y2) y P3 (x3; y3) los vértices de untriángulo. Entonces el área S de una región triangular enfunción de las coordenadas de los vértices esta dado por:

    P1(x1; y1)

    P3(x3; y3)

    P2(x2; y2)

    S

    y

    x

    (+)

    x1 y2x3 y3x3 y1

    MM

    x1x2x3x1

    y1y2y3

    y1

    x1 y1

    x2 y2x3 y3

    Luego:

    S = |M – N|12

    LA RECTA

    I. ÁNGULO DE INCLINACIÓN Y PEN-DIENTEDada un recta L al ángulo (tomado en sentido anti-horario) formado por la dirección positiva del eje deabscisas y la recta se denomina ángulo de inclinación ya la tangente de dicho ángulo se le llama pendiente (m).El ángulo de inclinación a:0° ≤ a < 180°.

    aO

    YL

    x

    La pendiente: m = Tana

    La pendiente también se puede determinar conociendo dos puntos por donde pasa la recta.Sabemos que m = Tana, de la figura se deduce:

    y2 – y1x2 – x1

    =M

    a

    a

    y2

    YB L

    X

    y1

    x1 x2x2 – x1

    y2 – y1A

    14444244443 144

    24

    43

    II. ECUACIÓN DE LA RECTAA. Conociendo un punto de la recta y su pendiente

    aO

    YL(x1; y1)

    X

    y – y1 = m(x – x1)

    (Ecuación pun – pendiente)

  • GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I

    1212 SAN MARCOSTRIGONOMETRÍATEMA 5

    B. Conociendo los interceptos con los ejes coor-denadas

    YL

    XO

    b

    a

    (Ecuación simétrica)

    xa

    yb+ = 1

    C. Ecuación general de la rectaLa ecuación general de una recta se representa así:

    Ax + By + C = 0 A, B, C ∈ R

    De esta, se deduce que la pendiente:

    m = ; B ≠ 0–AB

    D. Rectas paralelas y perpendicularesDada dos rectas no verticales L1 y L2 son paralelassi y sólo si tiene igual pendiente.

    Y L1

    L2

    O

    m1 = m2

    Dadas dos rectas no verticales L1 y L2 son perpendiculares si y sólo sí el producto de sus pendientes es –1.

    Problema 1Determine as coordenadas del punto P.

    n

    2nB(7; 4)

    A(1; 1)

    P(x, y)

    A) (3; 2) B) (2, 1) C) (5; 2)D) (–3; 2) E) (2; 3)

    Resolución:

    2n

    n P(x, y)

    B(7, 4)

    A(1, 1)

    De la figura: 2A + 1 . B = (2 + 1)P

    2(1; 1) + 1(7; 4) = 3P

    (3; 2) = P(9; 6) = 3P

    (2; 2) + (7; 4) = 3P14243

    14243

    14243

    14243

    Respuesta: (3;2)

    Problema 2Calcular la pendiente de la recta L. Si BC = 2AB.

    y

    x

    DL

    1

    C

    B

    37°A(3; 0)

    A) 2/11 B) 3/4 C) 11/2D) 2/7 E) 7/5

    Resolución:y

    x

    D(11; 6)L1

    C

    B(0; 4)

    37°53°

    A(3; 0)

    10

    104

    38

    56

    O

    De la figura:OB = 4; OA = 3M; AB = 5Desde el punto trazamos un perpendicular al eje "x".La recta 1 pasa por los puntos B y D.Cálculo de pendiente.

    m = = 6 – 411 – 0211

    Respuesta: 2/11

    Problema 3Determine el área de una región triangular limitada por los ejes cartesianos y la recta.

    L = 2x – 3y – 60 = 0A) 100m2 B) 200 m2 C) 300m2D) 400m2 E) 500m2

    Resolución:2x – 3y – 60 = 0 →Tabulando: Para x = 0Graficando:

    S = 300m2

    S = (30)(20)

    S30 x

    y

    20

    (30, 0)

    (0, –20)

    12

    2(0) – 3y – 60 = 0y = –20 ⇒ (0; –20)

    Para y = 02x – 3(0) – 60 = 0

    x = 30 ⇒ (30; 0)

    PROBLEMAS RESUELTOS

  • 13SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 6

    TRIGONOMETRÍATEMA 6

    ECUACIÓN DE LA RECTA II – ECUACIÓN DE LA CIRCUNFERENCIA

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. ECUACIÓN DE LA RECTAA. Rectas paralelas

    L1 L2

    y

    xq1 q2

    L1//L2 m1 = m2

    B. Rectas perpendiculares

    L1

    L2

    y

    xq1 q2

    L1 L2 m1m2 = –1

    C. Distancia de un punto a una recta

    d(P1L) = |Ax1 + By1 + C|

    A2 + B2

    L Ax + By + C = 0

    P1(x1, y1)

    D. Distancia entre rectas paralelas

    d

    L1: Ax + By + C1 = 0

    L2: Ax + By + C2 = 0

    d(L1, L2) = |C1 – C2|

    A2 + B2

    E. Ángulo entre rectasL1

    L2

    Tanq = m1 – m21 + m1m2

    q

    II. CIRCUNFERENCIA De la figura: y

    x

    (h, k)

    (x, y)

    r

    Centro c(h, k) Ecuación ordinaria

    (x – h)2 + (y – k)2 = r2

    Ecuación general

    x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0

    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 IIEn la ecuación: x2 + y2 = r2

    Si: r = 1 → x2 + y2 = 1 Ecuación de la circunferencia trigonométrica

  • ECUACIÓN DE LA RECTA II – ECUACIÓN DE LA CIRCUNFERENCIA

    1414 SAN MARCOS TRIGONOMETRÍATEMA 6

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Problema 1Las rectas: L1: 3x + 2y – 1 = 0 yL2: mx + ny + 5 = 0 Sus perpendiculares y el punto (2, 4) pertenece a la recta L2. Calcule (m + n). UNMSM – 2005A) –5/5 B) –5/8C) 5/3 D) 8/5E) –8/5

    Resolución:32

    mn

    – –m1 = m2 =

    Teoría m1m2 = –1 (perpendiculares)

    32

    mn –1=

    – –JL

    JLJL

    JL → 3m = –2n ..... (I)

    Dado (2, 4)∈ L2 → reemplazandom(2) + n(4) + 5 = 0→2m + 4n + 5 = 0 ..(II)

    Resolviendo: (I) y (II)

    54

    158

    58

    m + n =→m n= = – –

    Respuesta: –5/8

    Problema 2Determine la media aritmética de las coordenadas del triángulo cuyos vértices

    Problema 3Los puntos A(–3, 2) y B(1, 6) son los extremos del segmento AB. Determine la ecuación de la mediatriz de dicho segmento.

    UNMSM – 2007A) x + y – 3 = 0 B) x + y – 4 = 0C) y + x – 3 = 0 D) x + 2y – 3 = 0E) x + y – 1 = 0

    Resolución:A(–3; 2) y B(1; 6)

    L1

    B(1, 6)

    A(–3, 2)

    M(–1, 4)

    M punto medio de AB.

    M M(–1, 4), →–3 + 122 + 6

    2JL

    JL

    Cálculo de la pendiente AB.6 – 2

    1 – (–3)mAB = 1=

    m1 = –1 M(–1, 4) G(x, y)

    Cálculo de (m1)m1 = –1 → = =

    y – 4x – (–1) y – 4 – x – 1

    x + y – 3 = 0

    Respuesta: x + y – 3 = 0

    son los centros de las circunferencias cuyas ecuaciones son:C1: x2 + y2 – 4y + 3 = 0C2: x2 + y2 + 4x + 3 = 0C3: x2 + y2 – 4x + 3 = 0

    UNMSM – 2013

    A) 1/2 B) 1/3C) 1/5 D) 2/3E) 3/4

    Resolución:Expresando las ecuaciones en forma ordinariaC1: (x – 0)2 +(y – 2) = 1 → Centro (0,2)C2: (x+2)2 + (y – 0)2 = 1 → Centro (–2,0)C3: (x –2)2 +(y+ 0)2 = 1→ Centro (2, 0)

    Coordenadas del baricentro:

    0 + (–2) + 23G G

    2 + 0 + 03 →

    23

    0,JL

    JL

    JL

    JL

    ,

    Incógnita:

    M.A. = =

    23

    223

    13

    0+0,JL

    JL

    Respuesta: 1/3

  • 15SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 7

    TRIGONOMETRÍATEMA 7

    RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. ÁNGULO EN POSICIÓN NORMAL Ángulo trigonométrico generado en un plano cartesiano

    con vértice en el origen de coordenadas y cuyo lado inicial coincide con el eje positivo de las abscisas. El lado final puede ubicarse en cualquier parte del plano cartesiano, tal como se muestra en la figura.

    y

    xLado inicialVértice

    O

    Ladofinal

    Ejemplos:

    yq < 0q∈IIC

    q

    x

    ya > 0a∈IIIC

    ax

    yb > 0b = 270°

    bx

    ya > 0

    ax

    b: ángulo cuadrantal a: no está en posición normal

    II. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS Elementos: x: abscisa 2 2r x y

    r 0= +

    >

    y: ordenada r: radio vector

    yP(x, y)

    r

    xL.I

    q

    y rSen Cscr yx rCos Secr xy xTan Cotx y

    q = → q =

    q = → q =

    q = → q =

    III. SIGNOS DE LAS RAZONES TRIGO-NOMÉTRICAS EN LOS CUADRANTES De acuerdo al cuadrante donde se ubica un ángulo en posición normal, las razones trigonométricas sean posi-tivas o negativas. Ver el gráfico.

    y

    x

    PrimeroTodas sonpositivas

    SegundoSen y Csc

    (+)

    TerceroTan y Cot

    (+)

    CuartoCos y Sec

    (+)

    0

    IV. ÁNGULO CUADRANTAL Son ángulos en posición normal, en el que su lado final

    coincide con cualquiera de los semiejes. Forma:

    Ángulo cuadrantal = 90°n, n∈ Z

  • RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL

    1616 SAN MARCOS TRIGONOMETRÍATEMA 7

    Nota:Los ángulos cuadrantales básicos o elementales son:

    y

    L.FL.Ix

    (0°)

    yL.F

    90°L.Ix

    y

    180°L.F L.Ix

    270°

    L.F

    L.Ix360° L.F

    L.Ix

    y

    V. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE

    ÁNGULOS CUADRANTALES

    0° 90° 180° 270° 360°Sen 0 1 0 –1 0Cos 1 0 –1 0 1Tan 0 ND 0 ND 0Cot ND 0 ND 0 NDSec 1 ND –1 ND 1Csc ND 1 ND –1 ND

    VI. ÁNGULOS COTERMINALES Dos ángulos se denominan coterminales si tienen como

    elementos comunes el lado inicial y el lado final.

    y

    x

    a

    b

    Propiedades de ángulos coterminales Sen a, b y q ángulos coterminales. Se cumple:

    Propiedad I

    RT(a) = RT(b) = RT(q)

    Propiedad II

    a – b = 360°K a – q = 360° m

    b – q = 360° n k, m, n, ∈ Z Ejemplo:

    y

    xa

    b

    R.T. (a) = RT(b) ∧ a – b = 360°

    Observaciones: • a > 0 –a < 0 • a < 0 –a > 0

    Valor Absoluto |a| = a ; a ≥ 0 |a| = –a; a < 0 a2 = |a| |a – b| = |b – a| |a|2 = |a2| = a2

    Problema 1Se tiene un ángulo a en posición normal. Si su lado final tiene al punto (–4, –3), calcule Seca . Cota.

    A) 3/5 B) –5/4 C) –3/5 D) 5/3 E) –5/3

    UNMSM – 2006 – II

    Resolución:Del enunciado se tiene:

    –3r

    r

    xa

    P(–4, –3)

    –4

    Calculamos r r = (–4)2 + (–3)2r = 5

    Tenemos: E = Seca . Cota

    E = rx

    xy

    JKL

    JKL

    JKL

    JKL

    Resoluciones: E = 5–4

    –4–3

    JKL

    JKL

    JKL

    JKL

    ∴ E =–53

    Respuesta: –5/3

    PROBLEMAS RESUELTOS

  • RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL

    1717SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 7

    Problema 2Si a, f, q son ángulos agudos, tales que:a4

    f5

    f6= =

    y Sen(a + f + q) = 1

    Halle Tan a + q2UNMSM – 2009 – II

    A) 3 B) 1 C) 33

    D) 45

    E) 35

    Resolución:Recordar de ángulos cuadrantales:Si Senw = 1 y 0 < w < 360° entonces w = 90°

    Entonces: a4

    f5

    q6= = =k a = 4k, f = 5k,

    q = 6k

    0 < a + f + q < 270°De lo cual:Sen(4k + 5k + 6k) = 1 por datoSen(15k) = 1; 15 k = 90° k = 6° Piden:

    Tan Tan(5k) = Tan30°

    Tan∴3

    =

    =

    4k + 6k2

    a + q2

    JKLJKL

    JKL

    JKL

    3

    Respuesta: 33

    Problema 3

    Si |1 3Sec | 2,además | Tan | Tan

    a

    a a

    – == –

    A) 9/20 B) –52/7 C) –9/20 D) –41/20 E) 41/20

    Resolución:2|(1 3Sec ) | 2...( )

    |1 3Sec | 4a

    a

    – =– =

    1 –3Secq = –4 ∨ 1 – 3Seca = 4

    5Sec 3a = ∨ Seca = –1

    a: cuadrantral

    como |Tana| = –Tana → Tana < 0 a∈IIC ∨ a∈IVC

    Solo es posible: 5Sec ; IVC3a a ∈=

    Luego: 4 5Sen Csc 5 441Sen Csc 20

    a a

    ∴ a a

    + = – + –

    + = –

    Respuesta: –41/20

  • 18SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 8

    TRIGONOMETRÍATEMA 8

    REDUCCIÓN AL PRIMER CUADRANTE

    DESARROLLO DEL TEMA

    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. PRIMER CASO Para ángulos positivos menores que una vuelta.

    A. Primera forma

    qqx

    yq

    90°(90°+q)

    (270°–q) (270°+q)270°

    R.T. (90° + q) = ±CO – R.T.(q)R.T. (270° ± q) = ±CO – R.T.(q)

    B. Segunda forma

    qq

    x

    y

    q

    (180°–q)

    180° 360°

    (180°+q) (360°–q)

    R.T. (180° ± q) = ±R.T.(q)R.T. (360° – q) = ±R.T.(q)

    Nota:El signo (±) dependerá del cuadrante donde se ubica el ángulo y también de la razón trigonométrica original.

    II. SEGUNDO CASO 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)

    K ∈ Z

    0 < a < 360°

    Observación:

    La notación generalde ángulos cuadrantales es:

    2Kp∀K∈Z

    (2K–1)p

    (4K+1) p2

    (4K–1) p2

    III. TERCER CASO 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.

    Sen(–q) = –SenqCos(–q) = CosqTan(–q) = –TanqCot(–q) = –CotqSec(–q) = SecqCsc(–q) = –Cscq

    IV. PROPIEDADES PARA ÁNGULOS RELA-CIONADOS

    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.

  • REDUCCIÓN AL PRIMER CUADRANTE

    1919SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 8

    Problema 1Simplificar:

    Tan(180 x) Sen(270 x)A Cot(90 x) Cos(180 x)° + ° += +

    ° − ° −

    A) 3 B) 2 C) 4 D) 1 E) 6

    Resolución:Aplicando las fórmulas de reducción al primer cuadrante en cada término.Tan(180° + x) = + TanxCot(90° – x) = + TanxSen(270° + x) = – CosxCos(180° – x) = – Cosx

    Reemplazando:

    (Tanx) ( Cosx)A A 2(Tanx) ( Cosx)−= + → =−

    Respuesta: B) 2

    Problema 2

    ba

    De la figura, calcular: K = Sena + Senb + Cosa + Cosb

    A) 0 B) 1 C) 2 D) 4 E) 3

    Resolución:Debemos tener presente que solo se pueden sumar medidas angulares, si estas tienen en el mismo sentido.

