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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 12
S= LR L2
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 OB
2=OA , calcule la medida delángulo BOT.A) 30° B) 36° C) 94°D) 38° E) 40°
UNMSM 2012–IIResolución:Sea m]BOT = q; OA = OB
2→ 2OA = OBSea OA = r → OB = 2r
Tr
r 2r
M
A O B180°–q
q
r
Dato: SAOT = SMOB
12
(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)2
2q = 4 → k2 = 2q
Incógnita
SADCB = (3k)2
2q – (2k)2
2q = 5k2
2q =
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° = 1
Csc20°• 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 = =a
bmn
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 = = +A
2b + c
aba
ca
NOP
JKL
Cot Csc A + Cot A=A
2NOP
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 + NP
NP3
2– 3
–32
12
+32
12
P = 2 + NP
NP3
11
JK K KL
JK K KL
2– 3–+
33
Se racionaliza
P = 2 + NP
NP3
1 11 1
JK K KL
JK K KL
JK K KL
JK K KL
2– 3– –+ –
3 33 3
P =
2– 3
2 + NP
NP
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) kb
D) ka E) 1UNMSM 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
8°
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 = 30
x → 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 S1
S2
.
S1
S2
A) Senq B) Cosq C) Sec2qD) Csc2q E) Sen2q
Resolución:Sabemos
a bSq
S = ab2 Senq
Asignamos variables en la figura:
S1
S2
a
b
n
Aplicando fórmula:
S1
S2 =
an3
Senq
bn3
Senq = a
b
De la figura: S1
S2 = 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 + x22
y0 = y1 + y22
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 + x23
y0 = y1 + y2 + y23
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 + x4y1 + 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 y3
x3 y1MM
x1x2
x3
x1
y1
y2
y3
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 x2
x2 – 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 – 0
211
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) 300m2
D) 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=– –J
LJLJL
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 + 1
22 + 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 G2 + 0 + 0
3 →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.I
x
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)2
r = 5
Tenemos: E = Seca . Cota
E = r
xxy
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 + q2
UNMSM – 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
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) + Cosb
K = 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° < > 2p
Cosa + 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 → p
2
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 ≤ SenqPar ≤ 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 qx
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) p2
; 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 = Sec2aCsc2aTana + 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) n2
m2 – 1 B) m2
n2 – 1
C) m2 – 1mn
D) m2 – n2
mn
E) n2 – m2
mnUNMSM 2012
NIVEL 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 – m2
mn
Respuesta: n2 – m2
mn
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 + SenqCosa
Haciendo a = x ∧ q = x tendremos:Sen(x + x) = SenxCosx + SenxCosx
2∴ Sen2x = 2Senx.Cosx
• Demostración de:Cos2x = Cos2x – Sen2xSabemos que:Cos(a + q) = CosaCosq – SenaSenq
Haciendo; a = x ∧ q = x; tendremos:Cos(x + x) = CosxCosx + SenxSenx
2∴ Cos2x = Cos2x.Sen2x
• Demostración de:2Tanx
1 – Tan2xTan2x =
Sabemos que:Tana + Tanq1 – TanaTanq
Tan(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 a3 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 = p
2 y además Cot x2 = 2+SecyCalcular:
K = 6Tanx + 5 CosxA) 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 3x2
UNMSM 2008NIVEL 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 < p
2
calcule N = Sen8a – Sen4a2Sena Cos6a
A) 2 105 B) 10
5 C) 3 105
D) 2 55 E) 5
5UNMSM - 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 –p4
p4
∴ x = ;p4
3p4 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 +p3
p3
p3
⇒ 2x = ; ; p3
5p3
7p3
∴ x = ; ; p6
5p6
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 +3p4
7p4
3p4
7p4
⇒ 3x = ; ; ; 3p4
7p4
11p4
15p4
∴ x = ; ; ; p4
7p12
11p12
5p4 Soluciones de la E.T.
Ejemplo: Resuelva e indique las cuatro primeras soluciones positivas
de: Sen p43x – = – 2
2
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 – = – 2
2 se cumplirá cuando elángulo:
3x – = ; ; 2p + ; 2p +5p4
7p4
5p4
7p4
p4
3x – = ; ; ;5p4
7p4
13p4
p4
15p4
3x = ; 2p; ; 4p3p2
7p2
∴ x = ; ; ;p2
2p3
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 + 3p2
cuadr. = 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 = 3
2 Resolución: En la C.T. ubicamos dónde el seno es igual a 3
2 y
generalizamos los arcos que cumplen con la igualdad.
2p3
2Kp
p/3
32
32
⇒ Sen2x = 32
⇔ 2x = ; p3
2p3
En general:
⇔ 2x = 2Kp + ; 2Kp +p3
2p3
∴ x = Kp + ; Kp +p6
p3 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) ; ;p12
11p12
13p12
B) ; ;p6
p2
3p7
C) ; ;p5
p6
p12
D) 0; ;p12
1312
E) ; ;4p11
p2
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 = p
12
2x = 2p – p6 = 11p
6 → x = 11p12
2x = 2p – p6 = 13p
6 → x = 13p12
∴ C.S. = ; ;p12
11p12
13p12
Respuesta: ; ;p12
11p12
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 IIC
IVCPara 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 = p
2
x = 3p2
2Senx – 1 = 0 → Senx = 12
ICIVC
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⇒ = = = 2Rb
SenBc
SenC
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 – a2
2bcCosA =
a2 + c2 – b2
2acCosB =
a2 + b2 – c2
2abCosC =
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 ⇒ = 2RaSenA
• CAD:a
2R = SenB ⇒ = 2RbSenA
• 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 = ⇒ =2RSenA
2RSenBab
SenASenB
• Aplicando proporciones:
a – ba + b = SenA – SenB
SenA + SenB
a – ba + b⇒ =
2Sen Cos
2Sen Cos
A – B2
A + B2
A + B2
A – B2
⇒ a – ba + b = Tan A – 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