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TRIGONOMETRÍA
TEMA 1
SECTORCIRCULAR-
AST NÚMERODEVUEL
DESARROLLO DEL TEMA
I. CIRCUNFERENCIA Y CÍRCULO
Circunferencia
Círculo
R
Longitud de la circunferencia: L = 2 pR
Área de círculo: A = pR
2
II. LONGITUD DE ARCO
Sea q la medida de un ángulo trigonométrico.
R
R
qradL
q R
L
Fórmula básica
L = qR
0 < q ≤ 2 p
III. NÚMERO DE VUELTAS QUE GIRA UNA
RUEDA SIN RESBALAR
r r
L R
n: N.° de vueltas: (^) n =
L R
2 pr
L R : 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° <> 200
g
IV. ÁREA DE SECTOR CIRCULAR
R
R
qradL
S
S = (^) qR^2
S = LR
L
2
2 q
S =
V. ÁREA DE TRAPECIO CIRCULAR
L 1
q^ L 2
d
A T
N
O
P
J
K
L
L 1 + L 2
A T = d
L 1 – L 2
d
q =
0 < q ≤ 2 p
SECTOR CIRCULAR - NÚMERO DE VUELTAS
TEMA 1 TRIGONOMETRÍA 2 2 SANMARCOS
VI. PROPIEDADES
I.
a
a
1rad a
L = R ↔ q = 1rad
II. (^) q
n
b (^) B
B – b
n
q =
III. S: Área (^) S 3S 5S 7S
IV. S: Área L
KL
KS
S
R
R
Kq
q
K ∈ R
Problema 1
T
M
A O B
De la figura, el área del sector circular
AOT es igual al área del sector circular
MOB. Si
OB
OA = , calcule la medida del
ángulo BOT.
A) 30° B) 36° C) 94°
D) 38° E) 40°
UNMSM 2012–II
Resolución:
Sea m ] BOT = q; OA =
OB
→ 2OA = OB
Sea OA = r → OB = 2r
T
r
r (^) 2r
M
A O B
- q q
r
Dato: S AOT = S MOB
(180° – q)r
2 =^1 2
(q)(4r
2 )
Resolviendo q = 36°
Respuesta: 36°
Problema 2
D
L 2 L 1
B
A
C
O
PROBLEMAS RESUELTOS
De la figura AOB y COD son sectores
circulares, además
L 1
L 2
y el área
del sector circular DOC es 4u
2
. Calcule
el área del trapecio circular ADCB.
A) 7 B) 14 C) 18
D) 12 E) 10
PRE-UNMSM 2012–II
Resolución:
L 1 = 3k L 1
3
L 2
= k L 2 = 2k
D
2k 3k
B
A
C
O q
Dato:
S COD =
(2k)
2
2 q
= 4 → k^2 = 2 q
Incógnita
S ADCB =
(3k)^2
2 q
(2k)
2
2 q
5k^2
2 q
5(2q)
2 q
S ADCB = 5u
2
Respuesta: 5u
2
Problema 3
5u
A
O
2 q q
C
D
B
E
F
5u
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
PRE UNMSM 2013–II
Resolución:
En el sector circular
AOF → (5) = (2q)(5)
2 q = 1
q = rad
En el sector circular
COD → EC = (1)(8) = 8 u
En el sector circular EOD →
ED =
J
K
L
N
O
P
(8) = 4 u
Graficando el sector COD
O
C
D
Perímetro = 28
Respuesta: 28 u
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS
TEMA 2 TRIGONOMETRÍA 4 4 SANMARCOS
IV. TANGENTE Y COTANGENTE DEL ÁN-
GULO MITAD
A B
C
a
b
c
Tan = Csc A – Cot A
A
Cot = Csc A + Cot A
A
Demostración:
D B
A/
A/
b a
A c
A
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
b + c
a
b
a
c
a
N
O
P
J
K
L
Cot = Csc A + Cot A
A
N
O
P
J
K
L
Observación:
Triángulos pitagóricos mas usados.
V. TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
NOTABLES
A. Exactos
k
1 k
1 k
k
2 k
1 k
B. Aproximados
5 k
3 k
4 k
24 k
25 k
7 k
VI. TABLA DE VALORES NOTABLES
Sen 1/2 (^) 3/2 2/2 3/5 4/
Cos (^) 3/2 1/2 (^) 2/2 4/5 3/
Tan (^) 3/3 3 1 3/4 4/
Cot (^3) 3/3 1 4/3 3/
Sec (^2) 3/3 2 2 5/4 5/
Csc (^2 2) 3/3 2 5/3 5/
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS AGUDOS
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Halle el valor de:
N
O
P
N
P
N
P
J
K
L
Sen60° – Sen30° (^3) Sen60° + Sen30°
2– (^3)
A) 0 B) 1 C) 2
D) 3 E) 3
UNMSM 2014–I
Resolución:
Planteamiento
Sabemos:
k
k 2k
Procedimiento
Sea:
P = 2 +
N
O
P
N
P
N
P
J
K
L
Sen60° – Sen30° (^3) Sen60° + Sen30°
2– (^3)
P =
J K K L J K K L
J K K L J K K L
N
P
N
3 P
2– (^3)
P = 2 N +
P
N
3 P
J
K
K
K
L
J
K
K
K
L
2– (^3)
-
Se racionaliza
P = 2 N +
P
N
3 P
J
K
K
K
L
J
K
K
K
L
J
K
K
K
L
J
K
K
K
L
2– (^3)
- –
P =
2– (^3)
N
P
N
P
J
K
L
J
K
3 L
2
3 –
P = (2 + 3 ) (2 – 3
2– (^3)
P = 1 →∴ P = 1
2– (^3)
Respuesta: 1
Problema 2
En el triángulo BAC de la figura,
AC = b cm y BC – AB = k cm donde
b > k, halle Tg
a
2
N
O
P
J
K
L
A B
C
a
A) 2k B) kb C)
k
b
D)
k
a
E) 1
UNMSM 2012–I
Resolución:
Análisis de datos
Sabemos:
Tg
q
2
N
O
P
J
K
L
= Cscq – Cotq
Operación del Problema
A B
C
a b
c
a
Tg a 2
N
O
P
J
K
L
= Csca – Cota
Del gráfico
Tg a 2
N
O
P
J
K
L
a
b
c
b
Tg
a
2
N
O
P
J
K
L
a – c
b
; por dato (a – c = k)
Tg
a
2
N
O
P
J
K
L
k
b
Respuesta:
k
b
Problema 3
En la figura, AD = 12cm, Halle BC
C
B
A D
A) 3 3 B) 3( 3 + 1)
C) 2 3 D) 3 – 1
E) 3( 3 – 1)
UNMSM 2009–I
Resolución:
Análisis de datos:
A C
B
P
D
x
Se traza DP ⊥ AB
APD notable (30° y 60°)
→ AP = 6 3 y DP = 6
DPB notable 45°
→ PB = 6
En el ABC
Sen30° =
x
6 3 + 6
Respuesta : 3( 3 + 1)
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES -
ÁNGULOS DE ELEVACIÓN Y DEPRESIÓN
tal ción
H
b Línea 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. Note que 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 1 En base a los datos de la figura calcular Tanq.