    –ba

    De la figura:a + (–b) = 180°a – b = 180° → a = 180° + bReemplazandoK=Sen(180°+b)+Senb+Cos(180°+b) +CosbPor fórmula de reducción al primer cuadrante.K = (–Senb) + Senb + (–Cosb) + CosbK = 0

    Respuesta: A) 0

    Problema 3De la figura, calcular:

    M = 5 Secq + Sec53

    q

    x

    x+28

    A) 5 B) 4 C) –4 D) 2 E) 8

    Resolución:Aplicamos el teorema de Pitágoras para calcular (x).82 + x2 = (x + 2)2

    Operando adecuadamente:64 + x2 = x2 + 4x + 4 → 4x = 60°x = 15

    Reemplazando:

    q

    15

    178

    a

    De la figura:a + q = 180°Se cumple:Seca + Secq = 0Reemplazando:

    1715 + Secq = 0 → Secq =

    –1715

    Reemplazando en la incógnita:

    17 5 17 5 12M 5 15 3 3 3 3 = − + = − + = −

    M = – 4

    Respuesta: C) –4

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Si: a + b = 180° < > p Si: a + b = 360° < > 2pCosa + Cosb = 0Tana + Tanb = 0Cota + Cotb = 0Seca + Secb = 0

    Sena + Senb = 0Tana + Tanb = 0Cota + Cotb = 0Csca + Cscb = 0

    Sena = SenbCsca = Cscb

    Cosa = CosbSeca = Secb

    Nota:

    Es importante tener Nota:presente:

    q > 0 → –q < 0 Sen(x–y) = –Sen(y–x)

    q < 0 → –q > 0 Cos(x–y) = Cos(y–x)

  • 20SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 9

    TRIGONOMETRÍATEMA 9

    CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. CIRCUNFERENCIA 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. De la figura: Centro c(h, K)

    y

    (x, y)

    x

    (h, k)r Ecuación ordinaria (x–h)2+(y–k)2 = r2

    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)En la ecuación: x2 + y2 = r2

    Si: r = 1 → x2 + y2 = 1

    Esta es la ecuación de la circunferencia trigonométrica.

    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.

    Donde: • O (0; 0): origen de coordenadas • A (1; 0): origen de arcos

    x2 + y2 = 1B' LT

    Ax

    1

    OA'

    C.T.

    yB

    • B (0; 1): origen de complementos • A' (–1; 0): origen de suplementos • LT: eje de tangentes

    III. ARCOS DIRIGIDOS EN POSICIÓN NORMAL• 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.– P: extremo del arco “a”, a∈II; es un arco positivo (sentido antihorario) – Q: extremo del arco

    yB

    PA

    Q

    xb

    a

    bradarad

    “b”, b∈IVC; b es un arco negativo (sentido horario)

    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:

    y

    Ax

    C.T.

    p2

    p2

    rad

    y C.T.

    Ax

    –p–prad

    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:

  • CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

    2121SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 9

    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.

    (–)(+)

    xx'

    (+) (+)

    (+)(–)

    (–)

    y'

    (–)

    y

    VI. DEFINICIONES

    A. SenoEl seno de un arco en la C.T. se representa mediante la ordenada del extremo del arco:

    sena

    senq

    P(x1; y1)

    OC.T.

    Q(x2; y2)

    ya

    A xq

    Entonces: Sena = y1 Senq = y2

    B. CosenoEl coseno de un arco en la C.T. es la abscisa del extremo del arco:

    yC.T. R(x1; y1)

    AxO

    Cosb

    Cosf

    fS(x2, y2)

    b

    Entonces: Cosb = x1 ; Cosf = x2

    Variación AnalíticaI. Cuadrante

    Sen0 = 0Creciente

    Sen 1=p2

    II. Cuadrante

    Senp = 0Decreciente

    Sen 1=p2

    III. Cuadrante

    Senp = 0decreciente

    Sen –1=3p2

    IV. Cuadrante

    Sen2p = 0creciente

    Sen –1=3p2

    Análogamente

    I. Cuadrante

    Cos 0 = 1decreciente

    Cos 0=p2

    II. Cuadrante

    decreciente

    Cos 0=p2

    Cosp = –1III. Cuadrante

    crecienteCosp = –1

    Cos 0=3p2

    IV. Cuadrante

    creciente

    Cos 0=3p2

    Cos2p = 1

    C. TangenteLa 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:

    A x

    tana

    y

    C.T.O

    M(1; y2)

    N(1; y1)ba

    Entonces: Tana = y1 Tanb = y2

  • CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

    2222 SAN MARCOSTRIGONOMETRÍATEMA 9

    D. CotangenteLa 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:

    L M(x2; 1) N(x1; 1)Eje de Cotangentes

    xA

    a

    O

    bC.T.

    Entonces: Ctga = x1 ; Ctgb = x2

    Variación AnalíticaI. Cuadrante II. Cuadrante

    Tan0 = 0

    Tanx → ∞Crecientex →

    p2

    x → p2

    Tanx → –∞

    Creciente

    Tanp = 0 III. Cuadrante IV. Cuadrante

    Creciente

    Tanx → –∞

    Tan2p = 0

    Crecientex →

    x →

    3p2

    3p2

    Tanp = 0

    Tax → + ∞

    E. SecanteLa 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.

    SecbSeca

    a

    O

    P

    x

    C.T.Q

    N(x2, 0)

    b

    y

    M(x1; 0)

    P y Q: puntos de tangencia

    Entonces: Seca = x1 Secb = x2

    F. CosecanteLa 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

    P

    OA

    QC.T.

    x

    b

    a

    Csca

    Cscb

    M(0, y1)

    N(0, y2)

    P y Q: puntos de tangencia

    Entonces: Csca = y1 Cscb = y2

    Variación Analítica

    • 1 ≤ Secx ∨ Secx ≤ –1, ∀x ∈ R–'(2k+1) p2 ,k∈z1

    Secx

    –1 1

    • 1 ≤ Cscx ∨ Cscx ≤ –1, ∀x ∈ R – {kp, k ∈ Z}

    Cscx

    –1 1

    Es importante tener presente que:

    • 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 ≤ Senq

    Par ≤ 10 ≤ CosqPar ≤ 1

    Si nos indican el cuadrante, el intervalo será ABIERTO.

    • En toda circunferencia trigonométrica el arco (expresado en unidades de longitud) es numéricamente igual al ángulo que subtiende dicho arco, expresado en radianes.

  • CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

    2323SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 9

    Problema 1Hallar Fmax – Fmin, si:

    F = 2sena – 3versq + 4covfA) 18 B) 16 C) 15 D) 14 E) 12

    UNMSM 2002–INIVEL FÁCIL

    Resolución:Se sabe que: –1 ≤ sena ≤ 1 0 ≤ versq ≤ 2 0 ≤ cosf ≤ 2luego:Fmax = 2(1) – 3(0) + 4(2) = 10Fmax = 2(–1) – 3(2) + 4(0) = –8

    Respuesta: A) 18

    Problema 2Determine el área de la región sombreada

    x2 + y2 = 1 y

    x

    q

    A) Tanq B) Sena C) –SenqD) Senq E) –Sena

    NIVEL INTERMEDIO

    Resolución:y

    xAA' 1 1 M

    C.T.

    Pq

    Analizando el gráfico:Base: A´A = 2

    Altura:

    Sabemos: S = 12bh (I)

    Sabemos: |a| = –a, a < 0

    Para la altura q∈IVC,

    PM = |senq| = –senq

    Reemplazando en (I)

    S = 12 (2)(–Senq) → S = – Senq

    Respuesta: C) –Senq

    Problema 3En la figura mostrada, halle el área de la región triangular OQP.

    y(0, 1)

    (1, 0)O

    P

    Q q x

    A) – SenqCosq4 B) –SenqCosq

    8

    C) – SenqCosq16 D) –SenqCosq

    2E) –SenqCosq

    UNMSM 2001–INIVEL INTERMEDIO

    Resolución:

    q

    q1

    1

    hCosq

    Del gráfico: h = cosq|senq|

    Luego:

    A = 14–2(Cosq Senq)

    2

    A = – SenqCosq4

    Respuesta: A) –SenqCosq4

    PROBLEMAS RESUELTOS

  • 24SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 10

    TRIGONOMETRÍATEMA 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 Es una identidad ∀ x ∈ r

