5. Trigonometría

TRIGONOMETRÍA TEMA 1

SECTOR CIRCULAR NÚMERO DE VUELTAS DESARROLLO DEL TEMA I. CIRCUNFERENCIA Y CÍRCULO



Circunferencia

n: N.° de vueltas: n =

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

R

Círculo

p rad 180° 200g



Longitud de la circunferencia: L = 2pR



Área de círculo: A = pR2

IV. ÁREA DE SECTOR CIRCULAR R

II. LONGITUD DE ARCO Sea q la medida de un ángulo trigonométrico.

qrad L





L

R q



R

L = qR



0 < q ≤ 2π

S= 1 LR 2

q

r

2 S= L 2q

r

LR

11

L1

L2

AT d

III. NÚMERO DE VUELTAS QUE GIRA UNA RUEDA SIN RESBALAR

SAN MARCOS

S= 1 qR2 2

V. ÁREA DE TRAPECIO CIRCULAR

Fórmula básica



S qrad L

R

R



LR 2πr

J L1+L2 N Od AT= K L 2 P q=

L1–L2 d

0 < q ≤ 2p

TRIGONOMETRÍA

TEMA 1

SECTOR CIRCULAR - NÚMERO DE VUELTAS

VI. PROPIEDADES a I. 1rad

a

III. S: Área

L = R ↔ q = 1rad

S

3S

5S

7S

S

L

a R

II.

q

B

b

IV. S: Área K ∈ R

q=B–b n

q Kq

KS

R

n

KL

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1

De la figura AOB y COD son sectores

M

L1 L = 2 y el área circulares, además 3 2 del sector circular DOC es 4u2. Calcule

T

el área del trapecio circular ADCB. A O B De la figura, el área del sector circular AOT es igual al área del sector circular OB MOB. Si OA = , calcule la medida del 2 ángulo BOT. A) 30° B) 36° C) 94° D) 38° E) 40° UNMSM 2012–II

A) 7

B) 14

D) 12

E) 10

Resolución:

Resolución: L1 = 3k L2 = 2k

L1 L = 2 =k 3 2

O

C

Dato:

r

SCOD =

r °–q 180 q r O 2r

B

SADCB = 5u2

TEMA 1

C A

A

C

J N ED = K 1 O(8) = 4 u L2P Graficando el sector COD C 8 O

Problema 3

L1

L2

En el sector circular EOD →

Respuesta: 5u2

Respuesta: 36°

O

En el sector circular COD → EC = (1)(8) = 8 u

B

5(2q) (3k)2 (2k)2 5k2 – = = 2q 2q 2q 2q

1 (180°– q)r2 = 1 (q)(4r2) 2 2

D

3k

Incógnita SADCB =

Problema 2

1 rad 2q = 1 q = 2

(2k)2 = 4 → k2 = 2q 2q

Dato: SAOT = SMOB

Resolviendo q = 36°

AOF → (5) = (2q)(5)

2k

q

Sea OA = r → OB = 2r M

En el sector circular

A

D

OB Sea m]BOT = q; OA = 2 → 2OA = OB

A

PRE UNMSM 2013–II

PRE-UNMSM 2012–II

Resolución:

T

C) 18

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

B

TRIGONOMETRÍA

O

5u 2q q

22

8 D

5u F

B

12

E

Perímetro = 28

Respuesta: 28 u D

SAN MARCOS

TRIGONOMETRÍA TEMA 2

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS DESARROLLO DEL TEMA I. CONCEPTOS PREVIOS

Se cumple:

A. Razones Recíprocas

Triángulo ABC (Recto en B)

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

C

a

b

•

a y c (longitud de los catetos)

•

b (longitud de la hipotenusa)

Ejemplos: •

1 Csc20° Cos50° . Sec50° = 1

•

Tanx . Coty = 1 → x = y

Sen20° =

• B

A

c

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

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

II. DEFINICIÓN

Sen A = Cos C Tan A = Cot C Sec A = Csc C

Con respecto a la m∠A • • • • • •

Sen A = Cateto opuesto = a Hipotenusa b Cateto adyacente Cos A = = c Hipotenusa b Cateto opuesto a Tan A = = Cateto adyacente c Cateto adyacente c Cot A = = Cateto opuesto a Hipotenusa Sec A = = b Cateto adyacente c Hipotenusa Csc A = = b Cateto opuesto a

m∠A + m∠C = 90°

Ejemplos: • Sen70° = Cos20° • Sec(30° + x) = Csc(60° – x) • Cos(90° – a) = Sena • Secq = Csc(90° – q) • Tan (x + 10°) = Cot3x → x + 10° + 3x = 90° 4x = 80° x = 20° En General: R.T (b) = CO – RT (90° – b)

III. PROPIEDADES DE LAS RAZONES TRIGONOMÉTRICAS

C. El valor de una razón trigonométrica solo depende de la medida del ángulo de referencia Sabemos: C.O. Tanq = C.A.

Dado un triángulo ABC (recto en B) C a B

SAN MARCOS

m

b c

b

a

q n

A

33

TRIGONOMETRÍA

Tanq =

a m = b n

TEMA 2

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS

IV. TANGENTE Y COTANGENTE DEL ÁNGULO MITAD

V. TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES

C b

A. Exactos

a k 2

A

B

c

1k

45° 1k

A Tan = Csc A – Cot A 2 A = Csc A + Cot A 2

Cot

45°

60°

2k

1k

Demostración: C

30° k 3

2

A/

D

A

A/2

A

b

b

a

c

B

B. Aproximados

5k

53° 3k

• Se prolonga el lado BA hasta el punto "D" tal que AD = AC. 37° 4k

• Formamos un triángulo isósceles uniendo "D" y "C" • Del triángulo DBC JA N b + c b c Cot K O = = + a a a L2 P



JA N Cot K O = Csc A + Cot A L2 P



74°

25 k

7k

16° 24 k

Observación: Triángulos pitagóricos mas usados.

5

13

9

12

11

61 60

21

VI. TABLA DE VALORES NOTABLES 30°

41 Sen

40

8

3/2

45°

37°

53°

2/2

3/5

4/5

2/2

4/5

3/5

Cos

3/2

1/2

Tan

3/3

3

1

3/4

4/3

Cot

3

3/3

1

4/3

3/4

17 15

29 20

TEMA 2

1/2

60°

TRIGONOMETRÍA

44

Sec

2 3/3

2

2

5/4

5/3

Csc

2

2 3/3

2

5/3

5/4

SAN MARCOS

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1

P = (2 + 3 ) (2 – 3

Halle el valor de: N N J Sen60° – Sen30° N P2 + 3 P KL Sen60° + Sen30°OP A) 0

B) 1

D) 3

E) 3

2– 3

2– 3

Respuesta: k b

Respuesta: 1 Problema 2 En el triángulo BAC de la figura,

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

AC = b cm y BC – AB = k cm donde J N b > k, halle Tg K a O L2 P C

Resolución: Planteamiento Sabemos: 60°

30° 105° A

2k 30°

Procedimiento Sea: J Sen60° – Sen30° N P = PN2 + 3 NP K Sen60° + Sen30°O P L J 3 1 – KK 2L 2 J 3 1 + KK 2L 2

J J K 3 – 1K N N K P = P2 + 3 P K K 3+1K L L

2– 3

B) kb

k D) a

E) 1

2– 3

UNMSM 2012–I

J K 3 – 1K N N L P= 2+ 3 L P P 2

Resolución: Análisis de datos:

B 6

P

Sabemos: J N Tg K q O = Cscq – Cotq L2 P

6 3 A

Operación del Problema

2– 3

A

B

DPB notable 45° → PB = 6 En el

ABC

Sen30° =

Del gráfico J N Tg K a O = a – c b L2 P b

C

→ AP = 6 3 y DP = 6 a

J N Tg K a O = Csca – Cota L2 P

45° 30° 60° D 12

APD notable (30° y 60°)

a

c

x 6

Se traza DP ⊥ AB

C b

J2 2– 3

UNMSM 2009–I

Análisis de datos

2– 3

J JJ J K 3 – 1 KK 3 – 1 K N N KK K P = P2 + 3 P K K 3 + 1 KK 3 – 1 K L LL L

E) 3( 3 –1)

k b

C)

B) 3( 3+1)

C) 2 3 D) 3–1

Resolución:

Se racionaliza

SAN MARCOS

A) 2k

B

C

D

A) 3 3

a

A

k 3

J K K N N P = P2 + 3 P L J K K L

J N Tg K a O = k L2 P b

→∴ P = 1

C) 2 UNMSM 2014–I

k

P=1

J N Tg K a O = a – c ; por dato (a – c = k) b L2 P

2– 3

x 6 3 +6

→ 3( 3 + 1)

Respuesta : 3( 3+ 1)

55

TRIGONOMETRÍA

TEMA 2

TRIGONOMETRÍA TEMA 3

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES - ÁNGULOS DE ELEVACIÓN Y DEPRESIÓN DESARROLLO DEL TEMA I. TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES

II. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES

A. Exactos 30°

k 2 45°



Sen

60°

45° 2k

1k

1k

1/2

k 3

B. Aproximados

5k

3k

4k

25 k

7k

16° 24 k

8°

7k

SAN MARCOS

6 +

2

82° k

6 –

5

k

53°

2/2

3/5

4/5

2/2

4/5

3/5

3/2

1/2

Tan

3/3

3

1

3/4

4/3

Cot

3

3/3

1

4/3

3/4

Sec

2 3/3

2

2

5/4

5/3

Csc

2

2 3/3

2

5/3

5/4

III. ÁNGULOS VERTICALES 74°

2

37°

Cos

53°



3/2

45°

30°

1k

37°

60°

75°

2

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).

h

aall isisuu v V eeaa LLínín a Línea horizontal Horizontal

Línea b

Lín e

H

15° 4k

aa:: Ángulo Ángulo de de elevación Elevación

6

TRIGONOMETRÍA

b : Ángulo de

TEMA 3

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES ÁNGULOS DE ELEVACIÓN Y DEPRESIÓN

visuales; una hacia la parte alta y la otra hacia la parte baja. Luego "q" es el ángulo formado por las dos visuales.

horizontal Línea Horizontal b

LLínín eeaa vVisis uuaa En el gráfico adjunto, "q" es Consideración: ll

H

tal

el ángulo bajo el cual se divisa la torre. Note que deben trazarse las dos visuales; una hacia la parte alta y la otra hacia la parte baja. : Ángulo de depresión b b: Ángulo Luego de "q"Depresión es el ángulo formado por las dos visuales.

ación

q

Consideración: En el gráfico adjunto. "q" es el ángulo bajo el cual se divisa la torre. Note que deben trazarse las dos

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

NIVEL INTERMEDIO

60° 3n

A) 1,2 D) 4,0

D n A

Problema 2 Resolver: x + 3Tan45° 2Sen37° + 1 = x – 3Tan45° 2Sen37° – 1

q

C

B) 2,4 E) 5,8

C) 3,6

Resolución: Planteamiento:

NIVEL DIFÍCIL

3 3 A) B) 4 5

Sabemos:

Resolución:

3 3 C) D) 6 7 E)

1

Análisis de los datos: • Por el punto (D) se traza la perpendicular DP (P en AC). • El triángulo DPC es notable de 30º y 60º. • Sea n = 2. • La longitud del lado del triángulo ABC es 8. En el triángulo rectángulo sombreado 3 (APD): Tanq = 7 Respuesta: 3 7

SAN MARCOS

2 Tan45° = 1

45°

3 8

Resolución: Planteamiento: • Completando los datos, el triángulo ABC es equilátero. • Las alternativas del problema son números, entonces es conveniente asignar un valor a (n).