A C
D B
3n n q
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 =
Respuesta:
3 7 Problema 2 Resolver: x + 3Tan45° x – 3Tan45° 2Sen37° + 1 2Sen37° – 1
NIVEL INTERMEDIO A) 1,2 B) 2,4 C) 3, D) 4,0 E) 5, Resolución: Planteamiento: Sabemos:
(^2) Tan45° = 1
3
4 53°^5 37°
Tan37° =
Por aritmética: a + b a – b m + n m – n
a b m n
Análisis de los datos: Aplicando la teoría de proporciones: x 3Tan45° 2Sen37° 1
Reemplazando y operando convenien- temente: x 3(1)
→ x =
→ x = 3,
Respuesta: C) 3,
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 Resolución: Planteamiento: Sabemos: x 30m
37°
3 4 53°^5 37°
Análisis de los datos: Considerando el triangulo notable de 37° y 53°, tomamos Tg37° en el gráfico del problema. Tg37° =
x
x → x = 40m
Respuesta: D) 40m
TRIGONOMETRÍA
TEMA 4
GULOS RESOLUCIÓNDETRIÁN
ÁNGULOS RECT
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
er
Caso
Conociendo la longitud de la hipotenusa y un ángulo
agudo.
q
a y
x
Para “x” x
a
= Cosq → x = aCosq
Para “y” y
a
= Senq → y = aSenq
do
Caso
Conociendo un ángulo agudo y longitud de su cateto
opuesto.
q
y a
x
Para “x” x
a
= Cotq → x = aCotq
Para “y” y
a
= Cscq → y = aCscq
er
Caso
Conociendo un ángulo agudo y la longitud de su cateto
adyacente.
q
y x
a
Para “x” x
a
= Tanq → x = aTanq
Para “y” y
a
= Secq → y = aSecq
III. ÁREA DE REGIÓN TRIANGULAR
q
a
b
S S^ =^
a.b
2
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:
S =
. 5. 6 Sen37°
S =
J
K
L
N
O
P
S = 9 u^2
IV. LEY DE PROYECCIONES
En todo triángulo ABC; se cumple:
c a
A b
B
C
aCosB + bCosA = c
bCosC + cCosB = a
aCosC + cCosA = b
TRIGONOMETRÍA
TEMA 5
GEOMETRÍAANA-ALÍTIC
AICIÓNDELAARECT ECU
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 cuadrante Tercer 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".
y
y
x O x
Abscisa
radio vector
Ordenado
III. DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS
Sean las coordenadas de dos puntos cualesquiera
P 1 (x 1 ; y 1 ) y P 2 (x 2 ; y 2 ) del plano cartesiano la distancia
"d" comprendida entre ellos se determinan por:
P 2 (x 2 ; y 2 )
P 1 (x 1 ; y 1 )
d
y
x
d = (x
1
2 )
2
1
2 )
2
IV. DIVISIÓN DE UN SEGMENTO EN UNA
RAZÓN INDICADA
A(x 1 ; y 1 )
B(x 2 ; y 2 )
mk
P
nk
P =
nA + mB
n + m
V. COORDENADAS DEL PUNTO MEDIO
DE UN SEGMENTO
Si M(x 0 ;y 0 ) es el punto medio del segmento que tiene
por extremos: P 1 (x 1 ; y 1 ) y P 2 (x 2 ; y 2 ). Entonces las
coordenadas del punto M se determina así:
M(x 0 ; y 0 )
P 2 (x 2 ; y 2 )
P 1 (x 1 ; y 1 )
x 0 =
x 1 + x 2
2
y 0 =
y 1 + y 2
2
DESARROLLO DEL TEMA
GEOMETRÍA ANALÍTICA - ECUACIÓN DE LA RECTA I
VI. COORDENADAS DEL BARICENTRO DE
UN TRIÁNGULO
Sean P 1 (x 1 ; y1) , P 2 (x 2 ; y 2 ) y P 3 (x 3 ; y 3 ) los vértices de
un triángulo. El punto G (x 0 ; y 0 ) es el baricentro de dicho
triángulo.