    I. CLASIFICACIÓN DE LAS IDENTIDADES FUNDAMENTALES

    A. Identidades pitagóricas

    1. Sen2x + Cos2x = 1 ∀ x ∈ r

    • Sen2x = 1 – Cos2x• Cos2x = 1 – Sen2x

    2. 1 + Tan2x = Sec2x ∀ x ≠ (k + 1) p

    2; k ∈ z

    • Tan2x = Sec2x – 1• 1 = Sec2x – Tan2x

    3. 1 + Cot2x = Csc2x ∀ x ≠ kp; k ∈ Z

    • Cot2x = Csc2x – 1• 1 = Csc2x – Cot2x

    B. Identidades recíprocas

    1. Senx Cscx = 1

    • Senx = 1Cscx

    • Cscx = 1Senx

    2. Cosx Secx = 1

    • Cosx = 1Secx

    • Secx = 1Cosx

    3. Tanx Cosx = 1

    • Tanx = 1Cotx

    • Cotx = 1Tanx

    C. Identidades por división

    Tanx = SenxCosx

    Cotx = CosxSenx

    D. Identidades auxiliares 1. Sen4x + Cos4x = 1 – 2Sen2xCos2x 2. Sec4x + Tan4x = 1 + 2Sec2xTan2x 3. Csc4x + Cot4x = 1 + 2Csc2xCot2x 4. Sen6x + Cos6x = 1 – 3Sen2xCos2x 5. Sec6x – Tan6x = 1 + 3Sec2xTan2x 6. Csc6x – Cot6x = 1 + 3Csc2xCos2x 7. Tanx + Cotx = SecxCscx 8. Tanx + Cotx = 1

    SenxCosx 9. (Senx + Cosx)2 = 1 + 2SenxCosx 10. (1 + Senx + Cosx)2 = 2(1 + Senx)(1 + Cosx)

    11. Senx1 ± Cosx

    = 1 CosxSenx

    12. Cosx1 ± Senx

    = 1 SenxCosx

    13. 1Secx Tanx

    = Secx Tanx

    14. 1Cscx Cotx

    = Cscx Cotx

    15. Sec2xCsc2x = Sec2x + Csc2x

    II. FUNCIONES AUXILIARES Senoverso = Ver(q) = 1 – Cosq Cosenoverso = Cov(q) = 1 – Senq Ex Secante = Ex Sec(q) = Secq – 1

  • IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS SIMPLES

    2525SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 10

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Problema 1Si (a) ∈ III c, simplifique

    A = Cot2a + Csca Csc2a (Csc2a + Sec2a)(Tana+ Cota)2

    A) –1 B) 1/2 C) 3/2 D) –1/2 E) 1

    PRE-SAN MARCOS 2011NIVEL FÁCIL

    Resolución:

    Sabemos Sec2a + Csc2a = Sec2aCsc2a

    Tana + Cota = SecaCsca

    Para el problema

    A = Cot2a + Csca Csc2a (Sec2a + Csc2a)Sec2aCsc2a

    A = Cot2a+ Csca|Csca| = Cot2a – Csc2a (–) ⇒ A = –1

    Respuesta: –1

    Problema 2Si Cosa = m

    n, donde |m| ≠ |n|

    Calcule k = (Cota + Csca)(Tana – Sena)

    A) n2m2

    – 1 B) m2n2

    – 1

    C) m2 – 1mn

    D) m2 – n2mn

    E) n2 – m2mn

    UNMSM 2012NIVEL INTERMEDIO

    Resolución:

    Efectuando operacionesk = (Cota + Csca)(Tana – Sena)k = CotaTana – CotaSena + CscaTana – SenaCsca

    Simplificando identidades

    k = 1 – CosaSena

    Sena + 1Sena

    SenaCosa

    – 1

    k = Seca – Cosa = nm – mn → k =

    n2 – m2mn

    Respuesta: n2 – m2mn

    Problema 3Sabiendo Cosa = m y 3Sen2a = tCalcula K = 4m2 + 4/3t + 7A) 7 B) 8 C) 1 D) 4 E) 3

    UNMSM 2013NIVEL DIFÍCIL

    Resolución:

    Reemplazando los datos en ña incógnitak = 4Cos2a + 4/3(3Sen2a) + 7

    Simplificando y factorizandok = 4(Cos2a + Sen2a) + 7 → k = 1

    Respuesta: 1

  • 26SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 11

    TRIGONOMETRÍATEMA 11

    IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA LA SUMA DE DOS ARCOS

    Estas igualdades se verifican para todos los valores admisibles de sus variables y son las siguientes:

    Sen(x + y) = SenxCosy + Cosx Seny∀ x, y ∈ RCos(x + y) = CosxCosxy – Senx Seny∀ x, y ∈ R

    Tan(x + y) = Tanx + Tany1 – TanxTany∀ x, y, (x + y) ≠ (2k + 1) p/2; K ∈ R

    Ejemplo:

    Calcule el valor de Sen75°

    Resolución

    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

    • Sen75° = Sen(45° + 30°) = Sen45°Cos30° + Sen30°Cos45°

    Sen75° = × ×+22

    22

    23 1

    2

    6 2Sen75 4°+=

    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:

    Sen(x – y) = SenxCosy – Cosx Seny∀ x, y ∈ RCos(x – y) = CosxCosy + Senx Seny∀ x, y ∈ R

    Tan(x – y) = Tanx – Tany1 + TanxTany∀ x, y, (x – y) ≠ (2k + 1) p/2; K ∈ R

    Ejemplo:

    Calcule el valor de Tan8°

    Resolución:

    Expresaremos nuestra variable 8° en función de ángulos conocidos.

    • Tan45 Tan37Tan8 Tan(45 37 ) 1 Tan45 Tan37° °° ° °

    ° °–= – = + ×

    3 11 4 4Tan8 3 71 4 4

    °–

    = =+

    1Tan8 7° =

  • IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS

    2727SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 11

    III. DEMOSTRACIÓN DEL SENO Y COSENO DE LA SUMA DE DOS ÁNGULOS

    Del siguiente gráfico:

    C.T.R

    SenyCosxSenxSeny

    MSenxCosx

    C.T.

    A xS

    T

    x

    x

    CosxCosyCosq

    Cosy

    y

    P

    Senq

    Seny

    q

    Q

    1

    y

    A'

    En el gráfico se observa que q ∧ (y + x) son suplementarios

    → Senq = Sen(y + x)

    → Cosq = –Cos(x + y)

    Ademas QP = RS

    Senq = SenxCosy + SenyCosx

    ∴Sen(x + y) = SenxCosy + SenyCosx

    También: PS = QR

    Cosq + CosxCosy = SenxSeny

    Cosq = SenxSeny – CosxCosy

    –Cos(x + y) – CosxCosy

    ∴Cos(x + y) = CosxCosy – SenxSeny

    IV. IDENTIDADES AUXILIARES

    Sen(x y) Tanx TanyCosxCosy± = ±

    Sen(x + y)Sen(x – y) = Sen2x – Sen2ySen(x + y)Sen(x – y) = Cos2y – Cos2x

    Cos(x + y)Cos(x – y) = Cos2x – Sen2y

    Tan(x ± y) = Tanx ± Tany ± TanxTanyTan(x ± y)

    Observación:

    Si : 45 4Tan Tan Tan Tan 1

    pa b ° < >

    a b a b

    ± =

    ± ± =

    Importante:

    f(x) aSenx bCosx; x

    a b f(x) a b

    ≤ ≤2 2 2 2

    = ±

    + + +

    V. PROPIEDADES PARA TRES ÁNGULOS

    Estas propiedades se cumplen siempre que los tres ángulos estén relacionados bajo una condición

    1. Siendo:

    x + y + z = p ó kp, k ∈ Z

    Tanx + Tany + Tanz = TanxTanyTanz

    CotxCoty + CotxCotz + CotyCotz = 1

    x, y, z (2n 1) ;n2x, y, z n ,n

    p∀ ≠ ∈

    ∀ ≠ p ∈

    +

    2. Siendo:

    x y z ó (2k 1) ;k2 2p p ∈+ + = +

    Cotx + Coty + Cotz = CotxCotyCotz

    TanxTany + TanxTanz + TanyTanz = 1

    x, y, z n ;n

    x, y, z (2n 1) ;n2

    ∀ ≠ p ∈p∀ ≠ ∈+

  • IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS

    2828 SAN MARCOSTRIGONOMETRÍATEMA 11

    Problema 1Indique la expresión equivalente a

    E Cos x Cosx x Cosx, ]0; [6 6 2p p p

    = – – + – +

    A) 3CosxB) 2 3CosxC) ( 3 + 3)CosxD) ( 3 + 1)CosxE) (2 + 3 )Cosx

    UNMSM 2014–II

    Resolución:PlanteamientoSabemos:Cos(x ± y) = Cosx.Cosy ± Senx.SenyCos(–A – B) = Cos(A + B)

    Desarrollando las formulas:

    E Cos .Cosx Sen Senx6 6p p= – Cosx.Cos 6

    Senx.Sen 6

    p +

    p

    +

    Cosx+

    E 2Cos Cosx Cosx6p= +

    E 3Cosx Cosx= +

    E ( 3 1)Cosx= +

    Respuesta: D

    Problema 2Si: 4

    pa b+ = , halle (1 – cota)(1 – cotb)A) 2/3B) 3 2C) 3 2/2D) 2 3E) 2

    UNMSM 2014–II

    Resolución:Inicialmente ubicamos la propiedad

    4pa b+ = " Tana + Tanb + Tana.Tanb = 1

    En base a esta propiedad, se procederá a indicar la forma de la incógnita.