Problema 3 Desde un punto en tierra se divisa lo alto de un poste con un ángulo de elevación de 37º. Si la altura del poste es de 30 m. ¿A qué distancia del poste se encuentra el punto de observación? A) 10 B) 20 C) 30 D) 40 E) 50

1

3

53°

45°

Planteamiento: Sabemos:

Tan37° = 3 5

5

30m 37°

37°

x

4 Por aritmética:

a+b m+n a m = = → a–b m–n b n Análisis de los datos: Aplicando la teoría de proporciones: x 2Sen37° = 3Tan45° 1 Reemplazando y operando convenientemente: x 3 18 =2 →x= → x = 3,6 3(1) 5 5

3

4

37°

Análisis de los datos: Considerando el triangulo notable de 37° y 53°, tomamos Tg37° en el gráfico del problema. 30 30 3 → → x = 40m = Tg37° = x x 4

Respuesta: C) 3,6

77

5

53°

TRIGONOMETRÍA

Respuesta: D) 40m

TEMA 3

TRIGONOMETRÍA TEMA 4

RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I. INTRODUCCIÓN

Sabemos que todo triángulo tiene seis elementos básicos, tres lados y tres ángulos.



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).

y q

a

1. Caso

y x

S=

S

q

Conociendo la longitud de la hipotenusa y un ángulo agudo.

q

Para “y” y = Secq → y = aSecq a

III. ÁREA DE REGIÓN TRIANGULAR

er

a

x a

II. TRES CASOS

Para “x” x = Tanq → x = aTanq a

a.b Senq 2

b

Para “x” x = Cosq → x = aCosq a

Ejemplo: Calcule el área de la región triangular ABC, sabiendo que AB = 5 cm, AC = 6 cm y el ángulo comprendido entre dichos lados es igual a 37°.

Para “y” y = Senq → y = aSenq a

Resolución: 1 . 5 . 6 Sen37° 2 J 3N 1 S= .5.6K O 2 L5P

S=

2.do Caso

5

Conociendo un ángulo agudo y longitud de su cateto opuesto.

q

6

Para “x” x = Cotq → x = aCotq a

y

a x

IV. LEY DE PROYECCIONES

Para “y” y = Cscq → y = aCscq a



A

8

bCosC + cCosB = a

a

c

Conociendo un ángulo agudo y la longitud de su cateto adyacente.

SAN MARCOS

En todo triángulo ABC; se cumple: B

aCosB + bCosA = c

3.er Caso

S = 9 u2

37°

b

aCosC + cCosA = b C

TRIGONOMETRÍA

TEMA 4

RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS Prueba: Trazando una altura y aplicando uno de los casos mencionados anteriormente llegamos a: B

c

a

A A

C

cCosA

Se concluye: cCosA + aCosC = b

C

aCosC b



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

S1 S2

Problema 2 .

De la figura AC = DE = a D

Respuesta: (Sena – Cosq)

S1 q q A) Senq D) Csc2q

C) Sec2q

q

b

S

A

ab Senq S= 2

q q

S2

S2

= Sec2q

Respuesta: Sec2q

SAN MARCOS

Resolución: De acuerdo con la ley de proyecciones, se sabe: Dado el triángulo ABC: aCosB + bCosA = c aCosC + cCosA = b bCosC + cCosB = a

m

mSenq

mCosq Resolución:

q

a E

Planteamiento Aplicando la propiedad distributiva: K = aCosC + bCosC + aCosB + cCosB + bCosA + cCosA

b

a

A

q

D

b

Aplicando fórmula: an Senq S1 3 a = = b S2 bn Senq 3 De la figura: S1

Dado un triángulo ABC y siendo "p" el semi-perímetro determinar qué representa la siguiente expresión: K = (a+b)CosC + (a+c)CosB + (b+c)CosA A) 2p B) p C) p + a D) p – a E) p + b

B

Se sabe:

S1 n

a

Análisis del problema:

Asignamos variables en la figura: a

E

Problema 3

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

Resolución: Sabemos a

C

q

S2

B) Cosq E) Sen2q

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

a

C

aSena aCosq

B

En el triángulo ABC, BC = Cosq → BC = aCosq a En el triángulo EBD, BD = Senq → BD = aSenq a

99

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

Respuesta: 2p

TRIGONOMETRÍA

TEMA 4

TRIGONOMETRÍA TEMA 5

GEOMETRÍA ANALÍTICA ECUACIÓN DE LA RECTA I DESARROLLO DEL TEMA I. CONCEPTO

III. DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS

Sistema formado por dos rectas numéricas que se intersectan en un punto de coordenadas (o;o), llamado origen de coordenadas y forman un ángulo recto. Al plano que lo determina se le llama "Plano Cartesiano" en honor a René Descartes y está dividido en 4 regiones





Sean las coordenadas de dos puntos cualesquiera P1 (x1; y1) y P2 (x2; y2) del plano cartesiano la distancia "d" comprendida entre ellos se determinan por:

y

llamadas cuadrantes (C).

d

y

d = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2

––– ––

+ Primer cuadrante + Segundo cuadrante + + +++ + x x' – – – – –O Cuarto cuadrante Tercer cuadrante



y'

P1(x1; y1)

A(x1; y1)



mk P=

P

x 'x : Eje de los abscisas



y 'y : Eje de las ordenadas



O: Origen de coordenadas

nk

V. COORDENADAS DEL PUNTO MEDIO DE UN SEGMENTO

A cada punto del plano cartesiano le corresponde un par



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

y

nA + mB n+m

B(x2; y2)

II. UBICACIÓN DE UN PUNTO

Ordenado

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:

ve c

to

r

y

io

M(x0; y0)

ra d

x

IV. DIVISIÓN DE UN SEGMENTO EN UNA RAZÓN INDICADA

Donde:





P2(x2; y2)

O

SAN MARCOS

x

x

P1(x1; y1)

10

P2(x2; y2)

x0 =

x1 + x2 2

y0 =

y1 + y2 2

TRIGONOMETRÍA

TEMA 5

GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I

VI. COORDENADAS DEL BARICENTRO DE UN TRIÁNGULO

Sean P1 (x1; y1) , P2 (x2 ; y2) y P3 (x3; y3) los vértices de un triángulo. El punto G (x0; y0) es el baricentro de dicho triángulo.

LA RECTA I. ÁNGULO DE INCLINACIÓN Y PENDIENTE

Dada un recta L al ángulo (tomado en sentido antihorario) formado por la dirección positiva del eje de abscisas y la recta se denomina ángulo de inclinación y

P3(x3, y3) G(x0, y0)

P1(x1, y1)

P2(x2, y2)

x0 =

x1 + x2 + x2 3

y0 =

y1 + y2 + y2 3

a la tangente de dicho ángulo se le llama pendiente (m).

El ángulo de inclinación a:0° ≤ a < 180°. Y L

VII. PROPIEDAD DEL PARALELOGRAMO B(x2; y2)

C(x3; y3)



La pendiente: m = Tana



La pendiente también se puede determinar conociendo



Sabemos que m = Tana, de la figura se deduce:

y1 + y3 = y2 + y4

x1 + x3 = x2 + x4

y2 – y1 M= x – x 2 1

VIII. ÁREA DE UNA REGIÓN TRIANGULAR

x

dos puntos por donde pasa la recta.

D(x4; y4)

A(x1; y1)



a O

Sean P1(x1; y1) P2 (x2; y2) y P3 (x3; y3) los vértices de un

Y

triángulo. Entonces el área S de una región triangular en función de las coordenadas de los vértices esta dado por:

B

y2

1442443

y

y

P1(x1; y1)

y1

S

a x



P3(x3; y3)

A

a 14444244443 x2 – x1 x1 x2

L y2 – y1

X

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

P2(x2; y2)

Y

x 2 y1 x 1 x 3 y2 x 2 x x 1 y3 x 3 1 M

y1 x y 1 2 y2 x y 3 3 y3 x y1 3 y1 M

L (x1; y1)

(+) a O

X

Luego: S=

SAN MARCOS

y – y1 = m(x – x1)

1 |M – N| 2



1111

(Ecuación pun – pendiente)

TRIGONOMETRÍA

TEMA 5

GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I



B. Conociendo los interceptos con los ejes coordenadas Y

De esta, se deduce que la pendiente: m =–

A ;B≠0 B

L

D. Rectas paralelas y perpendiculares

b a

X

O

Dada dos rectas no verticales L1 y L2 son paralelas si y sólo si tiene igual pendiente. Y

L1 L2

x y a + b =1 O

(Ecuación simétrica)



C. Ecuación general de la recta



Ax + By + C = 0 A, B, C ∈ R



m1 = m2



La ecuación general de una recta se representa así:

Dadas dos rectas no verticales L 1 y L 2 son perpendiculares si y sólo sí el producto de sus pendientes es –1.