x 0 =
x 1 + x 2 + x 2
3
y 0 =
y 1 + y 2 + y 2
3
P 3 (x 3 , y 3 )
P 2 (x 2 , y 2 )
P 1 (x 1 , y 1 )
y G(x 0 , y 0 )
VII. PROPIEDAD DEL PARALELOGRAMO
B(x 2 ; y 2 )
A(x 1 ; y 1 )
C(x 3 ; y 3 )
D(x 4 ; y 4 )
x 1 + x 3 = x 2 + x 4 y 1 + y 3 = y 2 + y 4
VIII. ÁREA DE UNA REGIÓN TRIANGULAR
Sean P 1 (x 1 ; y 1 ) P 2 (x 2 ; y 2 ) y P 3 (x 3 ; y 3 ) los vértices de un
triángulo. Entonces el área S de una región triangular en
función de las coordenadas de los vértices esta dado por:
P 1 (x 1 ; y 1 )
P 3 (x 3 ; y 3 )
P 2 (x 2 ; y 2 )
S
y
x
x 1 y 2
x 3 y 3
x 3 y 1
M M
x 2 x (^1)
x (^3)
x (^1)
y 1
y 2
y 3
y 1
x 1 y 1
x 2 y 2
x 3 y 3
Luego:
S = |M – N|
LA RECTA
I. ÁNGULO DE INCLINACIÓN Y PEN-
DIENTE
Dada un recta L al ángulo (tomado en sentido anti-
horario) formado por la dirección positiva del eje de
abscisas y la recta se denomina ángulo de inclinación y
a la tangente de dicho ángulo se le llama pendiente (m).
El ángulo de inclinación a:0° ≤ a < 180°.
a O
Y
L
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:
y 2 – y 1
x 2 – x 1
M =
a
a
y 2
Y
B L
X
y 1
x 1 x (^2)
x 2 – x 1
y 2 – y 1
A 14444244443 1442443
II. ECUACIÓN DE LA RECTA
A. Conociendo un punto de la recta y su pendiente
a O
Y
L
(x 1 ; y 1 )
X
y – y 1 = m(x – x 1 )
(Ecuación pun – pendiente)
TRIGONOMETRÍA
TEMA 6
AII–CIÓNDELAARECT ECU
CIÓNDELCIAAACIRCUNFEREN ECU
DESARROLLO DEL TEMA
I. ECUACIÓN DE LA RECTA
A. Rectas paralelas
L 1 L 2
y
x
q 1 q 2
L 1 //L 2 m 1 =^ m 2
B. Rectas perpendiculares
L 1
L 2
y
x
q 1 q 2
L 1 L 2 m 1 m 2 = –^1
C. Distancia de un punto a una recta
d(P 1 L) =
|Ax 1 + By 1 + C|
A
2 + B
2
L Ax + By + C = 0
P 1 (x 1 , y 1 )
D. Distancia entre rectas paralelas
d
L 1 : Ax + By + C 1 = 0
L 2 : A x + B y + C 2 = 0
d(L 1 , L 2 ) =
|C 1 – C 2 |
A^2 + B^2
E. Ángulo entre rectas
L 1
L 2
Tanq =
m 1 – m 2
1 + m 1 m 2
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 = r
2
Ecuación general
x
2 + y
2 + 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 = r^2 → x^2 + y^2 = r^2
La ecuación anterior de la circunferencia, se denomina
"forma canónica".
B. Caso particular II
En la ecuación: x
2 + y
2 = r
2
Si: r^ =^^1 →^ x
2 + y
2 = 1
Ecuación de la circunferencia trigonométrica
ECUACIÓN DE LA RECTA II –
ECUACIÓN DE LA CIRCUNFERENCIA
TEMA 6 TRIGONOMETRÍA 14 14 SANMARCOS
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Las rectas:
L 1 : 3x + 2y – 1 = 0 y
L 2 : mx + ny + 5 = 0
Sus perpendiculares y el punto (2, 4)
pertenece a la recta L 2. Calcule (m + n).