    Tana + Tanb + Tana.Tanb = 1Dividiendo miembro a miembro por " Tana.Tanb" Cotb + Cota + 1 = Cota.CotbTrasponiendo(Cotb – Cota.Cotb) – (Cota – 1) + 1 = –1Factorizando:Cotb(1 – Cota) – (Cota – 1) = 2

    Respuesta: EProblema 3En la figura, Tana = 2 3

    q

    a

    60°

    A) –5/ 3

    B) –7 3/9

    C) –7/2 3

    D) –5 3/9

    E) –4 3/9

    UNMSM 2014–II

    Resolución:Planteamiento• Ángulos compuestos• Se observa teoría de ángulo exterior Operación del problema:

    q

    a

    60°Tana = 2 3

    Ángulo exterior

    q = (60° + a)Cota = Cot(60° + a)

    Desarrollando

    1 ( 3)(2 3)Cot3 2 3

    q –=+

    5 3Cot 9q–=

    Respuesta: D

    PROBLEMAS RESUELTOS

  • 29SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 12

    TRIGONOMETRÍATEMA 12

    IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I

    DESARROLLO DEL TEMA

    IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO DOBLEEl 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. IDENTIDADES FUNDAMENTALES

    Senx = 2SenxCosx

    ∀ x ∈ r

    ∀ x ∈ r

    Cos2x = Cos2x – Sen2x

    Tan2x = 2Tanx1 – Tan2x

    ∀ x ≠ {(2n + 1) ; (2n + 1) }; n ∈ Z p4

    p2

    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:

    Sabemos que: Cos2x = Cos2x – Sen2x = 1 Pero: Cos2x = 1 – Sen2x

    ⇒ Cos2x = (1 – Sen2x) – Sen2x∴ Cos2x = 1 – 2Sen2x

    Sabemos que: Cos2x = Cos2x – Sen2x Pero:

    Sen2x = 1 – Cos2x⇒ Cos2x = Cos2x – (1 – Cos2x)Cos2x = 2Cos2x – 1

    II. IDENTIDADES AUXILIARES

    1 + Cos2x = 2Cos2x

    Cotx – Tanx = 2Cot.2x

    1 – Cos2x = 2Sen2x

    Cotx + Tanx = 2Csc2x

    III. ÁNGULO DOBLE EN FUNCIÓN DE TAN-GENTESCuando se quiera expresar las razones trigonométricasdel ángulo doble [RT(2x)] en función de la tangente delángulo simple (Tanx), convendría elaborar el triángulo delas tangentes:

    2Tanx

    1 – Tan2x

    1 + Tan2x

    2Tanx1 + Tan2xSen2x =

    1 – Tan2x1 + Tan2xCos2x =⇒

    2Tanx1 – Tan2xTan2x =⇒

  • IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I

    3030 SAN MARCOSTRIGONOMETRÍATEMA 12

    PROBLEMAS RESUELTOS

    IV. DEMOSTRACIÓN DE LAS IDENTIDA-DES FUNDAMENTALES• Demostración de Sen2x = 2SenxCosx

    Sabemos que:Sen(a + q) = SenaCosq + SenqCosaHaciendo a = x ∧ q = x tendremos:Sen(x + x) = SenxCosx + SenxCosx

    2∴ Sen2x = 2Senx.Cosx

    • Demostración de:Cos2x = Cos2x – Sen2xSabemos que:Cos(a + q) = CosaCosq – SenaSenqHaciendo; a = x ∧ q = x; tendremos:Cos(x + x) = CosxCosx + SenxSenx

    2∴ Cos2x = Cos2x.Sen2x

    • Demostración de:2Tanx

    1 – Tan2xTan2x =

    Sabemos que:Tana + Tanq1 – TanaTanqTan(a + q) =

    Haciendo; a = x ∧ q = x; tendremos:Tan + tanx

    1 – Tanx.TanxTan(x + x) =2x

    ∴ 2Tanx1 – Tan2xTan2x =

    IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA EL ÁRCO MITAD

    DEFINICIÓNEl objeto de estas igualdades es expresar las razones

    trigonométricas del ángulo mitad x; ;...2 2 2a q

    en términos de

    las razones trigonométricas del ángulo simple estas igualdades son válidas para todos los valores admisibles de sus variables.

    I. IDENTIDADES FUNDAMENTALES

    x 1 CosxSen 2 2 ±

    –=

    ∀ x ∈ r

    x 1 CosxCos 2 2 ±

    +=

    ∀ x ∈ r

    x 1 CosxTan 2 1 Cosx ±

    –= +

    ∀ x ∈ r– {2n – 1}; n ∈ Z

    x 1 CosxCot 2 1 Cosx ±

    += –

    ∀ x ∈ r– {2np}; n ∈ Z

    Observación: El signo que aparece en los radicales depende del cuadrante en el cual se ubique el ángulo mitad x

    2

    y del ordenador que lo afecte.

    Problema 1Simplificar:

    Sen20 Sen10A 2Cos10 1° °

    °+= +

    A) Sen5°B) Sen20°C) Sen10°D) Sen15°E) Sen25°

    UNMSM - 2000NIVEL FÁCIL

    Resolución:Desarrollamos por arco dobleSen20° = 2Sen10°.Cos10°

    2Sen10 Cos10 Sen10A 2Cos10 1° ° °

    °+= +

    FactorizandoSen10 (2Cos10 1)

    A° ° +

    =2Cos10 1° +

    A = Sen10°

    Respuesta: C) Sen10°

    Problema 2Si: Cos4a + 2Sen2a = 0 y Cos2a ± 0 Calcule Cos2a

    A) 1/12 B) 1/3 C) 2/9D) 1/8 E) 3/4

    UNMSM 2011-INIVEL INTERMEDIO

    Resolución:Por degradación de arco doble2Sen2a = 1 – Cos2a

    RemplazandoCos4a + 1 – cos2a = 0

    2Cos22a – Cos2a = 0Cos2a(2Cos2a – 1) = 0; (Cos2a ≠ 0 )

  • IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I

    3131SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 12

    Nos queda:2Cos2a – 1 = 0 Por arco doble: 2(2Cos2a – 1) – 1= 0 4Cos2a – 3 = 0 Cos2a = 3/4

    Respuesta: E) 3/4Problema 3En el gráfico, el triángulo rectángulo ABC es recto en B (a < 45°) y AM = MC = 1/2 cm.Calcular el área del triángulo ABC.

    A M B

    C

    a

    A) 12 CosaSen3a cm2

    B) 12 Cos4aSena cm2

    C) 12 Cos2aSena cm2

    D) 12 Cos3aSena cm2

    E) 12 CosaSen2a cm2

    UNMSM 2010–IINIVEL INTERMEDIO

    Resolución:Por resolución en (MCB)

    A M BCos2a

    Sen2a

    C

    a

    a

    2a

    12

    12

    12

    12

    ABC1 1 1S Sen2 (1 Cos2 )2 2 2

    a a

    = +

    ABC1 1 1S 2Sen2 (2Cos )2 2 2

    a a

    2=

    ABC1S Sen Cos cm2 a a

    3 2=

    Respuesta: E) 2 + 1

  • 32SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 13

    TRIGONOMETRÍATEMA 13

    IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. FÓRMULA RACIONALIZADA DEL ÁNGULO MITAD

    A. xTan Cscx Cotx2 = –

    Demostración de:xTan Cscx Cotx2

    = –

    Sabemos que:xSenx 2Tan 2 xCos 2

    = ; multiplicando por:

    2Sen x2 (Numerador y denominador), tendremos:

    2

    Senx

    x x xSen 2Sen 2Senx 1 Cosx2 2 2Tan .2 x x x x SenxCos 2Sen 2Sen Cos2 2 2 2

    –= = =

    x 1 CosxTan 2 Senx Senx

    = – ∴ xTan Cscx Cotx2 = –

    B. xCot Cscx Cotx2 = +

    Demostración de:xCot Cscx Cotx2

    = +

    Sabemos que: Cos

    Cot 2 xSen

    ; multiplicando por:

    2Cos x2 (Numerador y denominador), tendremos:2

    Senx

    x x xCos 2Cos 2Cos 1 Cosxx 2 2 2Cot .2 x x x x SenxSen 2Cos 2Sen Cos2 2 2 2

    += = =

    x 1 CosxCot 2 Senx Senx

    = + ∴ xCot Cscx Cotx2 = +

    II. IDENTIDADES AUXILIARES Sabemos:

    • Cscx + Cotx = Cot x2 ........ (I) • Cscx – Cotx = Tan x2 ........ (II)

    (I)+(II) ⇒ x x2Cscx Cot Tan2 2= +

    (I)–(II) ⇒ x x2Cotx Cot Tan2 2= –

    Ejercicios de aplicación• 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

    Cos2x = 1 – 2Sen2x

    Reemplazando:

    Sen3x = (2Senx Cosx) Cosx + (1–2Sen2x) SenxSen3x = 2Senx Cos2x + Sen – 2Sen3x

    Sabemos: Cos2x = 1 – Sen2x

  • IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II

    3333SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 13

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Reemplazando:Sen3x = 2Senx (1 – 2Sen2x) + Senx – 2Sen3x Sen3x = 2Senx – 2Sen3x + Senx – 2Sen3xSen3x = 3Senx – 4Sen3xAnálogamente:

    Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx

    B. Cos3x = Cosx(2Cosx2x–1)

    Demostración: Sabemos: Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx

    2Cos3x Cosx 2 x 2Cos x 3

    = –

    Recordando:

    1+Cos2x = 2Cos2x Doble

    Observación:Triángulo notable

    4 72°

    18°–15

    10 2 5+

    Cos3x = Cosx[2(1+Cos2x)–3]Cos3x = Cosx(2Cos2x–3)

    C. 3

    23Tanx Tan xTan3x

    1 3Tan x–=

    Demostración: Sabemos:

    ( ) ( )

    TanA TanB TanC TanATanBTanCTan A B C1 TanATanB TanATanC TanBTanC

    + + –+ + =– + +

    Sea: Tan3x = Tan(x+x+x)

    ( )Tanx Tanx Tanx TanxTanxTanxTan3x

    1 TanxTanx TanxTanx TanxTanx+ + –=

    – + + Efectuando operaciones:

    3

    23Tanx Tan xTan3x

    1 3Tan x–=

    En general:

    Sen3x = 3Senx – 4Sen3xSen3x = Senx(2Cos2x+1)Sen3x = 4SenxSen(60°–x) Sen(60°+x)

    Cos3x = 4Cos3x – 3CosxCos3x = Cosx(2Cos2x–1)Cos3x = 4CosxCos(60°–x) Cos(60°+x)

    ( ) ( )

    3

    23Tanx Tan xTan3x

    1– 3Tan xTan3x TanxTan 60 x Tan 60 x° °

    –=

    = – +

    Nota: Cot3x = Cotx Cot(60°–x) Cot(60°+x)

    Observación:Triángulo notable

    4 54°

    36°

    +15

    10 2 5–

    Problema 1Si: x+y = p2 y además Cot

    x2 = 2+Secy

    Calcular: K = 6Tanx + 5 Cosx

    A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

    NIVEL INTERMEDIO

    Resolución:Aplicamos la fórmula de ángulo mitadCscx + Cotx = 2 + Secy

    Por razones complementarias:

    Secy = Cscx

    Reemplazando

    Cotx = 2 → CA 1 → CO

    1

    2x

    5

    Reemplazando en K1 2K 6 5 K 52 5

    → = + =

    Respuesta: 5

    Problema 2Hacer más simple la expresión:E = 4Cos2x – Cos3xSecxA) 1 B) –1 C) 3 D) 4 E) 5

    NIVEL INTERMEDIO

  • IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II

    3434 SAN MARCOS TRIGONOMETRÍATEMA 13

    Resolución:

    ( )2 3 1E 4Cos x 4Cos x 3Cosx Cosx = – –Factorizando en el 2.° término

    ( )2 2 1E 4Cos x Cosx 4Cos x 3 Cosx = – –E = 4Cos2x – 4Cos2x + 3 = 3

    Respuesta: 3

    Problema 3Simplifcar:

    B = Tanx . Cos3x + 2SenxA) Sen3x B) Cos3x C) Sen23x

    D) Cos23x E) Sen 3x2UNMSM 2008

    NIVEL DIFÍCIL

    Resolución:Sabemos:

    Cos3x = Cosx (2Cos2x–1)

    Reemplazando:SenxB Cosx(2Cos2x 1) 2SenxC os x

    = – +

    Simplificar: B = Senx (2Cosx 2x –1)+2 SenxFactorizando: (Senx)

    B = Senx (2Cos 2x – 1 + 2)B = Senx (2Cos 2x + 1)B = Sen3x

    Respuesta: Sen3x

  • 35SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 14

    TRIGONOMETRÍATEMA 14

    TRANSFORMACIONES TRIGONOMÉTRICAS

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. DE SUMA O DIFERENCIA A PRODUCTO Se le suele llamar también factorización trigonométrica

    y consiste en expresar mediante un producto una determinada suma o diferencia. Para transformar a producto una expresión, esta deberá estar compuesta por la suma o diferencia de dos senos o cosenos con ángulos ordenados de mayor a menor. Los ángulos resultantes en los factores del producto serán la semisuma y la semidiferencia de los ángulos iniciales.

    A. Suma o diferencia de senos a producto

    A B A BSenA SenB 2Sen Cos2 2

    A B A BSenA SenB 2Sen Cos2 2

    + –+ =

    – +– =

    B. Suma o diferencia de cosenos a producto

    A B A BCosA CosB 2Cos Cos2 2

    A B A BCosA CosB 2Sen Sen2 2

    + –+ =

    + –– = –

    II. DEMOSTRACIÓN DE LAS IDENTIDA-DES FUNDAMENTALES A. Demostración de la transformación de senos

    Para efectuar estás demostraciones partiremos del seno de la suma y diferencia de dos arcos (identidades de ángulos compuestos).

    Sabemos que: Sen(x y) SenxCosy SenyCosxSen(x y) SenxCosy SenyCosx

    + = +– = –

    Sumando tendremos:

    Sen(x y) Sen(x y) 2SenxCosyA B+ + – =

    Haciendo: x y Ax y B

    + =– =

    Se obtiene: A B A Bx y2 2∧+ –= =

    ∴ A B A BSen(A) Sen(B) 2Sen Cos2 2

    + –+ =

    Restando tendremos:

    Sen(x y) Sen(x y) 2SenyCosxA B+ – – =

    Haciendo: x y Ax y B

    + =– =

    Se obtiene: A B A Bx y2 2∧+ –= =

    ∴ A B A BSen(A) Sen(B) 2Sen Cos2 2

    – +– =

    B. Demostración de la transformación de cosenosPara efectuar estas demostraciones partiremos del coseno de la suma y diferencia de dos arcos (identidades de ángulos compuestos).

    Sabemos que: Cos(x y) CosxCosy SenxSenyCos(x y) CosxCosy SenxSeny

    + = –– = +

    Sumando tendremos:

    Cos(x y) Cos(x y) 2CosxCosyA B+ + – =

    Haciendo: x y Ax y B

    + =– =

    Se obtiene: A B A Bx y2 2∧+ –= =

  • TRANSFORMACIONES TRIGONOMÉTRICAS

    3636 SAN MARCOSTRIGONOMETRÍATEMA 14

    PROBLEMAS RESUELTOS

    ∴ A B A BCosCos(A) (B) 2Cos Cos2 2

    + –+ =

    Restando tendremos:

    Cos(x y) Cos(x y) 2SenxSenyA B+ – – = –

    Haciendo: x y Ax y B

    + =– =

    Se obtiene: A B A Bx y2 2∧+ –= =

    ∴ A B A BSenCosCos(A) (B) 2Sen 2 2

    – +– = –

    III. DE PRODUCTO A SUMA O DIFERENCIA Se le suele llamar también desdoblamiento del producto

    y consiste en expresar mediante una suma o diferencia un determinado producto.

    Para efectuar el desdoblamiento se deberá tener el doble producto de senos y/o cosenos.