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Determine as coordenadas del punto P. B(7; 4)

2n

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

P(x, y)

n

B

D

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

Resolución: B(7, 4)

2n n

A) 2/11 D) 2/7

2(1; 1) + 1(7; 4) = 3P 14243 14243 (2; 2) + (7; 4) = 3P 14243 14243 (9; 6) = 3P (3; 2) = P

Respuesta: (3;2)

B) 3/4 E) 7/5

C) 11/2

Respuesta: 2/11 Problema 3 Determine el área de una región triangular limitada por los ejes cartesianos y la recta. L = 2x – 3y – 60 = 0 A) 100m2 B) 200 m2 C) 300m2 2 D) 400m E) 500m2

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

C

y

10

4 O

5

10

37° 3 A(3; 0)

30

L1 D(11; 6) 8

6 x

20

S

(30, 0)

x

1 S = (30)(20) 2 (0, –20) S = 300m2

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

TRIGONOMETRÍA

6–4 2 = 11 – 0 11

Resolución:

y

B (0; 4)

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

1

x

Resolución:

P(x, y)

A(1, 1)

TEMA 5

37° A(3; 0)

53 °

A) (3; 2) D) (–3; 2)

L

m=

1221

2(0) – 3y – 60 = 0 y = –20 ⇒ (0; –20) Para y = 0 2x – 3(0) – 60 = 0 x = 30 ⇒ (30; 0)

SAN MARCOS

TRIGONOMETRÍA TEMA 6

ECUACIÓN DE LA RECTA II – ECUACIÓN DE LA CIRCUNFERENCIA DESARROLLO DEL TEMA I. ECUACIÓN DE LA RECTA

D. Distancia entre rectas paralelas

A. Rectas paralelas d(L1, L2) =

y L1

|C1 – C2|

d

L2

A2 + B2

L1: Ax + By + C1 = 0 L1//L2

q1

q2

m1 = m2

L2: Ax + By + C2 = 0



E. Ángulo entre rectas

x

L1

q

B. Rectas perpendiculares y

Tanq =

m1 – m2 1 + m1m2

L2 L1

II. CIRCUNFERENCIA L1 L2

q1

q2

m1m2 = –1



De la figura: Centro c(h, k)



Ecuación ordinaria



L2



C. Distancia de un punto a una recta

(h, k) r

Ecuación general x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0

(x, y)

x

A. Caso Particular I

P1(x1, y1)

d(P1L) =

(x – h)2 + (y – k)2 = r2



x

y

Sea: h = 0 y K = 0 → C(0, 0) Reemplazando en la ecuación ordinaria

2 2 2 2 2 2 (x – 0) + (y – 0) = r → x + y = r La ecuación anterior de la circunferencia, se denomina "forma canónica".

|Ax1 + By1 + C| A2 + B2

B. Caso particular II

En la ecuación: x2 + y2 = r2

2 2 Si: r = 1 → x + y = 1



SAN MARCOS

L Ax + By + C = 0



13

Ecuación de la circunferencia trigonométrica

TRIGONOMETRÍA

TEMA 6

ECUACIÓN DE LA RECTA II – ECUACIÓN DE LA CIRCUNFERENCIA

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Las rectas: L1: 3x + 2y – 1 = 0 y L2: mx + ny + 5 = 0 Sus perpendiculares y el punto (2, 4) pertenece a la recta L2. Calcule (m + n).

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

C2: x2 + y2 + 4x + 3 = 0

A) –5/5 B) –5/8 C) 5/3 D) 8/5 E) –8/5

UNMSM – 2007

C3: x2 + y2 – 4x + 3 = 0

UNMSM – 2013

UNMSM – 2005

A) 1/2

B) 1/3

C) 1/5

D) 2/3

E) 3/4

Resolución:

m 3 m2 = – n 2 Teoría m1m2 = –1 (perpendiculares)

Resolución: Expresando las ecuaciones en forma

J– 3 JJ– mJ = –1 → 3m = –2n L 2 LL nL

C1: (x – 0)2 +(y – 2) = 1 → Centro (0,2)

m1 = –

..... (I)

Dado (2, 4)∈ L2 → reemplazando

C2: (x+2)2 + (y – 0)2 = 1 → Centro (–2,0) 2

2

C3: (x –2) +(y+ 0) = 1→ Centro (2, 0)

15 → m + n =– 5 8 8

G

J L

Resolviendo: (I) y (II) n =–

J0 + (–2) + 2 ,2 + 0 + 0 3 L 3

Incógnita:

Respuesta: –5/8 Problema 2 Determine la media aritmética de las coordenadas del triángulo cuyos vértices

TEMA 6

Resolución: A(–3; 2) y B(1; 6) L1 B(1, 6) M

M.A. J0, 2J = L 3L

TRIGONOMETRÍA

0+ 2

2 3

J J L L

2 → G 0, 3

=

1 3

Respuesta: 1/3

1441

(–1, 4)

A(–3, 2) M punto medio de AB.

J L

J → M(–1, 4) L

M –3 + 1, 2 + 6 2 2

Coordenadas del baricentro:

5 4

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

ordinaria

m(2) + n(4) + 5 = 0→2m + 4n + 5 = 0 ..(II)

m=

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

Cálculo de la pendiente AB. 6–2 mAB = =1 1 – (–3) m1 = –1

M(–1, 4)

G(x, y)

Cálculo de (m1) y–4 = –1→ y – 4 = – x – 1 m1 = x – (–1) x+y–3=0

Respuesta: x + y – 3 = 0

SAN MARCOS

TRIGONOMETRÍA TEMA 7

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL DESARROLLO DEL TEMA I. ÁNGULO EN POSICIÓN NORMAL

P(x, y)

Ángulo trigonométrico generado en un plano cartesiano

r

con vértice en el origen de coordenadas y cuyo lado inicial

y q

coincide con el eje positivo de las abscisas. El lado final

x

puede ubicarse en cualquier parte del plano cartesiano, tal como se muestra en la figura.



y

De acuerdo al cuadrante donde se ubica un ángulo en posición normal, las razones trigonométricas sean posi-

Vértice

O

Lado inicial

x

tivas o negativas. Ver el gráfico. y

Ejemplos: y

q0 a∈IIIC

b

y

b>0 b = 270° x

b: ángulo cuadrantal

Tercero Tan y Cot (+)

a>0

a: no está en posición normal



y: ordenada



r: radio vector

SAN MARCOS

x Cuarto Cos y Sec (+)

IV. ÁNGULO CUADRANTAL

Son ángulos en posición normal, en el que su lado final coincide con cualquiera de los semiejes. Forma:

Elementos:

x: abscisa

0

x

a

II. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS

Primero Todas son positivas

x

q y

L.I

r y r x x y

III. SIGNOS DE LAS RAZONES TRIGONOMÉTRICAS EN LOS CUADRANTES

Lado final

y

y → Cscq= r x Cosq= → Secq= r y Tanq= → Cotq= x

Senq=

= r

x2 + y2



Ángulo cuadrantal = 90°n, n∈ Z

r>0



15

TRIGONOMETRÍA

TEMA 7

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL

y

Nota: Los ángulos cuadrantales básicos o elementales son: y

y

a

L.F

x b 90°

L.F x L.I

L.I

x

Propiedades de ángulos coterminales

(0°)

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

y 180° L.F

x



L.I

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

x

270°

Propiedad I



360°

a – b = 360°K



L.I x L.F

L.I

Propiedad II a – q = 360° m

b – q = 360° n Ejemplo:

L.F

k, m, n, ∈ Z y



a

V. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS CUADRANTALES 0°

90°

180°

270°

360°

Sen

0

1

0

–1

0

Cos

1

0

–1

0

1

Tan

0

ND

0

ND

0

Cot

ND

0

ND

0

ND

Sec

1

ND

–1

ND

1

Csc

ND

1

ND

–1

ND

x 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

VI. ÁNGULOS COTERMINALES

a2 = |a| |a – b| = |b – a|

Dos ángulos se denominan coterminales si tienen como elementos comunes el lado inicial y el lado final.

|a|2 = |a2| = a2

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1

Resolución:

Se tiene un ángulo a en posición normal.

Del enunciado se tiene:

Si su lado final tiene al punto (–4, –3), calcule Seca . Cota. A) 3/5 D) 5/3

–4

B) –5/4 C) –3/5 E) –5/3 UNMSM – 2006 – II

TEMA 7

a

TRIGONOMETRÍA

Tenemos:

r x

r P(–4, –3)

Calculamos r

–3

Resoluciones: J 5 J J–4J E =K KK K L–4L L–3L

r = (–4)2 + (–3)2 r=5 E = Seca . Cota J r J Jx J E =K KK K Lx L Ly L ∴E=

–5 3

Respuesta: –5/3

1661

SAN MARCOS

RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL

Resolución:

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

0 < a + f + q < 270° De lo cual:

a f f y Sen(a + f + q) = 1 = = 4 5 6 a+q Halle Tan 2

Sen(4k + 5k + 6k) = 1 por dato

UNMSM – 2009 – II

A) 3

B) 1

3 D) 4 E) 5 5

C)

3 3

Entonces: a f q = = =k 4 5 6

Piden:

k = 6°

q = 6k

SAN MARCOS

1 –3Secq = –4 ∨ 1 – 3Seca = 4

J4k + 6k J K = Tan(5k) = Tan30° Tan K L 2 L

Ja + q J ∴ Tan K K= 3 3 L 2 L

Seca =

5 3

∨

Seca = –1

a: cuadrantral

como |Tana| = –Tana → Tana < 0

Respuesta: Problema 3

3 3

a∈IIC

∨

a∈IVC

Solo es posible: Seca = 5 ; a ∈ IVC 3

Luego: Sena + Csca = – 4 + 5

Si |1 – 3 Seca | = 2, a = 4k, f = 5k,

|1 – 3 Seca |= 4

Sen(15k) = 1; 15 k = 90°

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

|(1 – 3 Seca) | = 2...( )2

∴ Sena + Csca = –

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

71 17

–4

5

además | Tana |= – Tana

41 20

Respuesta: –41/20

TRIGONOMETRÍA

TEMA 7

TRIGONOMETRÍA TEMA 8

REDUCCIÓN AL PRIMER CUADRANTE DESARROLLO DEL TEMA II. SEGUNDO CASO

Reducir un ángulo al primer cuadrante consiste en relacionar a las razones trigonométricas de un ángulo de cualquier magnitud con las razones trigonométricas de un ángulo agudo (ángulo del primer cuadrante), obteniéndose una equivalencia. Se presentan los siguientes casos:





R.T. (360°K + a) = R.T.(a) R.T. (2kp + a) = R.T.(a)

I. PRIMER CASO

Para ángulos positivos menores que una vuelta.

A. Primera forma y

(90°+q)

90°

(270°+q)

p 2 2Kp

(2K–1)p

∀K∈Z p (4K–1) 2

III. TERCER CASO

B. Segunda forma (180°–q) q q

(180°+q)

y

q

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) = –Senq Cos(–q) = Cosq Tan(–q) = –Tanq Cot(–q) = –Cotq Sec(–q) = Secq Csc(–q) = –Cscq

x 360°

(360°–q)

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

IV. PROPIEDADES PARA ÁNGULOS RELACIONADOS

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

SAN MARCOS

0 < a < 360°

270°

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

180°

(4K+1)

La notación general de ángulos cuadrantales es:

x

q q

K∈Z

Observación:

q

(270°–q)

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.

18

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.

TRIGONOMETRÍA

TEMA 8

REDUCCIÓN AL PRIMER CUADRANTE

Si: a + b = 180° < > p Cosa Tana Cota Seca

+ + + +

Si: a + b = 360° < > 2p

Cosb = 0 Tanb = 0 Cotb = 0 Secb = 0

Sena Tana Cota Csca

Sena = Senb Csca = Cscb

+ + + +

Senb = 0 Tanb = 0 Cotb = 0 Cscb = 0

Cosa = Cosb Seca = Secb

Nota: Es importante tener presente:

Nota:

q > 0 → –q < 0

Sen(x–y) = –Sen(y–x)

q < 0 → –q > 0

Cos(x–y) = Cos(y–x)

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1

Resolución:

Resolución:

Simplificar:

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

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

= A

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

A) 3 D) 1

B) 2 E) 6

–b

C) 4

Operando adecuadamente:

a

64 + x2 = x2 + 4x + 4 → 4x = 60° x = 15

De la figura:

Resolución: Aplicando las fórmulas de reducción al primer cuadrante en cada término. Tan(180° + x) = + Tanx Cot(90° – x) = + Tanx Sen(270° + x) = – Cosx Cos(180° – x) = – Cosx

a + (–b) = 180°

Reemplazando:

K = (–Senb) + Senb + (–Cosb) + Cosb

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

Respuesta: B) 2

Reemplazando:

a – b = 180° → a = 180° + b Reemplazando K=Sen(180°+b)+Senb+Cos(180°+b) +Cosb Por fórmula de reducción al primer cuadrante. K=0

Respuesta: A) 0

De la figura, calcular:

a 8

De la figura, calcular: K = Sena + Senb + Cosa + Cosb A) 0 B) 1 C) 2 D) 4 E) 3

SAN MARCOS

A) 5 D) 2

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

M=–4

q

91 19

De la figura:

17  5 17 5 12 M= 5  − − + = − + = 3 3 3  15  3

x+2 x B) 4 E) 8

q

Reemplazando en la incógnita:

M = 5 Secq + Sec53 b

15

a

–17 17 + Secq = 0 → Secq = 15 15

Problema 3

Problema 2

17

8

C) –4

TRIGONOMETRÍA

Respuesta: C) –4

TEMA 8

TRIGONOMETRÍA TEMA 9

CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA DESARROLLO DEL TEMA I. CIRCUNFERENCIA



III. ARCOS DIRIGIDOS EN POSICIÓN NORMAL

Una circunferencia es el lugar geométrico de todos los puntos en el plano tales que equidistan con respecto a un punto fijo llamado centro. La distancia constante se denomina radio. y De la figura: Centro c(h, K) (h, k)

Ecuación ordinaria (x–h)2+(y–k)2 = r2

• Definición

Son aquellos arcos formados en la C.T. que se generan a partir del origen de arcos (posición inicial: A) y cuyo extremo (P) será la posición final de dicho arco. Diremos que un arco pertenece a un determinado cuadrante, si su extremo pertenece a dicho cuadrante. Por ejemplo a y b son arcos dirigidos en posición normal. y – P: extremo del B a arco “a”, a∈II; P es un arco positivo arad A (sentido antihorario) x brad – Q: extremo del arco b “b”, b∈IVC; b es un arco Q negativo (sentido horario)

r (x, y) x

A. Caso particular (I)

Sea: h = 0 y K = 0 → C(0, 0) Reemplazando en la ecuación ordinaria (x–0)2 + (y–0)2 = r2 →

x2 + y2 = r2

La ecuación anterior de la circunferencia, se denomina "forma canónica".

B. Caso particular (II) 2

2

En la ecuación: x + y = r Si: r = 1 →

IV. ARCO CUADRANTAL

2

x2 + y2 = 1

Esta es la ecuación de la circunferencia trigonométrica.

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 p 2

II. CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

Es aquel conjunto de infinitos puntos que pertenecen al plano cartesiano cuya distancia al origen de coordenadas es igual a la unidad de dicho sistema. y Donde: B • O (0; 0): origen de C.T. coordenadas 1 • A (1; 0): origen de arcos x • B (0; 1): origen de O A' A complementos • A' (–1; 0): origen de suplementos LT B' x2 + y 2 = 1 • LT: eje de tangentes

SAN MARCOS

p rad 2



C.T.

y A x –p

C.T.

A –prad x

V. REPRESENTACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS RAZONES TRIGONOMÉTRICAS EN LA C.T.

20

Las razones trigonométricas serán representadas a partir de segmentos dirigidos los cuales brindarán la siguiente información:

TRIGONOMETRÍA

TEMA 9

CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

Variación Analítica

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.

I. Cuadrante Sen0 = 0 p Sen = 1 2 II. Cuadrante p Sen = 1 2 Senp = 0 III. Cuadrante Senp = 0 3p Sen = –1 2

y

(–)

(+) (+)

IV. Cuadrante 3p Sen = –1 2

(+) x

x'



(–) (–)

(+)





VI. DEFINICIONES A. Seno

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

O

C.T.

Cos

p =0 2

II. Cuadrante p Cos = 0 2 Cosp = –1 III. Cuadrante Cosp = –1

a



A

x

Cos

3p =0 2

IV. Cuadrante 3p Cos = 0 2

q

senq

Q(x2; y2)

Cos2p = 1



B. Coseno

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

decreciente

creciente

creciente

b

a

R(x1; y1) Cosb O

b A

O

N(1; y1) tana A

x

C.T.

x

Cosf

M(1; y2)

f Entonces: Tana = y1 Tanb = y2

Entonces: Cosb = x1 ; Cosf = x2

SAN MARCOS

decreciente

La tangente de un arco en la C.T. es la ordenada del punto de intersección, entre el eje de tangente y la prolongación del radio que contiene al extremo del arco: y

y

S(x2, y2)

creciente

C. Tangente

Entonces: Sena = y1 Senq = y2

C.T.

decreciente

Análogamente I. Cuadrante Cos 0 = 1

sena

Decreciente



(–)

y'

P(x1; y1)

Sen2p = 0

Creciente

12 21

TRIGONOMETRÍA

TEMA 9

CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

Entonces: Seca = x1 Secb = x2

D. Cotangente La cotangente de un arco es la abscisa del punto de intersección entre la recta tangente que pasa por el origen de complementos y la prolongación del radio que pasa por el extremo del arco: Eje de M(x2; 1) N(x1; 1) Cotangentes L a

F. Cosecante La cosecante de un arco es la ordenada del punto de intersección entre la recta tangente que pasa por el extremo del arco y el eje y. y M(0, y1)

x P

b

C.T.

Ctgb = x2

Variación Analítica I. Cuadrante II. Cuadrante Tan0 = 0 p x→ Creciente 2 Tanx → ∞

P y Q: puntos de tangencia Entonces: Csca = y1 Cscb = y2

Tanp = 0 III. Cuadrante IV. Cuadrante Tanp = 0 3p Creciente x→ 2 Tax → + ∞

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

3p 2 Tanx → –∞ Creciente





E. Secante

•

M(x1; 0) Seca

b



x

–1 ≤ SenqImpar ≤ 1 –1 ≤ CosqImpar ≤ 1

0 ≤ SenqPar ≤ 1 0 ≤ 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.

C.T.

P y Q: puntos de tangencia

TRIGONOMETRÍA

1

• En forma práctica la línea seno es una vertical en la C.T. y la línea coseno es una horizontal.

P a O

–1

Es importante tener presente que:

La secante de un arco es la abcisa del punto de intersección entre la recta tangente que pasa por el extremo del arco y el eje x. y

TEMA 9

1

Cscx

Tan2p = 0

Q

–1

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

x→

Secb

Q N(0, y2)

p x→ 2 Tanx → –∞

N(x2, 0)

x

b

C.T.

Creciente



A

O Cscb

Entonces: Ctga = x1 ;

a

Csca

A

O

2222

SAN MARCOS

CIRCUNFERENCIA TRIGONOMÉTRICA

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Hallar Fmax – Fmin, si:

Resolución: C.T.

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

y (0, 1)

y P

O A'

1

1 M

A

Q

x (1, 0)

q

x

UNMSM 2002–I NIVEL FÁCIL

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

Respuesta: A) 18 Problema 2 Determine el área de la región sombreada x2 + y 2 = 1

q

P SenqCosq SenqCosq B) – 4 8 SenqCosq SenqCosq C) – D) – 16 2 E) –SenqCosq A) –

Analizando el gráfico: Base: A´A = 2 Altura:

UNMSM 2001–I

Sabemos: S =

NIVEL INTERMEDIO

1 bh (I) 2

Resolución: 1

Sabemos: |a| = –a, a < 0

q

Para la altura q∈IVC,

y

1 q Cosq h

PM = |senq| = –senq Reemplazando en (I) x q

A) Tanq B) Sena C) –Senq D) Senq E) –Sena NIVEL INTERMEDIO

SAN MARCOS

S=

1 (2)(–Senq) → S = – Senq 2

Del gráfico: h = cosq|senq| Luego: A=

Respuesta: C) –Senq

1  –2(Cosq Senq) 4  2

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

32 23

SenqCosq 4

Respuesta: A) –

TRIGONOMETRÍA

SenqCosq 4

TEMA 9

TRIGONOMETRÍA TEMA 10

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS SIMPLES DESARROLLO DEL TEMA Es una igualdad establecida entre expresiones que involucran razones trigonométricas de una o más variables, las cuales se verifican para todo valor admisible de dichas variables. Ejemplo: La igualdad: Sen2x + Cos2x = 1, se verifica para cualquier valor real que le asignemos a la variable por consiguiente: Sen2x + Cos2x = 1

1 Cotx • Cotx = 1 Tanx

• Tanx =

C. Identidades por división Tanx = Senx Cosx

Es una identidad ∀ x ∈ r

Cotx = Cosx Senx

I. CLASIFICACIÓN DE LAS IDENTIDADES FUNDAMENTALES

D. Identidades auxiliares

A. Identidades pitagóricas 2

2

1. Sen x + Cos x = 1 2

1.

∀x∈r

2. Sec4x + Tan4x = 1 + 2Sec2xTan2x

2

• Sen x = 1 – Cos x • Cos2x = 1 – Sen2x 2 2 2. 1 + Tan x = Sec x

• Tan2x = Sec2x – 1 • 1 = Sec2x – Tan2x 2 2 3. 1 + Cot x = Csc x

3. Csc4x + Cot4x = 1 + 2Csc2xCot2x 4. Sen6x + Cos6x = 1 – 3Sen2xCos2x 5. Sec6x – Tan6x = 1 + 3Sec2xTan2x

∀ x ≠ (k + 1) p ; k ∈ z 2

6. Csc6x – Cot6x = 1 + 3Csc2xCos2x 7. Tanx + Cotx = SecxCscx 1 8. Tanx + Cotx = SenxCosx

∀ x ≠ kp; k ∈ Z

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

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

11. Senx = 1 Cosx Senx 1 ± Cosx

B. Identidades recíprocas

12. Cosx = 1 Senx Cosx 1 ± Senx

1. Senx Cscx = 1 • Senx = 1 Cscx • Cscx = 1 Senx

13. Secx 14. Cscx

2. Cosx Secx = 1 • Cosx = 1 Secx • Secx = 1 Cosx

1 Tanx 1 Cotx

= Secx

Tanx

= 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

3. Tanx Cosx = 1

SAN MARCOS

Sen4x + Cos4x = 1 – 2Sen2xCos2x

24

TRIGONOMETRÍA

TEMA 10

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS SIMPLES

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Si (a) ∈ III c, simplifique A = Cot2a + Csca A) –1 D) –1/2

Csc2a (Csc2a + Sec2a) (Tana+ Cota)2

B) 1/2 E) 1

Problema 2 Si Cosa = m , donde |m| ≠ |n| n Calcule k = (Cota + Csca)(Tana – Sena) 2 A) n – 1 m2

C) 3/2

PRE-SAN MARCOS 2011 NIVEL FÁCIL

Resolución: 2 2 2 2 Sabemos Sec a + Csc a = Sec aCsc a

2 B) m – 1 2 n

Para el problema A = Cot2a + Csca 2

E) n – m mn

A) 7 D) 4

2

2

Csc a (Sec a + Csc a) Sec2aCsc2a 2

2

SAN MARCOS

Respuesta: –1

B) 8 E) 3

C) 1

UNMSM 2012 UNMSM 2013

NIVEL INTERMEDIO

NIVEL DIFÍCIL

Resolución: 2

A = Cot a+ Csca|Csca| = Cot a – Csc a (–) ⇒ A = –1



Calcula K = 4m2 + 4/3t + 7

2

Tana + Cota = SecaCsca



Problema 3 Sabiendo Cosa = m y 3Sen2a = t

2 m2 – n2 C) m – 1 D) mn mn 2

2 2 k = Seca – Cosa = n – m → k = n – m m n mn Respuesta: n2 – m2 mn

Resolución:

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

Reemplazando los datos en ña incógnita k = 4Cos2a + 4/3(3Sen2a) + 7 Simplificando y factorizando

Simplificando identidades 1 k = 1 – Cosa Sena + Sena Sena

52 25

Sena – 1 Cosa

k = 4(Cos2a + Sen2a) + 7 → k = 1

TRIGONOMETRÍA

Respuesta: 1

TEMA 10

TRIGONOMETRÍA TEMA 11

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS DESARROLLO DEL TEMA I. IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA LA SUMA DE DOS ARCOS

II. IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA LA DIFERENCIA DE DOS ARCOS





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

Estas igualdades se verifican para todos los valores admisibles de sus variables y son las siguientes: Sen(x – y) = SenxCosy – Cosx Seny

Sen(x + y) = SenxCosy + Cosx Seny ∀ x, y ∈ R

∀ x, y ∈ R

Cos(x + y) = CosxCosxy – Senx Seny

Cos(x – y) = CosxCosy + Senx Seny

∀ x, y ∈ R

∀ x, y ∈ R

Tan(x + y) =

Tanx + Tany 1 – TanxTany

Tan(x – y) =

∀ x, y, (x – y) ≠ (2k + 1) p/2; K ∈ R

∀ x, y, (x + y) ≠ (2k + 1) p/2; K ∈ R

Ejemplo:

Ejemplo:

Tanx – Tany 1 + TanxTany



Calcule el valor de Sen75°

Calcule el valor de Tan8°

Resolución:

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° =



SAN MARCOS

Tan8° = Tan(45° – 37°) =

Tan45° – Tan37° 1 + Tan45° × Tan37°

3 1 4 Tan8° = = 4 3 7 1+ 4 4 1–

2× 3+ 1× 2 2 2 2 2

Sen75° =

Expresaremos nuestra variable 8° en función de ángulos conocidos.

6+ 2 4

Tan8° =

26

1 7

TRIGONOMETRÍA

TEMA 11

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS

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

Observación: p 4 Tana ± Tanb ± TanaTanb = 1

Del siguiente gráfico:

Si : a ± b = 45° < > y C.T.

Q

Seny 1

Senq

A'

P

R

SenxSeny x

SenyCosx T

M sy y Co SenxCosx q x Cosq CosxCosy S A

Importante:

C.T.

f(x) = aSenx ± bCosx; x ∈  a2 + b2 ≤ f(x) ≤ + a2 + b2

x

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

→ Senq = Sen(y + x)



→ Cosq = –Cos(x + y)



Ademas QP = RS

V. PROPIEDADES PARA TRES ÁNGULOS

Senq = SenxCosy + SenyCosx



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



1. Siendo:

∴Sen(x + y) = SenxCosy + SenyCosx



También: PS = QR x + y + z = p ó kp, k ∈ Z

Cosq + CosxCosy = SenxSeny Cosq = SenxSeny – CosxCosy

Tanx + Tany + Tanz = TanxTanyTanz

–Cos(x + y) – CosxCosy

CotxCoty + CotxCotz + CotyCotz = 1 ∴Cos(x + y) = CosxCosy – SenxSeny



p ;n ∈  2 ∀x, y, z ≠ np,n ∈ 



2. Siendo:

∀x, y, z ≠ (2n + 1)

IV. IDENTIDADES AUXILIARES Sen(x ± y) = Tanx ± Tany CosxCosy

x + y + z = p ó (2k + 1) p ;k ∈  2 2

Sen(x + y)Sen(x – y) = Sen2x – Sen2y Sen(x + y)Sen(x – y) = Cos2y – Cos2x

Cotx + Coty + Cotz = CotxCotyCotz TanxTany + TanxTanz + TanyTanz = 1

Cos(x + y)Cos(x – y) = Cos2x – Sen2y

∀x, y, z ≠ np;n ∈ 

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

SAN MARCOS

72 27

∀x, y, z ≠ (2n + 1)

p ;n ∈  2

TRIGONOMETRÍA

TEMA 11

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS DE ARCOS COMPUESTOS

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1 Indique la expresión equivalente a p p p E = Cos  – – x  + Cosx  x –  + Cosx, ] 0; [ 6 2  6  

A) 3Cosx

B) 3 2

C) –7/2 3

C) 3 2/2

D) –5 3/9

B) –7 3/9

E) –4 3/9

E) 2

C) ( 3 + 3)Cosx

UNMSM 2014–II

UNMSM 2014–II

D) ( 3 + 1)Cosx

Resolución:

E) (2 + 3 )Cosx UNMSM 2014–II

Resolución: Planteamiento Sabemos: Cos(x ± y) = Cosx.Cosy ± Senx.Seny Cos(–A – B) = Cos(A + B) Desarrollando las formulas: p p p E = Cos .Cosx – Sen Senx + Cosx.Cos + 6 6 6

E = 2Cos

A) –5/ 3

D) 2 3

B) 2 3Cosx

Senx.Sen

Problema 2 p Si: a + b = , halle (1 – cota)(1 – cotb) 4 A) 2/3

p + Cosx 6

Inicialmente ubicamos la propiedad p a + b = " Tana + Tanb + Tana.Tanb = 1 4 En base a esta propiedad, se procederá a indicar la forma de la incógnita. Tana + Tanb + Tana.Tanb = 1 Dividiendo miembro a miembro por " Tana.Tanb" Cotb + Cota + 1 = Cota.Cotb (Cotb – Cota.Cotb) – (Cota – 1) + 1 = –1 Cotb(1 – Cota) – (Cota – 1) = 2

Respuesta: E E = 3Cosx + Cosx

Planteamiento •

Ángulos compuestos

•

Se observa teoría de ángulo exterior

Operación del problema: a

Ángulo exterior q = (60° + a) Cota = Cot(60° + a) Desarrollando Cotq =

Problema 3 En la figura, Tana = 2 3

E = ( 3 + 1)Cosx

Tana = 2 3

q

60°

Trasponiendo Factorizando:

p Cosx + Cosx 6

Resolución:

Cotq =

1 – ( 3)(2 3) 3 +2 3 –5 3 9

a

Respuesta: D

TEMA 11

TRIGONOMETRÍA

q

60°

2882

Respuesta: D

SAN MARCOS

TRIGONOMETRÍA TEMA 12

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I DESARROLLO DEL TEMA Sen2x = 1 – Cos2x ⇒ Cos2x = Cos2x – (1 – Cos2x) Cos2x = 2Cos2x – 1

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO DOBLE El objeto de estas igualdades es expresar las razones trigonométricas del ángulo doble en términos de las razones trigonométricas del ángulo simple ; estas igualdades serán válidas para todos los valores admisibles de sus variables.

II. IDENTIDADES AUXILIARES 1 + Cos2x = 2Cos2x

I. IDENTIDADES FUNDAMENTALES

1 – Cos2x = 2Sen2x

Senx = 2SenxCosx ∀x∈r

Cotx – Tanx = 2Cot.2x

Cos2x = Cos2x – Sen2x

Cotx + Tanx = 2Csc2x

∀x∈r Tan2x =

III. ÁNGULO DOBLE EN FUNCIÓN DE TANGENTES

2Tanx 1 – Tan2x



∀ x ≠ {(2n + 1) p ; (2n + 1) p }; n ∈ Z 4 2



Observación: Con la ayuda de la identidad sen2x + cos2x = 1, se puede expresar el coseno del ángulo doble (cos2x), ya sea en función del seno o coseno del ángulo simple (senx o cosx) para lo cual procederemos del modo siguiente:

1 + Tan2x

Sabemos que: Cos2x = Cos2x – Sen2x = 1 Pero: Cos2x = 1 – Sen2x ⇒ Cos2x = (1 – Sen2x) – Sen2x ∴ Cos2x = 1 – 2Sen2x



Sabemos que: Cos2x = Cos2x – Sen2x Pero:

SAN MARCOS

Cuando se quiera expresar las razones trigonométricas del ángulo doble [RT(2x)] en función de la tangente del ángulo simple (Tanx), convendría elaborar el triángulo de las tangentes:

29

2Tanx

1 – Tan2x ⇒ Sen2x =

2Tanx 1 + Tan2x

⇒ Cos2x =

1 – Tan2x 1 + Tan2x

⇒ Tan2x =

2Tanx 1 – Tan2x

TRIGONOMETRÍA

TEMA 12

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I

IV. DEMOSTRACIÓN DE LAS IDENTIDADES FUNDAMENTALES • Demostración de Sen2x = 2SenxCosx

Sabemos que:

Sen(a + q) = SenaCosq + SenqCosa Haciendo a = x ∧ q = x tendremos: Sen(x + x) = SenxCosx + SenxCosx

2 ∴



•

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA EL ÁRCO MITAD DEFINICIÓN El objeto de estas igualdades es expresar las razones x a q trigonométricas del ángulo mitad  ; ;...  en términos de 2 2 2 las razones trigonométricas del ángulo simple estas igualdades son válidas para todos los valores admisibles de sus variables.

I. IDENTIDADES FUNDAMENTALES

Sen2x = 2Senx.Cosx

Demostración de:



Cos2x = Cos2x – Sen2x



Sabemos que:

x 1 – Cosx Sen   = ± 2 2



∀x∈r

Cos(a + q) = CosaCosq – SenaSenq Haciendo; a = x ∧ q = x; tendremos: Cos(x + x) = CosxCosx + SenxSenx

•

Demostración de: 2Tanx Tan2x = 1 – Tan2x

x 1 – Cosx Tan   = ± 1 + Cosx 2 ∀ x ∈ r – {2n – 1}; n ∈ Z

Sabemos que:

∀ x ∈ r – {2np}; n ∈ Z

Haciendo; a = x ∧ q = x; tendremos: Tan + tanx Tan(x + x) = 1 – Tanx.Tanx 2x ∴

Tan2x =

x 1 + Cosx Cot   = ± 1 – Cosx 2



Tana + Tanq Tan(a + q) = 1 – TanaTanq





Cos2x = Cos2x.Sen2x





x 1 + Cosx Cos   = ± 2 2 ∀x∈r

2 ∴







2Tanx 1 – Tan2x

Observación: El signo que aparece en los radicales depende del cuadrante en el cual se ubique el ángulo mitad  x  y 2 del ordenador que lo afecte.

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1 Simplificar:

A=

2Sen10°Cos10° Sen10° 2Cos10° 1

Sen20° + Sen10° 2Cos10° + 1

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

Factorizando Sen10° (2Cos10° + 1) A= 2Cos10° + 1 A = Sen10°

Respuesta: C) Sen10° UNMSM - 2000 NIVEL FÁCIL

Resolución: Desarrollamos por arco doble Sen20° = 2Sen10°.Cos10°

TEMA 12

B) 1/3 E) 3/4

C) 2/9 UNMSM 2011-I

NIVEL INTERMEDIO

Resolución: Por degradación de arco doble 2Sen2a = 1 – Cos2a Remplazando Cos4a + 1 – cos2a = 0

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

TRIGONOMETRÍA

A) 1/12 D) 1/8

3003

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

SAN MARCOS

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ARCO MÚLTIPLE I

1 A) CosaSen3a cm2 2

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

C a

1 B) Cos4aSena cm2 2

Respuesta: E) 3/4

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

1 2

1 C) Cos2aSena cm2 2

a A

1 D) Cos3aSena cm2 2 1 E) CosaSen2a cm2 2

a A

SAN MARCOS

M

B

Resolución: Por resolución en (MCB)

13 31

2a M 1 Cos2a B 2

S ABC =

11 1 Sen2a  (1 + Cos2a) 2  2 2

S ABC =

11 1 2Sen2a  (2Cos2a) 2  2 2

S ABC =

1 SenaCos 3a cm2 2

UNMSM 2010–II NIVEL INTERMEDIO

1 2

1 Sen2a 2

Respuesta: E) 2 + 1

TRIGONOMETRÍA

TEMA 12

TRIGONOMETRÍA TEMA 13

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II DESARROLLO DEL TEMA I. FÓRMULA RACIONALIZADA DEL ÁNGULO MITAD

x 1 Cosx x Cot   = + Cot = Cscx + Cotx  2  Senx Senx ∴ 2

A. Tan x = Cscx – Cotx

II. IDENTIDADES AUXILIARES

2

Sabemos: x • Cscx + Cotx = Cot ........ (I) x2 • Cscx – Cotx = Tan ........ (II) 2

Demostración de: x Tan   = Cscx – Cotx 2 Sabemos que: x x 2 ; multiplicando por: Tan   =  2  Cos x 2 x 2Sen (Numerador y denominador), tendremos: 2 x x x Sen 2Sen 2Sen2 x 1 – Cosx 2. 2= 2 = Tan   = Senx  2  Cos x 2Sen x 2Sen x Cos x 2 2  2 2  Sen

x 1 Cosx Tan   = – ∴  2  Senx Senx

B. Cot

Tan

2Cotx = Cot

x x – Tan 2 2

Ejercicios de aplicación • • • •

x = Cscx – Cotx 2

Csc40° + Cot40° = Cot20° Csc6a – Cot6a = Tan3a Cot20° + Tan20° = 2Csc40° Cot12q – Tan12q = 2Cot24q

III. IDENTIDADES DEL ÁNGULO TRIPLE A. Sen3x = 3Senx – 4Sen3x

x = Cscx + Cotx 2

Demostración: Sen3x = Sen(2x+x) Sen3x = Sen2xCosx + Cos2Senx

Demostración de: x Cot   = Cscx + Cotx 2 Sabemos que: x Cos x 2 ; multiplicando por: Cot   =  2  Sen x 2 x 2Cos (Numerador y denominador), tendremos: 2 x x x Cos 2Cos 2Cos 2 x 2. 2= 2 = 1 + Cosx Cot   = Senx  2  Sen x 2Cos x 2Sen x Cos x 2 2  2 2 



Sabemos por ángulo doble: Sen2x = 2SenxCosx Cos2x = 1 – 2Sen2x



Reemplazando: Sen3x = (2Senx Cosx) Cosx + (1–2Sen2x) Senx Sen3x = 2Senx Cos2x + Sen – 2Sen3x 2 2 Sabemos: Cos x = 1 – Sen x

Senx

SAN MARCOS

x x + Tan 2 2

(I)–(II) ⇒

Senx



(I)+(II) ⇒ 2Cscx = Cot

32

TRIGONOMETRÍA

TEMA 13

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II

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

Tan ( A + B + C ) =

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

Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx

Tan3x =



3Tanx – Tan3x 1 – 3Tan2x

En general:

Demostración: Sabemos: Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx   2 Cos3x = Cosx  2 x 2Cos   x – 3     Recordando:

Sen3x = 3Senx – 4Sen3x Sen3x = Senx(2Cos2x+1) Sen3x = 4SenxSen(60°–x) Sen(60°+x) Cos3x = 4Cos3x – 3Cosx Cos3x = Cosx(2Cos2x–1) Cos3x = 4CosxCos(60°–x) Cos(60°+x)

1+Cos2x = 2Cos2x Doble Observación:

Tan3x =

Triángulo notable

3Tanx – Tan3x 1 – 3Tan2x

Tan3x = TanxTan ( 60° – x ) Tan ( 60° + x )

72° 5 –1

18°

10 + 2 5

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

Observación:

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

C. Tan3x

Tanx + Tanx + Tanx – TanxTanxTanx 1 – ( TanxTanx + TanxTanx + TanxTanx )

Efectuando operaciones:

B. Cos3x = Cosx(2Cosx2x–1)

4

TanA + TanB + TanC – TanATanBTanC 1 – ( TanATanB + TanATanC + TanBTanC )

Triángulo notable 4

3Tanx – Tan x 1 – 3Tan x

54° 10 – 2 5

36°

Demostración: Sabemos:

5+1

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 p x Si: x+y = y además Cot = 2+Secy 2 2 Calcular: K = 6Tanx + 5 Cosx A) 1

B) 2

D) 4

E) 5

C) 3 NIVEL INTERMEDIO

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

SAN MARCOS

Por razones complementarias: Secy = Cscx

Reemplazando en K  2  1 K = 6   + 5   → K = 5 2    5

Reemplazando

Respuesta: 5

2 → CA 1 → CO Cotx =

5

1 2

33 33

x

Problema 2 Hacer más simple la expresión: E = 4Cos2x – Cos3xSecx A) 1 B) –1 C) 3 D) 4 E) 5 NIVEL INTERMEDIO

TRIGONOMETRÍA

TEMA 13

IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA ANGULO MÚLTIPLE II

Resolución:

(

)

1  E = 4Cos 2x – 4Cos 3x – 3Cosx    Cosx  Factorizando en el 2.° término

(

)

1  E = 4Cos 2x – Cosx 4Cos 2x – 3    Cosx  E = 4Cos2x – 4Cos2x + 3 = 3

Problema 3 Simplifcar: B = Tanx . Cos3x + 2Senx A) Sen3x B) Cos3x C) Sen23x 3x D) Cos23x E) Sen 2 UNMSM 2008 NIVEL DIFÍCIL

Resolución: Sabemos:

Respuesta: 3

TEMA 13

Cos3x = Cosx (2Cos2x–1)

TRIGONOMETRÍA

3443

Reemplazando: Senx  B =   Cosx(2Cos2x – 1) + 2Senx  C os x  Simplificar: B = Senx (2Cosx 2x –1)+2 Senx Factorizando: (Senx) B = Senx (2Cos 2x – 1 + 2) B = Senx (2Cos 2x + 1) B = Sen3x

Respuesta: Sen3x

SAN MARCOS

TRIGONOMETRÍA TEMA 14

TRANSFORMACIONES TRIGONOMÉTRICAS DESARROLLO DEL TEMA I. DE SUMA O DIFERENCIA A PRODUCTO

Sumando tendremos:



Sen(x + y) + Sen(x – y) = 2SenxCosy

Se le suele llamar también factorización trigonométrica

A

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

x + y = A Haciendo:  x – y = B Se obtiene: x =

ordenados de mayor a menor. Los ángulos resultantes en los factores del producto serán la semisuma y la

B

A +B A –B ∧y= 2 2

semidiferencia de los ángulos iniciales.

 A +B   A –B ∴ Sen(A) + Sen(B) = 2Sen  2  Cos  2     

A. Suma o diferencia de senos a producto

Restando tendremos:



Sen(x + y) – Sen(x – y) = 2SenyCosx

A +B   A –B SenA + SenB = 2Sen   Cos  2   2   

A

x + y = A Haciendo:  x – y = B

A –B  A +B  SenA – SenB = 2Sen   Cos  2   2   

Se obtiene: x =

B. Suma o diferencia de cosenos a producto ∴

A +B   A –B CosA + CosB = 2Cos   Cos  2   2    A +B   A –B CosA – CosB = –2Sen   Sen  2   2   

B

A +B A –B ∧y= 2 2

A –B  A +B  Sen(A) – Sen(B) = 2Sen   Cos  2   2   

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



II. DEMOSTRACIÓN DE LAS IDENTIDADES FUNDAMENTALES

 Cos(x + y) = CosxCosy – SenxSeny Sabemos que:   Cos(x – y) = CosxCosy + SenxSeny

A. Demostración de la transformación de senos

Sumando tendremos:

Para efectuar estás demostraciones partiremos del

Cos(x + y) + Cos(x – y) = 2CosxCosy A

seno de la suma y diferencia de dos arcos (identidades

B

de ángulos compuestos).

x + y = A Haciendo:  x – y = B

 Sen(x + y) = SenxCosy + SenyCosx Sabemos que:   Sen(x – y) = SenxCosy – SenyCosx



SAN MARCOS

35

Se obtiene: x =

A +B A –B ∧y= 2 2

TRIGONOMETRÍA

TEMA 14

TRANSFORMACIONES TRIGONOMÉTRICAS



 A + B  Cos  A – B  ∴ Cos(A) + Cos(B) = 2Cos    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.

Restando tendremos: Cos(x + y) – Cos(x – y) = –2SenxSeny A

B

x + y = A Haciendo:  x – y = B

Se obtiene: x =

A +B A –B ∧y= 2 2

2SenACosB = Sen(A + B) + Sen(A – B) 2CosACosB = Cos(A + B) + Cos(A – B) 2SenASenB = Cos(A – B) – Cos(A + B)

A – B  Sen  A + B  Cos(A) – Cos(B) = –2Sen    2   2   

∴

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1 Simplificar: A= A) 2 2

A= Sen17°+Cos17° Sen31° Cos31° B) 2 2 C) 2

Por ángulos complementarios: Sen17° = Cos73°

Transformando a producto: 2Cos45° Cos28° Sen31°Cos31°

 2 2  Cos28° Reemplazando y  2  aplicando artificio = 2 Sen31° Cos31° en el denominador. 2 Operando convenientemente: A=

2 2Cos28° Por razones complementarias Sen62°

TEMA 14

Respuesta:

Problema 2

2 10 10 3 10 A) B) C) 5 5 5 5 2 5 D) E) 5 5

Cos73°+Cos17° Sen31°Cos31°

1  10 N = 2   → N= 5  10 

Respuesta: 2 2

Si Tana = 3; 0 < a <

Resolución:

A=



p 2 Sen8a – Sen4a calcule N = 2Sena Cos6a

2 D) 4 2 E) 4

A=

2 2Cos28° → A=2 2 Cos28°

UNMSM - 2008

Resolución:

Transformando a producto el numerador. Sen2a 2Cos6a Sen2a N= = Sena 2Sena Cos6a Por seno del doble 2Sena Cosa N= → N = 2Cosa .... (I) Sena Dato:

TRIGONOMETRÍA

Problema 3 Calcule: K = Cos40° + Cos80° + Cos160° A) 1 B) –1 C) 0 D) 1/2 E) –1/2

UNMSM - 2014

Resolución:

3 Tana = 1 En (I)

10 5

Agrupando: K = (Cos80°+Cos40°)+Cos160° Transformando a producto y por reducción al primer cuadrante: K = 2Cos60° Cos20°+ Cos(180°–20°) Por fórmula y reemplazando valores: K= 2

10

3

a 1

3663

( 12 ) Cos20°+(–Cos20°) → K = 0



Respuesta: 0

SAN MARCOS

TRIGONOMETRÍA TEMA 15

ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS DESARROLLO DEL TEMA I. DEFINICIÓN DE ECUACIÓN TRIGONOMÉTRICA

en este caso como el seno es positivo buscaremos en el primer y segundo cuadrante los dos primeros arcos positivos que cumplen la igualdad. x=π–π 4 x=π 4



Son igualdades establecidas entre expresiones que involucran razones trigonométricas de una o más variables y que se verifican para cierto número de valores de dichas variables. Para que una igualdad sea considerada como una ecuación trigonométrica, la variable deberá estar afectada de algún operador trigonométrico; tal como se observará en los ejemplos siguientes: 1. Senx + 2Cos3x = 1 Sí es ecuación trigonométrica 2. 3Senx + Cos2x = 2 Sí es ecuación trigonométrica 3. SenxCos2x = Sen3x Sí es ecuación trigonométrica 4. x + Senx = 1 + Sen2x No es ecuación trigonométrica 5. x + Sen3x = x2 + 1 No es ecuación trigonométrica 6. x + Cosx = x2 + Senx No es ecuación trigonométrica

2 2 π









Luego para que: Senx = 2 2 π ;π– π Se observa que: x = 4 4 3π π ∴ x = 4; 4 Soluciones de la E.T.

de: Cos2x = 1 2 Resolución: Como el coseno es positivo lo ubicamos en el primer y cuarto cuadrante y buscaremos los tres primeros arcos positivos que cumplen la igualdad.

Se llamará solución de una ecuación trigonométrica al valor de la variable que verifica la igualdad y el conjunto formado por todas las soluciones de la ecuación trigonométrica se le llamará conjunto solución de la ecuación. Resolver una ecuación trigonométrica consiste en determinar todas las soluciones de la ecuación; es decir consiste en determinar su conjunto solución. Ejemplo: Resuelva e indique las dos primeras soluciones positivas

1/2

2x = π 3

O 2π

π

de: Senx = 2 2 Resolución: Como se conoce el valor del seno, se le ubica en la C.T. y se busca los arcos en los cuadrantes correspondientes;

SAN MARCOS

O 2π

Ejemplo Resuelva e indique las tres primeras soluciones positivas

II. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN TRIGONOMÉTRICA

2 2

1/2

37

2x = 2π – π 3

TRIGONOMETRÍA

TEMA 15

ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS



La igualdad: Cos2x = 1 se cumple cuando: 2 π π 2x = ; 2π – ; 2π + π 3 3 3 ⇒ 2x = π ; 5π ; 7π 3 3 3



∴ x = π ; 5π ; 7π 6 6 6



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

Soluciones de la E.T.

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.



3x – π = 5π ; 7π ; 2π + 5π ; 2π + 7π 4 4 4 4 4



3x – π = 5π ; 7π ; 13π ; 15π 4 4 4 4 4



3x = 3π ; 2π; 7π ; 4π 2 2



∴ x = π ; 2π ; 7π ; 4π 2 3 6 3

III. SOLUCIÓN GENERAL DE LA ECUACIÓN TRIGONOMÉTRICA

Es la expresión en la cual se encuentran generalizadas todas las soluciones de una ecuación trigonométrica. Estas expresiones están dadas mediante la regla de formación existente entre las soluciones de la ecuación trigonométrica y son obtenidas usualmente a partir de las formas generales establecidas en la circunferencia trigonométrica (K ∈ Z).



Tan3x = 1

3π 4

2Kπ +

π 2

O 2π

π

2Kπ + π 7π 4

Tan3x = –1



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



3x = 3π ; 7π ; 2π + 3π ; 2π + 7π 4 4 4 4



⇒ 3x = 3π ; 7π ; 11π ; 15π 4 4 4 4



∴ x = π ; 7π ; 11π ; 5π 4 12 12 4

2Kπ

2Kπ +

3π 2

cuadr. = K π 2

(2K + 1) π 2

Soluciones de la E.T.

Ejemplo: Resuelva e indique las cuatro primeras soluciones positivas π de: Sen 3x – 4 = – 2 2

Kπ

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



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

Resolución:

En la C.T. ubicamos para qué arco del seno es 2 y luego 2 tomaremos este valor como referencia para encontrar los arcos donde el seno es – 2 . 2 π 4 2 2

π 2 2 5π 4

2x O 2π

2 2

Kπ

7π 4

⇒ Sen2x = 0

π La igualdad: Sen 3x – 4 = – 2 se cumplirá cuando el 2 ángulo:

TEMA 15

2x

TRIGONOMETRÍA

⇔ 2x = Kπ Kπ ∴ x= K∈Z 2

3883

SAN MARCOS

ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS





Ejemplo: Resuelva la ecuación e indique su solución general; π siendo: Sen 2x – 3 = –1

IV. ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS ELEMENTALES

Resolución:

Son aquellas igualdades en las cuales se conoce el valor de una razón trigonométrica de una determinada variable y son de la forma:

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

R.T(ωx + q) = n

cual se generalizará la solución de la ecuación. Donde: 2Kπ + π

2Kπ



–1

1. Senx = 2/3



x: variable o incognita ω: coeficiente angular n: valor de la R.T. (n∈R)

Ecuación trigonométrica elemental

2. Cos2x = 3/4



π ⇒ Sen 2x – 3 = –1

Ecuación trigonométrica elemental

π ⇔ 2x – 3 = 2Kπ + π



2x = 2Kπ + 4π 3



π/3 3 2



Cuando se conoce el de una razón trigonométrica (ecuación elemental), el arco o ángulo que cumple con la igualdad se puede generalizar a partir de las formas generales establecidas en la C.T., siendo estas las siguientes:



1. Si se conoce el seno

2Kπ

Si: Senq = a ⇒ VP(q) = ArcSen(a)

∴

Si: Cosq = a ⇒ VP(q) = ArcCos(a)

∴

⇔ 2x = π ; 2π 3 3



En general:

Si: Tan q = a ⇒ VP(q) = ArcTan(a)

∴

K∈Z

93 39

qG = 2Kπ ± VP(q) K ∈ Z

3. Si se conoce la tangente



2π π ⇔ 2x = 2Kπ + 3 ; 2Kπ + 3

qG = Kπ + (–1)K.VP(q) K ∈ Z

2. Si se conoce el coseno



3 ⇒ Sen2x = 2

SAN MARCOS

Ecuación trigonométrica no elemental

V. EXPRESIONES GENERALES PARA LOS ARCOS

Resolución: En la C.T. ubicamos dónde el seno es igual a 3 y 2 generalizamos los arcos que cumplen con la igualdad.

∴ x = Kπ + π ; Kπ + π 6 3

Ecuación trigonométrica no elemental

6. SenxCosx = Tanx



Ejemplo: Resuelva e indique la solución general de: Sen2x = 3 2

3 2

Ecuación trigonométrica no elemental

5. Sen2x = 1 + Tanx



Solución general

2π 3

4. Senx + Cos2x = 1



∴ x = Kπ + 2π K ∈ Z 3



Ecuación trigonométrica elemental π 3. Tan 3x – 4 = –2

qG = Kπ + VP(q) K ∈ Z

TRIGONOMETRÍA

TEMA 15

ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS

PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Resolver: 2Cos2x – 3 = 0 Indicar las 3 primeras soluciones. π 11π 13π A) 12 ; 12 ; 12

π π C) 5 ; 6 ; π 12 π D) 0; 12 ; 13 12 NIVEL INTERMEDIO

Resolución:

y π 6

2π π 2π– 6

De la C.T.

Respuesta: 140° Problema 3 Resolver: Sen2x = Cosx Para x ∈ [0, 2π], indicar el número de soluciones. A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 NIVEL DIFÍCIL

NIVEL INTERMEDIO

Resolución: Por el seno del ángulo doble 2Senx.Cosx = Cosx No conviene eliminar miembro a miembro, porque estaríamos eliminando un conjunto solución, entonces: 2SenxCosx – Cosx = 0 → Cosx(2Senx – 1) = 0

x Cosx = 0 x

x = 3π 2 IC IVC

x= π 6

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

TRIGONOMETRÍA

x= π 2

2Senx – 1 = 0 → Senx = 1 2

x2+y2=1

2x = π → x = π 12 6 2x = 2π – π = 11π → x = 11π 6 12 6

TEMA 15

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

IIC Tan3x = – 3 IVC Para resolver se ubica en la C.T. el arco para el cual la tangente es igual a 3 y se toma como referencia este valor para encontrar los arcos donde la tangente es (– 3). y

3 → IC → Cos2x = 2 → IVC

3x = 360° – 60° → x = 100° Incognita 40° + 100° = 140°

π ; 11π ; 13π 12 12 12

Resolución:

2Cos2x – 3 = 0

x2+y2=1

π 11π 13π ∴ C.S. = 12 ; 12 ; 12

Respuesta:

π π B) 6 ; 2 ; 3π 7

4π π E) 11 ; 2 ; π 3

2x = 2π – π = 13π → x = 13π 6 12 6

4004

x = 5π 6

Respuesta: Número de soluciones = 4

SAN MARCOS

TRIGONOMETRÍA TEMA 16

RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I. CONCEPTOS PREVIOS



1. Todo triángulo que no es rectángulo, es denominado triángulo oblicuángulo.

a = 2RSenA

De donde: b = 2RSenB

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).

c = 2RSenC

B. Ley de cosenos

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.

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.

A. Ley de senos

En todo triángulo oblicuángulo se cumple que las medidas de sus lados son directamente proporcionales a los senos de sus respectivos ángulos opuestos, siendo la constante de proporcionalidad el diámetro de la circunferencia circunscrita al triángulo.

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

⇒

a c b = = = 2R SenA SenC SenB R: Circunradio

SAN MARCOS

41

De donde se tendrá: CosA =

b2 + c2 – a2 2bc

CosB =

a2 + c2 – b2 2ac

CosC =

a2 + b2 – c2 2ab

TRIGONOMETRÍA

TEMA 16

RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

III. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE SENO

C. Ley de las tangentes En todo triángulo oblicuángulo se cumple que la diferencia de las medidas de dos de sus lados es a la suma de estas medidas, como la tangente de la semidiferencia es a la tangente de la semisuma de los respectivos ángulos opuestos a los lados considerados.

• 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

⇒

⇒

⇒

•

Tan A – B a–b 2 = a+b A+B Tan 2

•

Tan B – C b–c 2 = b+c B+C Tan 2

a–c = a+c

CBD: a = SenA 2R

⇒

a = 2R SenA

CAD: a = SenB 2R

⇒

b = 2R SenA

• En forma análoga se deduce que finalmente se puede establecer que:

c = 2R ; SenC

a b c = = = 2R SenA SenB SenC

Tan A – C 2 A+C Tan 2

IV. D E M O S T R A C I Ó N D E LA LEY D E COSENO

D. Ley de las proyecciones En todo triángulo oblicuángulo se cumple que la medida de un lado es igual a la suma de las medidas de los otros dos lados multiplicados cada uno de ellos por el coseno del ángulo opuesto al otro. B

c

A

b

⇒ ⇒ ⇒

TEMA 16

a

C

a = b.CosC + c.CosB

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

b = a.CosC + c.CosA

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

c = a.CosB + b.CosA

TRIGONOMETRÍA

4224

SAN MARCOS

RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

•

• Aplicando resolución de triángulos rectángulos en los

CHB: (Teorema de Pitágoras) 2

2

triángulos determinados se tendrá:

2

a = (bSenA) + (c – bCosA)

CH = bCosC ∧ HB = cCosB

a2 = b2Sen2A + c2 + b2Cos2A – 2bcCosA

• En el triángulo ABC, se observa que:

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

BC = CH + HB

a2 = b2 + c2 – 2bc.CosA

∴ a = bCosC + cCosB

V. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE LAS TANGENTES • Sabemos por el teorema del seno que: a = 2RSenA ∧ b = 2RSenB

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. B

• Dividiendo se tendrá:

a 2RSenA = b 2RSenB

⇒

a SenA = b SenB

c

• Aplicando proporciones:



a–b SenA – SenB = a+b SenA + SenB

S A



2Sen A – B Cos A + B 2 2 A+B A–B 2Sen Cos 2 2

⇒

a–b = a+b

⇒

a–b A+B A–B = Tan .Cot a+b 2 2

a–b = a+b

∴

⇒

S=

b

a

C

bc ac ab SenA = SenB = SenC 2 2 2

Demostración:

Tan A – B 2 A+B Tan 2

VI. DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE LAS PROYECCIONES A

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

BHA: (Resolución de Triángulos)

c

b

BH = cSenA •

C

bCosC

H a

cCosB

S=

(b)(c.SenA) (AC)(BH) = 2 2

∴

S=



• Para calcular el lado a, trazamos la altura AH. • Se determinan los triángulos rectángulos AHC y AHB, en los cuales los lados b y c son sus hipotenusas.

SAN MARCOS

ABC: (Por Geometría)

B

34 43



bc SenA 2

TRIGONOMETRÍA

TEMA 16

RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1

Problema 2

A) arcSen3 3 B) arcTan 3

De la figura calcular: Cos2q

De la figura, calcular "x".

C) arcTan3

D) arcSen3 3

E) arcTan3 3

Resolución:

a

b

B

2 D

3

A) a – b

E)

A) 19 B) 21 C) 15

B) a + b a+b D) 2a

C) ab a–b

m

D) 17 E) 13

A

Por ley de cosenos: x2 = 32 + 52 – 2(3)(5)Cos60°

Resolución: Por ley de senos a Sen3q

=

→ x2 = 34 – 2(15)

b

m Sen(120° – B)

x = 19

Sabemos: Sen3q = Senq(2Cos2q + 1) a Senq(2Cos2q + 1 →

a b

=

b Senq

TEMA 16

3Sen(60° + B) Sen30°

...(2)

19

De la figura ABC. Hallar el ángulo "B"

2SenB = 3

B

⇒ SenB = 3 3 CosB ⇒ TanB = 3 3

D

⇒ B = arcTan3 3

3 A

30° 30°

TRIGONOMETRÍA

3 CosB + 1 SenB 2 2

4SenB = 3 3 CosB + 3SenB

2

2b

a–b 2b

3 Sen30°

(1) = (2) ⇒ 2SenB = 3Sen(60° + B)

a–b

Respuesta:

=

Problema 3

= 2Cos2q + 1

→ Cos2q =

⇒m=

Respuesta:

Reemplazando:

C

También en el ∆ADC:

1 2

x2 = 19

Senq

120°–B

Por ley de senos en el ∆ABD: 2SenB m 2 = ⇒m= ...(1) Sen30° SenB Sen30°

Resolución:

2b

3

30° 30°

C

4444

Respuesta: arcTan3 3

SAN MARCOS