UNMSM – 2005
A) – 5/5 B) – 5/
C) 5/3 D) 8/
E) – 8/
Resolución:
m
n
m 1 = –^ m 2 =–
Teoría m 1 m 2 = – 1 (perpendiculares)
m
n
J – – =– 1
L
J
L
J
L
J
L
→ 3m = – 2n ..... (I)
Dado (2, 4)∈ L 2 → reemplazando
m(2) + n(4) + 5 = 0 →2m + 4n + 5 = 0 ..(II)
Resolviendo: (I) y (II)
m (^) = n = –^ →m^ +^ n^ =–
Respuesta: –5/
Problema 2
Determine la media aritmética de las
coordenadas del triángulo cuyos vértices
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.
UNMSM – 2007
A) x + y – 3 = 0 B) x + y – 4 = 0
C) y + x – 3 = 0 D) x + 2y – 3 = 0
E) x + y – 1 = 0
Resolución:
A( – 3; 2) y B(1; 6)
L 1
B(1, 6)
A( – 3, 2)
M
M punto medio de AB.
M , →M( – 1, 4)
J
L
J
L
Cálculo de la pendiente AB. 6 – 2
1 – ( – 3)
m AB = = 1
m 1 = – 1 M( – 1, 4) G(x, y)
Cálculo de (m 1 )
m 1 = = – 1 → =
y – 4
x – ( – 1)
y – (^4) – x – 1
x + y – 3 = 0
Respuesta: x + y – 3 = 0
son los centros de las circunferencias
cuyas ecuaciones son:
C 1 : x
2 + y
2
- 4y + 3 = 0
C 2 : x
2 + y
2 + 4x + 3 = 0
C 3 : x
2 + y
2
- 4x + 3 = 0
UNMSM – 2013
A) 1/2 B) 1/
C) 1/5 D) 2/
E) 3/
Resolución:
Expresando las ecuaciones en forma
ordinaria
C 1 : (x – 0)
2 + (y – 2) = 1 → Centro (0,2)
C 2 : (x + 2)^2 + (y – 0)^2 = 1 → Centro ( – 2,0)
C 3 : (x – 2)
2 + (y + 0)
2 = 1 → Centro (2, 0)
Coordenadas del baricentro:
G G
J 0,
L
J
L
J
L
J
L
Incógnita:
M.A. = =
J 0,
L
J
L
Respuesta: 1/
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL
TEMA 7 TRIGONOMETRÍA 16 16 SANMARCOS
Nota:
Los ángulos cuadrantales básicos o elementales son:
y
L.F
x L.I
(0°)
y
L.F
L.I
x
y
L.F L.I
x
L.F
L.I
x 360° (^) L.F
L.I
x
y
V. RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE
ÁNGULOS CUADRANTALES
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
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
x
a
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
a
(^2) = |a|
|a – b| = |b – a|
|a|^2 = |a^2 | = a^2
Problema 1
Se tiene un ángulo a en posición normal.
Si su lado final tiene al punto ( – 4, – 3),
calcule Seca. Cota.