    Los ángulos resultantes en el desdoblamiento serán la suma y la diferencia de los ángulos iniciales.

    2SenACosB Sen(A B) Sen(A B)2CosACosB Cos(A B) Cos(A B)2SenASenB Cos(A B) Cos(A B)

    = + + –= + + –= – – +

    Problema 1Simplificar:

    A = Sen17°+Cos17°Sen31° Cos31°

    A) 22 B) 2 2 C) 2

    D) 4 2 E) 24

    Resolución:Por ángulos complementarios:

    Sen17° = Cos73°

    A = Cos73°+Cos17°Sen31°Cos31°

    Transformando a producto:

    A = 2Cos45° Cos28°Sen31°Cos31°

    = 22 Cos282

    2 Sen31 Cos312

    °

    ° ° Reemplazando y aplicando artificio en el denominador.

    Operando convenientemente:

    2 2Cos28A Sen62°

    °=

    Por razonescomplementarias

    2 2Cos28A A 2 2Cos28° →

    °= =

    Respuesta: 2 2

    Problema 2Si Tana = 3; 0 < a < p2

    calcule N = Sen8a – Sen4a2Sena Cos6a

    A) 2 105 B) 105 C)

    3 105

    D) 2 55 E) 55

    UNMSM - 2014

    Resolución:Transformando a producto el numerador.

    N = 2Cos6a Sen2a2Sena Cos6a = Sen2aSena

    Por seno del doble

    N = 2Sena CosaSena → N = 2Cosa .... (I)

    Dato:

    Tana = 31 3

    1a

    10

    En (I)

    1 10N 2 N 510 →

    = =

    Respuesta: 105

    Problema 3Calcule:

    K = Cos40° + Cos80° + Cos160°A) 1 B) –1 C) 0 D) 1/2 E) –1/2

    UNMSM - 2008

    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 = ( )12 2 Cos20°+(–Cos20°) → K = 0

    Respuesta: 0

  • 37SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 15

    TRIGONOMETRÍATEMA 15

    ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. DEFINICIÓN DE ECUACIÓN TRIGO-NOMÉTRICASon igualdades establecidas entre expresiones que involucran razones trigonométricas de una o más variables y que severifican para cierto número de valores de dichas variables.Para que una igualdad sea considerada como unaecuación trigonométrica, la variable deberá estar afectadade algún operador trigonométrico; tal como se observaráen los ejemplos siguientes:1. Senx + 2Cos3x = 1

    Sí es ecuación trigonométrica2. 3Senx + Cos2x = 2

    Sí es ecuación trigonométrica3. SenxCos2x = Sen3x

    Sí es ecuación trigonométrica4. x + Senx = 1 + Sen2x

    No es ecuación trigonométrica5. x + Sen3x = x2 + 1

    No es ecuación trigonométrica6. x + Cosx = x2 + Senx

    No es ecuación trigonométrica

    II. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN TRIGO-NOMÉTRICASe llamará solución de una ecuación trigonométricaal valor de la variable que verifica la igualdad y elconjunto formado por todas las soluciones de la ecuacióntrigonométrica se le llamará conjunto solución de laecuación.Resolver una ecuación trigonométrica consiste endeterminar todas las soluciones de la ecuación; es decirconsiste en determinar su conjunto solución.Ejemplo:Resuelva e indique las dos primeras soluciones positivas

    de: Senx = 22

    Resolución:Como se conoce el valor del seno, se le ubica en la C.T.y se busca los arcos en los cuadrantes correspondientes;

    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 = p – p4 x = p4

    22

    22

    p 2pO

    Luego para que: Senx = 22

    Se observa que: x = ; p –p4p4

    ∴ x = ;p43p4 Soluciones de la E.T.

    EjemploResuelva e indique las tres primeras soluciones positivas

    de: Cos2x = 12

    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.

    1/22x = p3

    1/2

    p2pO

    2x = 2p – p3

  • ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS

    3838 SAN MARCOSTRIGONOMETRÍATEMA 15

    La igualdad: Cos2x = 12 se cumple cuando:

    2x = ; 2p – ; 2p +p3p3

    p3

    ⇒ 2x = ; ; p35p3

    7p3

    ∴ x = ; ; p65p6

    7p6 Soluciones de la E.T.

    Ejemplo: Resuelva e indique las cuatro primeras soluciones positivas de: Tan3x = –1

    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.

    p2pO

    Tan3x = 1

    Tan3x = –17p4

    3p4

    La igualdad: Tan3x = –1 se cumple cuando el ángulo:

    3x = ; ; 2p + ; 2p +3p47p4

    3p4

    7p4

    ⇒ 3x = ; ; ; 3p47p4

    11p4

    15p4

    ∴ x = ; ; ; p47p12

    11p12

    5p4 Soluciones de la E.T.

    Ejemplo: Resuelva e indique las cuatro primeras soluciones positivas

    de: Sen p43x – = – 22

    Resolución:

    En la C.T. ubicamos para qué arco del seno es 22 y luego

    tomaremos este valor como referencia para encontrar los

    arcos donde el seno es – 22 .

    2pO

    7p4

    p4

    5p4

    22

    22

    22

    p

    La igualdad: Sen p43x – = – 22 se cumplirá cuando el

    ángulo:

    3x – = ; ; 2p + ; 2p +5p47p4

    5p4

    7p4

    p4

    3x – = ; ; ;5p47p4

    13p4

    p4

    15p4

    3x = ; 2p; ; 4p3p27p2

    ∴ x = ; ; ;p22p3

    7p6

    4p3

    III. SOLUCIÓN GENERAL DE LA ECUACIÓNTRIGONOMÉTRICAEs la expresión en la cual se encuentran generalizadastodas las soluciones de una ecuación trigonométrica.Estas expresiones están dadas mediante la regla deformación existente entre las soluciones de la ecuacióntrigonométrica y son obtenidas usualmente a partir delas formas generales establecidas en la circunferenciatrigonométrica (K ∈ Z).

    2Kp + p2

    2Kp2Kp + p

    2Kp + 3p2cuadr. = K p2

    Kp

    (2K + 1)p2

    Ejemplo Resuelva la ecuación e indique su solución general; siendo: 2Sen2x = 0

    Resolución: En la C.T. ubicamos dónde el seno es cero, a partir de lo cual generalizaremos la solución de la ecuación:

    2x2x

    Kp⇒ Sen2x = 0

    ⇔ 2x = Kp

    ∴ x = Kp2 K ∈ Z

  • ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS

    3939SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 15

    Ejemplo: Resuelva la ecuación e indique su solución general;

    siendo: Sen p32x – = –1

    Resolución: En la C.T. ubicamos dónde el coseno es –1, a partir de lo

    cual se generalizará la solución de la ecuación.

    2Kp2Kp + p–1

    ⇒ Sen p32x – = –1

    ⇔ 2x – p3 = 2Kp + p

    2x = 2Kp + 4p3

    ∴ x = Kp + 2p3 K ∈ Z

    Solución general

    Ejemplo: Resuelva e indique la solución general de: Sen2x = 32 Resolución: En la C.T. ubicamos dónde el seno es igual a 32 y

    generalizamos los arcos que cumplen con la igualdad.

    2p3

    2Kp

    p/3

    32

    32

    ⇒ Sen2x = 32

    ⇔ 2x = ; p32p3

    En general:

    ⇔ 2x = 2Kp + ; 2Kp +p32p3

    ∴ x = Kp + ; Kp +p6p3 K ∈ Z

    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:

    R.T(wx + q) = n

    Donde:x: variable o incognitaw: coeficiente angularn: valor de la R.T. (n∈R)

    1. Senx = 2/3 Ecuación trigonométrica elemental 2. Cos2x = 3/4 Ecuación trigonométrica elemental

    3. Tan p43x – = –2

    Ecuación trigonométrica elemental 4. Senx + Cos2x = 1 Ecuación trigonométrica no elemental 5. Sen2x = 1 + Tanx Ecuación trigonométrica no elemental 6. SenxCosx = Tanx Ecuación trigonométrica no elemental

    V. EXPRESIONES GENERALES PARA LOS ARCOS

    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

    Si: Senq = a ⇒ VP(q) = ArcSen(a)

    ∴ qG = Kp + (–1)K.VP(q) K ∈ Z

    2. Si se conoce el coseno

    Si: Cosq = a ⇒ VP(q) = ArcCos(a)

    ∴ qG = 2Kp ± VP(q) K ∈ Z

    3. Si se conoce la tangente

    Si: Tan q = a ⇒ VP(q) = ArcTan(a)

    ∴ qG = Kp + VP(q) K ∈ Z

  • ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS

    4040 SAN MARCOSTRIGONOMETRÍATEMA 15

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Problema 1Resolver: 2Cos2x – 3 = 0Indicar las 3 primeras soluciones.

    A) ; ;p1211p12

    13p12

    B) ; ;p6p2

    3p7

    C) ; ;p5p6

    p12

    D) 0; ;p121312

    E) ; ;4p11p2

    p3

    NIVEL INTERMEDIO

    Resolución:2Cos2x – 3 = 0

    → Cos2x = 32→ IC→ IVC

    x2+y2=1

    y

    x2p

    2p– p6

    p6

    De la C.T.

    2x = p6 → x = p12

    2x = 2p – p6 = 11p6 → x =

    11p12

    2x = 2p – p6 = 13p6 → x =

    13p12

    ∴ C.S. = ; ;p1211p12

    13p12

    Respuesta: ; ;p1211p12

    13p12

    Problema 2Resolver: Tan3x + 3 = 0, indicar la suma de las 2 primeras soluciones positivas.A) 100° B) 120° C) 140°D) 160° E) 80°

    NIVEL INTERMEDIO

    Resolución:Tan3x = – 3 IICIVCPara 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).

    x2+y2=1

    x

    y

    Tan3x = 3 → Tan60° = 3De la C.T.3x = 180° – 60° → x = 40°

    3x = 360° – 60° → x = 100°Incognita40° + 100° = 140°

    Respuesta: 140°

    Problema 3Resolver: Sen2x = CosxPara x ∈ [0, 2p], indicar el número de soluciones.A) 1 B) 2 C) 3D) 4 E) 5

    NIVEL DIFÍCIL

    Resolución:Por el seno del ángulo doble

    2Senx.Cosx = CosxNo conviene eliminar miembro a miembro, porque estaríamos eliminando un conjunto solución, entonces:2SenxCosx – Cosx = 0→ Cosx(2Senx – 1) = 0

    Cosx = 0x = p2

    x = 3p2

    2Senx – 1 = 0 → Senx = 12ICIVC

    x = p6

    x = 5p6

    Respuesta: Número de soluciones = 4

    jhsf

  • 41SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 16

    TRIGONOMETRÍATEMA 16

    RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

    DESARROLLO DEL TEMA

    I. CONCEPTOS PREVIOS1. 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).

    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.

    aSenA⇒ = = = 2R

    bSenB

    cSenC

    R: Circunradio

    a = 2RSenADe 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.

    ⇒ a2 = b2 + c2 – 2bcCosA⇒ b2 = a2 + c2 – 2acCosB⇒ c2 = a2 + b2 – 2abCosC

    De donde se tendrá:

    b2 + c2 – a22bc

    CosA =

    a2 + c2 – b22ac

    CosB =

    a2 + b2 – c22ab

    CosC =

  • RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

    4242 SAN MARCOS TRIGONOMETRÍATEMA 16

    C. Ley de las tangentesEn todo triángulo oblicuángulo se cumple que ladiferencia de las medidas de dos de sus lados es ala suma de estas medidas, como la tangente de lasemidiferencia es a la tangente de la semisuma de losrespectivos ángulos opuestos a los lados considerados.

    a – ba + b⇒ =

    Tan

    Tan

    A – B2

    A + B2

    b – cb + c⇒ =

    Tan

    Tan

    B – C2

    B + C2

    a – ca + c⇒ =

    Tan

    Tan

    A – C2

    A + C2

    D. Ley de las proyeccionesEn todo triángulo oblicuángulo se cumple que lamedida de un lado es igual a la suma de las medidasde los otros dos lados multiplicados cada uno de ellospor el coseno del ángulo opuesto al otro.

    A C

    B

    c

    b

    a

    ⇒ a = b.CosC + c.CosB⇒ b = a.CosC + c.CosA⇒ c = a.CosB + b.CosA

    III. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE SENO

    • 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

    2R = SenA ⇒ = 2Ra

    SenA

    • CAD:a

    2R = SenB ⇒ = 2Rb

    SenA

    • En forma análoga se deduce que = 2RcSenC ; finalmente se puede establecer que:

    aSenA

    = = = 2RbSenB

    cSenC

    IV. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DECOSENO

    • Trazamos la altura CH, determinándose los triángulosrectángulos CHA y CHB.

    • CHA: (Resolución de triángulos)AH = bCosA ∧ CH = bSenA

  • RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

    4343SAN MARCOS TRIGONOMETRÍA TEMA 16

    • CHB: (Teorema de Pitágoras)

    a2 = (bSenA)2 + (c – bCosA)2

    a2 = b2Sen2A + c2 + b2Cos2A – 2bcCosA

    1a2 = b2(Sen2A + Cos2A) + c2 – 2bc.CosA

    a2 = b2 + c2 – 2bc.CosA

    V. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE LAS TANGENTES• Sabemos por el teorema del seno que:

    a = 2RSenA ∧ b = 2RSenB

    • Dividiendo se tendrá:

    ab = ⇒ =

    2RSenA2RSenB

    ab

    SenASenB

    • Aplicando proporciones:

    a – ba + b =

    SenA – SenBSenA + SenB

    a – ba + b⇒ =

    2Sen Cos

    2Sen Cos

    A – B2

    A + B2

    A + B2

    A – B2

    ⇒ a – ba + b = TanA – B

    2.Cot A + B

    2

    a – ba + b∴ =

    Tan

    Tan

    A – B2

    A + B2

    VI. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE LAS PROYECCIONES

    b c

    bCosC cCosBH BC

    A

    a

    • 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.

    • Aplicando resolución de triángulos rectángulos en los triángulos determinados se tendrá:

    CH = bCosC ∧ HB = cCosB

    • En el triángulo ABC, se observa que:

    BC = CH + HB

    ∴ a = bCosC + cCosB

    VII. ÁREA DE LA REGIÓN TRIANGULAR 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.

    Sc a

    B

    A Cb

    ⇒ S = SenA = SenB = SenCbc2

    ac2

    ab2

    Demostración:

    • Trazamos la altura BH, determinándose los triángulos rectángulos BHA y BHC.

    • BHA: (Resolución de Triángulos)

    BH = cSenA

    • ABC: (Por Geometría)

    S = =(AC)(BH)2

    (b)(c.SenA)2

    ∴ S = SenAbc

    2

  • RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

    4444 SAN MARCOS TRIGONOMETRÍATEMA 16

    PROBLEMAS RESUELTOS

    Problema 1

    De la figura calcular: Cos2q

    b a

    3

    A) a – b B) a + b

    C) ab D) a + b

    2a

    E) a – b2b

    Resolución:

    Por ley de senosa

    Sen3q=

    bSenq

    Sabemos:

    Sen3q = Senq(2Cos2q + 1)

    Reemplazando: a

    Senq(2Cos2q + 1=

    bSenq

    ab

    → = 2Cos2q + 1

    a – b2b

    → Cos2q =

    Respuesta: a – b2b

    Problema 2De la figura, calcular "x".

    A) 19 B) 21 C) 15

    D) 17 E) 13

    Resolución:Por ley de cosenos:

    x2 = 32 + 52 – 2(3)(5)Cos60°

    → x2 = 34 – 2(15) 12

    x2 = 19x = 19

    Respuesta: 19

    Problema 3

    De la figura ABC. Hallar el ángulo "B"

    A

    D

    C

    B2

    30°

    330°

    A) arcSen3 3 B) arcTan 3C) arcTan3 D) arcSen3 3E) arcTan3 3

    Resolución:

    A

    D

    C

    B2

    30°

    330°

    m

    120°–B

    Por ley de senos en el ∆ABD:m

    SenB2

    Sen30°= ⇒ m = ...(1)

    2SenBSen30°

    También en el ∆ADC:m

    Sen(120° – B)3

    Sen30°=

    ⇒ m = ...(2)3Sen(60° + B)

    Sen30°

    (1) = (2)⇒ 2SenB = 3Sen(60° + B)

    2SenB = 3 CosB + SenB 23 1

    2

    4SenB = 3 3 CosB + 3SenB⇒ SenB = 3 3 CosB ⇒ TanB = 3 3⇒ B = arcTan3 3

    Respuesta: arcTan3 3