A) 3/5 B) – 5/4 C) – 3/
D) 5/3 E) – 5/
UNMSM – 2006 – II
Resolución:
Del enunciado se tiene:
r
r
x
a
P( – 4, – 3)
Calculamos r r^ =^ ( – 4)
r = 5
Tenemos: E = Seca. Cota
E =
r x
x y
J
K
L
J
K
L
J
K
L
J
K
L
Resoluciones:
E =
J
K
L
J
K
L
J
K
L
J
K
L
∴ E =
Respuesta: –5/
PROBLEMAS RESUELTOS
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS EN POSICIÓN NORMAL
Problema 2
Si a, f, q son ángulos agudos, tales que:
a
4
f
5
f
6
= = y Sen(a^ +^ f^ +^ q)^ =^^1
Halle Tan
a + q
2
UNMSM – 2009 – II
A) 3 B) 1 C)
D)
E)
Resolución:
Recordar de ángulos cuadrantales:
Si Senw = 1 y 0 < w < 360°
entonces w = 90°
Entonces:
a
4
f
5
q
6
= = = (^) k a = 4k, f = 5k,
q = 6k
0 < a + f + q < 270°
De lo cual:
Sen(4k + 5k + 6k) = 1 por dato
Sen(15k) = 1; 15 k = 90°
k = 6°
Piden:
Tan Tan(5k) = Tan30°
∴ Tan 3
4k + 6k
2
a + q
2
J K L J K L
J K L J K L
Respuesta:
Problema 3
Si |1 3 Sec | 2,
además | Tan | Tan
a
a a
A) 9/20 B) – 52/7 C) – 9/
D) – 41/20 E) 41/
Resolución:
2 |(1 3 Sec ) | 2...( )
|1 3 Sec | 4
a
a
1 – 3Secq = – 4 ∨ 1 – 3Seca = 4
Sec
a = ∨ Seca = – 1
a: cuadrantral
como |Tana| = – Tana → Tana < 0
a∈IIC ∨ a∈IVC
Solo es posible:
5 Sec ; IVC 3
a = a ∈
Luego:
4 5 Sen Csc 5 4 41 Sen Csc 20
a a
∴ a a
+ = – +
-
+ = –
Respuesta: –41/
REDUCCIÓN AL PRIMER CUADRANTE
Problema 1
Simplificar:
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) = + Tanx
Cot(90° – x) = + Tanx
Sen(270° + x) = – Cosx
Cos(180° – x) = – Cosx
Reemplazando:
(Tanx) ( Cosx) A A 2 (Tanx) ( Cosx)
Respuesta: B) 2
Problema 2
b a
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.
- b a
De la figura:
a + ( – b) = 180°
a – b = 180° → a = 180° + b
Reemplazando
K = Sen(180° + b) + Senb + Cos(180° + b) + Cosb
Por fórmula de reducción al primer
cuadrante.
K = ( – Senb) + Senb + ( – Cosb) + Cosb
K = 0
Respuesta: A) 0
Problema 3
De la figura, calcular:
M = 5 Secq + Sec
q
x
x + 2 8
A) 5 B) 4 C) – 4
D) 2 E) 8
Resolución:
Aplicamos el teorema de Pitágoras para
calcular (x).
8
2 + x
2 = (x + 2)
2
Operando adecuadamente:
64 + x
2 = x
2 + 4x + 4 → 4x = 60°
x = 15
Reemplazando:
q
a
De la figura:
a + q = 180°
Se cumple:
Seca + Secq = 0
Reemplazando:
+ Secq = 0 → Secq =
Reemplazando en la incógnita:
M 5
M = – 4
Respuesta: C) –
PROBLEMAS RESUELTOS
Si: a + b = 180° < > p Si: a + b = 360° < > 2 p
Cosa + Cosb = 0
Tana + Tanb = 0
Cota + Cotb = 0
Seca + Secb = 0
Sena + Senb = 0
Tana + Tanb = 0
Cota + Cotb = 0
Csca + Cscb = 0
Sena = Senb
Csca = Cscb
Cosa = Cosb
Seca = 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)
TRIGONOMETRÍA
TEMA 9
CUNFERENCIA CIR
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 = r
2
A. Caso particular (I)
Sea: h = 0 y K = 0 → C(0, 0)
Reemplazando en la ecuación ordinaria
(x – 0)
2 + (y – 0)
2 = r
2 → (^) x 2 + y^2 = r 2
La ecuación anterior de la circunferencia, se denomina
"forma canónica".
B. Caso particular (II)
En la ecuación: x
2 + y
2 = r
2
Si: r = 1 → (^) x 2 + y^2 = 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:
coordenadas
- A (1; 0): origen de arcos
x
2 + y
2 = 1
B' L T
A
x
A' O
C.T.
y
B
complementos
de suplementos
III. ARCOS DIRIGIDOS EN POSICIÓN
NORMAL
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
y
B
P
A
Q
x
b
a
brad
arad
“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
A
x
C.T.
p
2
p 2
rad
y C.T.
A
x
- 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:
