material de trigo
DESCRIPTION
material de referencia, buen material de estudioTRANSCRIPT
1
INTRODUCCIÓN
UNIDAD 1: TEOREMA DE EUCLIDES
1.1 NOCIONES GENERALES
Consideremos una figura limitada en el plano F. Esta figura encierra una parte del plano.
DEFINICIÓN:
La parte del plano que encierra F se conoce como la superficie de F.
El área que encierra F es la medida de la superficie de F.
Para obtener el área de la superficie F se compara esta superficie con otra tomada como
unidad, con el fin de saber cuantas veces está contenida esta superficie en F.
Sea dada una figura F en el plano. Formamos el conjunto F(f)de todas las figuras planas
que se obtienen por rotación, traslación (o combinación de ambas) de F. Diremos que los
elementos de F(f) son congruentes (denotado ≅≅≅≅) a F.
F
1 unidad
1 unidad
Área = 1 u2
2
OBSERVACIONES:
1.- En particular, dos figuras congruentes limitadas, tienen igual área, igual perímetro e
igual forma.
2.- Dos figuras pueden tener igual área, igual forma y no ser congruentes.
Por ejemplo: un rectángulo que mide 8cm. de largo y 3cm. de ancho tiene igual área y
forma con otro rectángulo que mide 6cm. de largo y 4cm. de ancho, pero no son
congruentes ya que su perímetro no es el mismo.
Dos figuras son equivalentes ( denotado ≡≡≡≡) si tienen igual área.
Como muestra el ejemplo anterior dos figuras congruentes son siempre equivalentes pero
no siempre dos figuras equivalentes son congruentes.
Dos figuras son equivalentes siempre que se compongan de partes congruentes.
Esta propiedad la podemos ejemplificar dividiendo el cuadrado ABCD en dos triángulos
rectángulos por la diagonal AC (fig. 1.1). Si el triángulo ADC se traslada en dirección a la
recta DC hasta que AD coincida con BC, el cuadrado ABCD se ha transformado en el
romboide equivalente ABC`C. (fig. 1.2).
Pero si colocamos el triángulo ADC al lado del triángulo ABC de modo que DC coincida
con CB resulta el triángulo rectángulo isósceles AB`C (fig. 1.3) equivalente al cuadrado
3
ABCD y al romboide ABC`C. En ambos casos las figuras equivalentes están compuestas de
partes congruentes.
A
Esto se puede verificar, en general, colocando las dos figuras en papel milimetrado, y
recortando una en distintas partes, de tal forma de cubrir la otra.
En lo que rige al símbolo # significará “paralelogramo” y el símbolo #s significará
“paralelogramos”
Para probar el resultado principal de este capitulo estableceremos algunos resultados
previos.
D C
A B
(fig. 1.1)
C C’
A B
(fig. 1.2)
C
A B’
(fig. 1.3)
4
1.2 TEOREMAS SOBRE EQUIVALENCIAS DE PARALELOGRAMOS Y
TRIÁNGULOS.
PROPOSICIÓN 1:
Dos paralelogramos de igual base e igual altura, son equivalentes.
Hip.: #s ABCD y ABEF tienen igual base AB e igual altura h.
Tesis : área (#ABCD) ≡ área (#ABEF)
Dem. Si se sobreponen los #s de modo que las bases iguales coincidan , se obtiene el
trapecio ABED.
Además ∆ CBE ≅ ∆ DAF pues BC = AD (lados opuestos de un #)
AF = BE (lados opuestos de un #)
α = β (lados respectivos paralelos)
En particular; área (trap. ABED - ∆ CBE) = área ( trap. ABED - ∆ DAF); entonces área
(#ABCD) = área (#ABEF)
LUEGO
# ABCD es equivalente # ABEF.
βα
h
fig. 1.4
5
TEOREMA 1.
Un ∆ es equivalente a la mitad de un # que tenga igual base e igual altura
Hip # ABDC y ∆ ABC tienen
igual base AB e igual altura h
Tesis: ½ área (# ABDC) = área ( ∆ ABC)
Dem: Si trazamos una diagonal del # ABDC el # queda dividido en 2 ∆s que tienen igual
base y altura que el # .
Los dos ∆s son congruentes (criterio ALA) y por lo tanto equivalentes entre sí.
Como área (#ABDC) = área(∆ ABC) + área(∆ CBD)
Se tiene que área (#ABDC) = 2 área(∆ ABC), como deseábamos probar.
TEOREMA 2.
Dos triángulos de igual base y altura son equivalentes
Hip: AB= EF Base
CI =GK Altura
Tesis: área ( ∆ ABC) ≡ área (∆ EFG)
A B
D C
h
(fig. 1.5)
A I B E k F
C D G H
(fig. 1.6) (fig. 1.7)
6
Dem: completamos los # s ABDC (fig. 1.6) y EFHG (fig. 1.7) trasladando paralelamente
los segmentos AB y EF hasta hacer coincidir el traslado de A con C y el traslado de E con
G, respectivamente. De acuerdo a la Proposición 1 área ( # ABDC) ≡ área (# EFHG) ; por
el Teorema 1 área (∆ ABC) ≡ ½ área (# ABDC) y área (∆ EFG) ≡ ½ área (# EFHG) .
Luego área (∆ ABC) ≡ área (∆ EFG) por ser mitades de # s equivalentes.
Consideremos un paralelogramo ABCD (fig. 1.8) y sea DB la respectiva diagonal. Sea G
un punto cualquiera de DB, EF y IH segmentos paralelos a CB y AB, respectivamente,
que contienen a G, como indica la figura.
De esta forma hemos formado cuatro paralelogramos que están incluidos en el #ABCD.
DEFINICIÓN
Los paralelogramos que se construyen de esta forma y que no son cortados por la diagonal
se llaman complementarios. En la figura el #AIGE es complementario al #GFCH.
a
D H C
A I B
b G E F (fig. 1.8)
7
TEOREMA 3.
Dos paralelogramos complementarios son equivalentes. (Teorema de Gnomon)
Hip. a y b paralelogramos complementarios (fig. 1.8)
Tesis: #a ≡ #b
Dem. ∆ ABD ≅ ∆ CDB
∆ EGD ≅ ∆ HDG
∆ BIG ≅ ∆ GBF
notar que área ( ∆ ABD) – área (∆ EGD U ∆ BIG) = área ( # a ) y que
área (∆ CDB) – área (∆ HDG U ∆ GBF) = área ( # b) .
Luego # a ≡ # b
TEOREMA 4.
Un trapecio es equivalente a un paralelogramo que tiene la misma altura y cuya base
tiene igual longitud que la mediana del trapecio.
Hip.: Dado el trapecio ABDC de mediana MN y el # de base AF con igual medida que MN
y con la misma altura, h.
Tesis: trap. ABDC ≡ # AFEC
8
Dem. : podemos ver que ∆ FBN ≅ ∆ EDN, ya que , ∠ 1 = ∠ 2 (internos entre paralelas)
∠ 3 = ∠ 4 (opuestos por el vértice)
DN = NB (N es punto medio de DB)
Luego: área pentágono (AFNDC) + área triángulo (EDN) = área pentágono (AFNDC) +
área triángulo (FBN)
Así: trapecio ABDC ≡ # AFEC
C D E E
(fig. 1.9)
A F B
M N
2
3 4
1
9
TEOREMA 5.
Un trapecio es equivalente a un triángulo que tiene la misma altura y cuya base es la
suma de las bases del trapecio.
Hip. : m(AF) = m(AB) + m(DC)
Tesis: trap. ABCD ≡ ∆ AFD
Dem. : Tenemos ∆ BFE ≅ ∆ CDE , ya que, ∠ 1 = ∠ 2 (alternos entre paralelas)
∠ 3 = ∠ 4 (opuestos por el vértice)
DC = BF (hipótesis)
Luego: área (∆ BFE) + área cuadrilátero( ABED) = área (∆ CDE) + área cuadrilátero
(ABED) y así área (∆ AFD) = área trapecio(ABCD) como queríamos probar.
E
A B F
D C
1
2
3
4
(fig. 1.10)
10
TEOREMA 6.
Si dos triángulos tienen dos lados de igual medida y los ángulos comprendidos entre
ellos son suplementarios entonces los triángulos dados son equivalentes.
Hip.: AB = B`D
CB = C`B`
∠ β + ∠ β` = 180º
Tesis: ∆ ABC ≡ ∆ B`C`D
Dem. Colocamos los triángulos de manera que coincida CB con C`B`. En esta situación AB
y B`D quedan en línea recta puesto que ∠ β + ∠ β` = 180º .
Por lo tanto ∆ ABC ≡ ∆ B`C`D ya que tienen igual base y altura.
A B B` D
C C`
β β`
(fig. 1.11) (fig. 1.12)
A B B` D
β β`
C C`
(fig. 1.13)
11
EJERCICIOS RESUELTOS
1 ) Transformar un # en otro equivalente que tenga un ángulo dado α.
2) Transformar un paralelogramo oblicuo en un rectángulo equivalente.
En efecto si trazas DE, con E∈ AB y tal que DE es paralela a AD’ entonces AEDD’ es un
rectángulo y el área del ∆AED es igual al área del ∆ADD’ . Lo mismo sucede si trazas CE’
con E’ un punto de la prolongación de AB tal que CE’ es paralela a BC’.
D D` C C`
A B
h
α
Sean ABCD el paralelogramo y α el ángulo dado. En A se copia ∠ BAD` = α. Se hace: D`C`= DC. ABC`D` = paralelogramo pedido. # ABCD = # ABC`D` porque tienen igual base AB y altura h.
Sean ABCD el paralelogramo oblicuo dado. Se prolonga CD hasta CD’ de forma que ∠BAD’ = 90°. Se traza el segmento C’B con C’ ∈ DC y paralela a AD’. El rectángulo ABC’D’ es el rectángulo pedido.
D` D C` C
α
A E B E’
12
3) Dado un paralelogramo ABCD, construir un paralelogramo complementario de forma
que uno de sus lados tenga longitud d.
Para su solución se aplica el teorema de los paralelogramos complementarios.
4) Transformar un paralelogramo dado en otro equivalente de altura dada h.
Para su solución se aplica el teorema de los paralelogramos complementarios.
D C G
H I F
A E
B
d d
Sea ABCD el paralelogramo dado. Se prolonga AB → B y DC → C. Se hace : BE = d. Se traza: FG // AD ( por E). B(↔)G y se prolonga la diagonal GB hasta su intersección H con DA prolongado. Se traza: HF // AE y se prolonga CB hasta I. Resulta que IFEB es complementario en HFGD a ABCD y además son equivalentes, de acuerdo al teorema 3.
Sea ABCD el # dado. Se prolonga CB ↔B y se traza D’F, con D∈ AB y F ∈ CB de tal forma que D’F tiene longitud h y D’F ⊥AB. Se prolonga AD ↔ D y se traza EF // AB. Se traza EB ↔B y con C’∈DC. Se traza C’E’ // DE de tal forma que FE’ // AB. Sea H ∈ AB tal que H∈ C’E’. Se tiene que FE’HB es un # de altura h.
A
B H
h
D’
E F E’
D C C’
13
5 ) Transformar un triángulo ABC en otro equivalente que tenga con el primero la base
AB = c común y un lado sea igual a un trazo dado de longitud b’ cuyo vértice pertenece a la
recta paralela a AB y que pasa por C.
6) Transformar un # ABCD, en otro que tenga un lado dado I y un ángulo dado m.
A B
C C` L
b`
Se traza L // AB, que pasa por C. Con radio b` y con centro A, se corta la recta L en C`. ∆ ABC` = ∆ ABC (misma base y altura).
1º Se transforma el # ABCD en otro ABFE de ángulo m. (ejercicio 1). 2º El # ABFE, así obtenido se transforma en el equivalente KJGB, de lado BG = I (ejercicio 3). # KJGB cumple con las condiciones del problema.
I
I
I K J
D E C F H
A B G
m m
m
14
7) Dado un trapecio ABCD, transformarlo: a) en un paralelogramo oblicuo equivalente;
b) en un rectángulo equivalente; c) en un triángulo equivalente.
a) Se aplica el teorema 4. se prolonga DC � C.
Por E, punto medio de CB, se traza FG // AD.
AFGD # pedido.
c) Se aplica el teorema 5.
Se prolonga AB � B.
Se Hace: BF = DC.
Se unen los puntos D y F. (D ↔ F)
∆ AFD = trap. ABCD.
A F B
D C G
E
A G I B
H D C J
F E
b) Por los puntos medios E y F de los lados no paralelos del trapecio, se trazan: HG ⊥ AB y DC. JI ⊥ AB y DC. GIJH es el rectángulo pedido.
A B F
D C
E
15
1.3 CONCEPTO DE PROYECCIÓN
Es necesario comprender el concepto de proyección, ya que posteriormente nos servirá
para entender los teoremas de Euclides y Pitágoras.
Sea dado un plano Π. Sea r ⊂ Π una recta y p ∈ Π un punto tal que p ∉ r. Por cada
punto Q ∈ r podemos formar la recta l(P,Q) ⊂ Π que es la recta determinada por P y Q.
(ver figura 1.14)
DEFINICIÓN:
La proyección de P en r es el punto Q ∈ r que tiene la propiedad de que l(P,Q) es
perpendicular a r.
El punto Q así definido se denotará Π(P).
P
Q1
Q
Q2
r
fig.(1.14)
16
OBSERVACIÓN:
� Sean RT ⊂ Π un trazo que no intersecta a r. La proyección del trazo RT en r es el
trazo { Π(P); P ∈ RT} = Π(RT) (ver figura 1.15)
Puede ocurrir que Π (RT) sea sólo un punto.
T
R
Π (RT)
r
fig. (1.15)
R T Q Π (RT) = {Q}
(fig. 1.16)
17
� La proyección de un trazo paralelo al eje de proyección tiene igual medida que el
trazo.
� Puede ocurrir que uno de los extremos del trazo pertenece a r. En este caso Π (RT)
es un trazo cuya medida es menor que la de RT.
En un triángulo rectángulo, un cateto es la proyección de la hipotenusa sobre la recta
cuya dirección es determinada por este mismo cateto.
AB = A`B`
(fig. 1.17)
A B
M A’ B’ N
m(RD) < m(RT)
(fig. 1.18) R D
T
18
EJERCICIOS RESUELTOS
1) Dibuja una figura esquemática que represente una escala afirmada en una pared.
Identifica y destaca sus proyecciones sobre la pared y sobre el suelo. ¿Puede ser alguna de
sus proyecciones de mayor medida que la escala?
2) Proyecta ortogonalmente el lado de un triángulo acutángulo sobre los otros dos lados.
A B A` B`
La proyección de la escalera sobre la pared es el segmento limitado por A y B. La proyección de la escalera sobre el suelo es el segmento limitado por A` y B`. Ninguna de las medidas de las proyecciones puede ser mayor a la medida de la escalera, puesto que esta con la pared y el suelo forman un triángulo rectángulo, y sus proyecciones son los catetos del triángulo.
A C` B
C
A`
Sea el triángulo ABC. Consideremos el lado AC. Su proyección sobre el lado AB es AC`. Su proyección sobre el lado BC es CA`.
19
EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Piensa en una esfera suspendida a un metro del suelo. ¿A qué figura corresponde su
proyección ortogonal sobre el suelo?
2) ¿Qué figura geométrica se obtiene al proyectar ortogonalmente un cubo sobre un plano
paralelo a una de sus caras?
RESPUESTAS:
1) Su proyección corresponde a un círculo.
2) Se obtiene un cuadrado.
20
1.4 TEOREMAS DE EUCLIDES Y PITAGORAS
TEOREMA 7.
Sea ABC un triángulo rectángulo en B. Sea h la altura correspondiente al vértice B.
Se cumple entonces que h divide al triángulo dado en dos triángulos semejantes entre si y
cada uno de ellos semejante al triángulo original.
Hip. : ∆ ABC recto en B
BH altura
Tesis: ∆ AHB ~ ∆ BHC ~ ∆ ABC
Dem.: i) ∠ AHB ≅ ∠ ABC pues ambos son rectos
ii) ∠ HAB ≅ ∠ BAC identidad
iii) luego por caso A.A. ∆ AHB ~ ∆ ABC
iv) análogamente ∆ CHB ~ ∆ ABC
v) de (iii) y (iv) ∆ AHB ~ ∆BHC (transitividad de ~)
A H C
B
h
(fig. 1.19)
21
TEOREMA 8. (Teorema de Euclides referente a la altura)
La altura de un triángulo rectángulo es media proporcional geométrica entre las
proyecciones de los catetos sobre la hipotenusa.
Hip.: ∆ ABC recto en B con catetos AB = c y BC = a
hipotenusa AC = b y BH = altura = h
AH = q y HC = p proyecciones de los catetos sobre AC
Tesis: h2 = p·q
Dem.: se tiene ∆ AHB ~ ∆ BHC (por Teorema 7)
Por lo tanto
qph HCAHBH HC
BH
BH
AH 22 ⋅=⇒⋅=⇒=
A H C b
1 q p 4
3 2 h
B
c a
(fig. 1.20)
22
TEOREMA 9. (Teorema de Euclides referente a los catetos)
Cada cateto de un triángulo rectángulo es media proporcional geométrica entre su
proyección sobre la hipotenusa y la hipotenusa completa.
Hip.: ∆ ABC recto en B con catetos AB = c y BC = a
hipotenusa AC = b
AH = q y HC = p proyecciones de los catetos sobre AC
Tesis: a2 = b·p
c2 = b·q
Dem.: ∆ BHC ~ ∆ ABC (por Teorema 7)
Se tiene
pbaCHACBCCH
BC
BC
AC 22 ⋅=⇒⋅=⇒=
Análogamente por semejanza de ∆ AHB con ∆ ABC se tiene
qbcAHACABAH
AB
AB
AC 22 ⋅=⇒⋅=⇒=
H A C
B
c a
h b
q p (fig. 1.21)
23
COROLARIO. (Teorema particular de Pitágoras)
El cuadrado construido sobre la hipotenusa de un triángulo rectángulo, tiene la
misma área que la suma de las áreas de los cuadrados construidos sobre los catetos.
Hip.: ∆ ABC recto en B
Tesis: b2 = a2 + c2
Dem.: a2 = b·p (Teorema 9 de Euclides)
c2 = b·q (Teorema 9 de Euclides)
sumando a2 + c2 = b·p + b·q
a2 + c2 = b(p + q)
pero p + q = b
luego a2 + c2 = b2 ó b2 = a2 + c2
TEOREMA 10. (Teorema general de Pitágoras)
En cualquier triángulo el cuadrado de un lado opuesto a un ángulo agudo, es igual a
la suma de los cuadrados de los otros dos lados, menos el duplo del producto de uno de
ellos por la proyección del otro sobre él.
Hip.: ∆ ABC α < 90º BH = altura = h
Tesis: a2 = b2 + c2 – 2·b·q
B a2
c2 q p
A b C
b2
a c
(fig. 1.22)
24
Dem.: a2 = h2 + p2 (Corolario)
c2 = h2 + q2 ⇒ h2 = c2 - q2 (1)
y como p = b – q
p2 = (b – q)2
p2 = b2 + q2 – 2·b·q (2)
sumando miembro a miembro (1) y (2)
h2 + p2 = b2 + c2 – 2·b·q
luego
a2 = b2 + c2 – 2·b·q
α A q H p C b
B h
c a
(fig. 1.23)
25
EJERCICIOS RESUELTOS
1. Calcular la medida de la hipotenusa de un triángulo rectángulo cuyos catetos miden 20
m y 21 m.
R: h2 = a2 + b2
h2 = 400 + 441= 841
h = √√√√ 841
2. Calcular la medida de la diagonal de un rectángulo cuyas dimensiones son 15 m y 8 m.
R: d2 = 152 + 82
d2 = 225 + 64
d2 = √ 289
d = 17
3. Calcular los lados de un rombo, cuyas diagonales miden 6 m y 8 m.
R: En un rombo las diagonales se dimidian en forma perpendicular formando 4 triángulos
rectángulos iguales, en este caso sus catetos miden 3cm y 4cm, entonces
L2 = 32 + 42
L2 = 9 + 16
L2 = √ 25
L = 5
26
4. ¿Por qué es rectángulo un triángulo cuyos lados son entre si como 3 : 4 : 5 ?
R: Por el teorema de Pitágoras si el triángulo fuera rectángulo se debe cumplir
52 = 32 + 42
52 = 9 + 16
25 = 25
5. En un triángulo rectángulo ABC, hc = 9,6 y la hipotenusa c = 20. Calcular la longitud de
los dos catetos.
R: h2 = p·q si p + q = c = 20
h2 = p · (20 – p)
92,16 = 20p - p2
p2 - 20p + 92,16 = 0 resolviendo la ecuación de 2º grado se tiene
p1 = 12,8 y p2 = 7,2
q1 = 7,2 y q2 = 12,8
si a2 = c · p ⇒ a2 = 20 ·12,8 = 256 ⇒ a = 16
b2 = c · q ⇒ b2 = 20 · 7,2 = 144 ⇒ b = 12
Luego los catetos son 12 y 16.
C b A
B a
q
p
c
hc
27
6. En un triángulo rectángulo la medida de un cateto es igual a la mitad de la medida de la
hipotenusa, y el cuadrado de ésta es 256 m2. ¿Cuál será la longitud de los catetos?
R: c2 = a2 + b2 De c2 = 256 concluimos que c = 16 m.
Si a = c/2 entonces c2 = c2/4+ b2
256 = 64 + b2
192 = b2
13,856 = b
a = 16 / 2 luego a = 8
7. En un triángulo rectángulo calcular: a, b, hc, p, q, si a + b = 35 m y c = 25 m.
R: c2 = a2 + b2 a2 = c · p
252 = (35 – b)2 + b2 225/25 = p
625 = 1225 – 70b + b2 + b2 9 = p
2b2 – 70b + 600 = 0 b2 = c · q
b2 - 35b + 300 = 0 400/20 = q
(b – 20)(b – 15) = 0 16 = q
b = 20 y b =15 h2 = p · q
a =15 y a = 20 h = 12
28
8. En un triángulo rectángulo calcular hc si a = 8 m y b = 6 m.
R: c2 = 82 + 62 h2 = p · q
c = 10 h = 4,8
a2 = c · p
64 /10 = p
66,4 = p
b2 = c · q
36 / 10 = q
3,6 = q
9. En un triángulo rectángulo calcular a, b, si p = 32 m y q = 18 m.
R: p + q = 50 si a2 = c · p y b2 = c · q entonces a = 40 y b = 30
10. En un triángulo rectángulo calcular a y b si p : q = 9 : 16 y hc = 12 m.
R: c = p + q = 25
a2 = 25 · 9 ⇒ a = 15
b2 = 25 · 16 ⇒ b = 20
29
11. En un triángulo rectángulo calcular a, p, q, si b = 15 m y hc = 12 m.
R: b2 = h2 + c2
225 – 144 = q2
9 = q
h2 = p · q
144 /9 = p ⇒ 16 = p
a2 = c · p ⇒ a2 = 25 · 16 ⇒ a = 20
12. En un triángulo rectángulo calcular a, b, p, q, si hc = 9 m y p – q = 5, 25 m.
R: p = 5,25 + q
(*) h2 = p · q ⇒ 81 = (q + 5,25)·q ⇒ 81 = q2 + 5,25q ⇒ q2 + 5,25q – 81 = 0
resolviendo ecuación de 2º grado q = 6,75 reemplazando en (*) se tiene que
p = 12 ⇒ c = 18,75
a2 = 18,75 · 12 ⇒ a = 15
b2 = 18,75 · 6,75 ⇒ b = 11,25
30
13. En un triángulo rectángulo se tiene c = 100 m, a = 60 m. calcular el perímetro de cada
uno de los triángulos parciales determinados por la altura.
R: a2 = c · p
3600 = 100 · p
36 = p ⇒ q = 64
h2 = 36 · 64
h = 48
perímetro ▲ AHC = 192 m.
perímetro ▲ CHB = 144 m.
14. En un triángulo ABC la altura CH = 6 cm divide la base en dos segmentos HA = 3
cm y HB = 2 cm. Calcular los lados CA y CB y el radio r del circulo circunscrito al
triángulo.
R: a2 = c · p ⇒ a2 = 5 · 2 = 10 ⇒ a = 10
b2 = c · q ⇒ b2 = 5 · 3 = 15 ⇒ b = 15
r = 2,5
A H B
C
60
100
h
31
15. Demuestre que si en un cuadrilátero las diagonales se cortan perpendicularmente, la
suma de los cuadrados de dos lados opuestos es igual a la suma de los cuadrados de los
otros dos lados.
R: Hip. ABCD cuadrilátero
DB ⊥ AC en el punto E
Tesis: s2 + q2 = r2 + p2
Dem.: 1) s2 = DE2 + EA2
2) p2 = AE2 + BE2
3) q2 = EC2 + EB2
4) r2 = DE2 + CE2
sumando 1 con 3 resulta s2 + q2 = DE2 + EC2 +EA2 + EB2
sumando 2 con 4 resulta p2 + r2 = AE2 + BE2 +DE2 + CE2
de lo anterior se tiene s2 + q2 = p2 + r2
q.e.d.
C r q
D E B s p
A
32
16) El lado de una escalera tipo tijera tiene una longitud de 1,5 metros y la distancia que
separa sus pies es de 98 centímetros. Calcula la altura de la escalera cuando está abierta.
17) Un grupo de amigos acampa a 7 kilómetros de la carretera y tienen un equipo de radio
de banda civil, cuyo alcance es de 10 kilómetros. Con este pretenden comunicarse con los
camioneros que circulan por la carretera. ¿Hasta cuántos kilómetros de la carretera alcanza
la onda de radio?
49 49
98
1,5 1,5 h
m. 1,4177 de es abierta está cuando escalera la de altura La:R
77,141h
/20099h
240122500h
225002401h
15049h
2
2
2
222
=
=
−=
=+
=+
Por Pitágoras se tiene: 222 x710 +=
x51
/x51
x491002
2
=
=
=−
R: La onda de radio alcanza 512 km. de carretera.
10 km
7 km
10 km x
x
33
18) Si un volantín ha quedado enredado en un poste de 6 metros de altura y el niño que lo
tenía ha dejado el carrete en el suelo a 50 metros de este, ¿cuánto hilo pierde si lo corta?
19) El señor Badilla posee un terreno rectangular de 100m por 250 metros, que es cruzado
diagonalmente por un río. El señor Badilla desea construir una casa en un vértice del
terreno y un puente que le permita cruzar el río.
6
50
x
corta. lo si hilo de metros 50,35 pierde niño El :R
35,502536 x 2536x
250036x
506x
2
2
222
==⇒=
+=
+=
100
250
r
h
q
p
Determine el punto donde construir el
puente y calcular la distancia que hay
hasta su casa, de tal forma que el señor
Badilla camine lo menos posible de su
casa al puente.
34
Solución:
casa. la de distancia de metros 92,64 aestar debe puente El :R
64,928584h
8584 37 · 232 q · ph
232269
62500 p 269 · p250
37269
10000 q 269 · q100 :que tienese Euclides de oremate por
25,26972500r
725006250010000250100r
2
2
2
222
==
===
==⇒=
==⇒=
==
=+=+=
20) ¿Qué distancia hay entre el origen y la recta que pasa por los puntos (0, 5) y (3, 0)?
21) ¿Cuánto deben medir las vigas de un techo en A si ambas deben ser iguales y formar
90º?, además, si el ancho del techo es de 4 m, ¿qué altura tiene el techo?
2,58. de esorigen ely recta la entrehay que distancia La :R
58,268,6h
68,631,4 · 55,1h
4,31 p 5,8 · p 25
1,55 q 5,8 · q 9
5,8 x 34925x
2
2
==
==
=⇒=
=⇒=
=⇒=+=
5
3
x
h q
p
x x
4 m
h
.m 22 mide vigacaday m, 2 de es techodel altura La :R
2 h luego 4h : tienese
forma se que el isósceles triángulo un ser por
x22 x2
16 x24
2
222
==
=⇒=⇒=
35
EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Una equilibrista camina por un cable tensado entre dos edificios que se encuentran a 21
metros de distancia. Al llegar a la mitad de su recorrido la equilibrista se detiene y se puede
observar que el cable se ha estirado y desplazado de su centro 1,5 metros hacia abajo.
¿Cuánto se estiró el alambre?.
2) La base de una escalera de 13 metros de longitud, está a 3 metros de la pared de un
edificio. ¿A qué altura del edificio llegará la escalera si la apoyamos en él?
3) Un terreno rectangular de 20 metros de largo por 15 metros de ancho, debe ser dividido
en dos partes iguales por medio de la diagonal, utilizando para ello piquetes de madera y
alambre tensado. Si la distancia entre cada piquete debe ser de 2,5 metros y cada uno tiene
un costo de $1.000, ¿cuánto dinero se necesita para cerrar ambas partes si el alambre ya se
tiene?.
4) En un triángulo rectángulo, un cateto mide 8 cm y la proyección del otro cateto sobre la
hipotenusa mide 12 cm, entonces, ¿cuál es la medida de la proyección del primer cateto?
5) En un triángulo rectángulo de área 30,4 cm2 , en donde el producto de las proyecciones
de los catetos sobre la hipotenusa es 9, calcula la altura y la hipotenusa.
36
SOLUCION:
1) 0,21 m.
2) 12,64 m.
3) 37 piquetes; $37.000.
4) 4 cm.
5) altura 3 cm; hipotenusa 20,26 cm.
37
UNIDAD 2: RAZONES TRIGONOMETRICAS
2.1 GENERALIDADES
2.11 INTRODUCCIÓN
La palabra trigonometría es de origen griego. Un trigón es un triángulo y la trigonometría
es la medición de triángulos.
En la trigonometría, es importante la orientación o sentido que tienen los ángulos. Esto estÁ
determinado por la dirección en que gira uno de sus rayos mientras el otro permanece fijo.
Como puedes observar en la figura 2.1, supongamos que OX es una semirrecta fija y OP es
una semirrecta móvil del mismo origen.
Si OP gira alrededor del punto O, en cada posición se genera un ángulo tal como el ángulo
XOP de la figura.
Por convenio, se ha establecido que la medida de los ángulos obtenidos al efectuar un giro
en sentido opuesto a las agujas del reloj se considera positivas, mientras que las medidas de
los ángulos obtenidos al efectuar el giro en el mismo sentido de las agujas del reloj se
consideran negativas.
Así por ejemplo en la figura 2.2 el ángulo XOP tiene medida positiva y el ángulo XOP`
tiene medida negativa.
P
O X
(fig. 2.1)
O
P`
X
(fig. 2.2)
P
38
En ambos casos el rayo que permanece fijo se llama lado inicial del ángulo, mientras que el
rayo que gira se le denomina lado terminal. Al rotar el lado terminal varias veces sobre el
lado inicial vemos que obtenemos ángulos cuya medida es mayor que un giro (360º) dos
giros (360º · 2) o, en general k giros (360º · k). Si rotamos en el sentido contrario la medida
puede ser de un giro negativo (-360º), dos giros negativos (-360º · 2) o k giros negativos
(-360º · k). Así resulta natural considerar ángulos cuyas medidas en grados son positivas y
negativas.
2.12 MEDIDA DE ANGULOS
Como sabemos un ángulo es la figura formada por dos rayos que parten de un mismo punto
y es claro que podemos percibir si un ángulo es mayor que otro o no. Vamos ahora a
“medir un ángulo”.
Medidas en grados
Consideremos una circunferencia C (fig. 2.3) de centro O y radio 1. sea X un punto de C y
considere P∈ C un punto móvil que se desplaza en el sentido contrario a las agujas del
reloj.
O X
P
(fig. 2.3)
39
En C marcamos 360 posiciones de P, P0 = X, P1,...,P359 de tal forma que la abertura del
ángulo PiOPi+1 es igual a la abertura del ángulo Pi+1OPi+2 i = 0,1,...,359 (aquí P359OP360 =
P359OP0 y P360OP361 = P0OP1)
DEFINICIÓN
Un grado sexagesimal es la medida que asociamos a cada uno de los ángulos así definidos.
Si consideramos un ángulo PiOPi+1 de los anteriores y marcamos 60 posiciones, en el
círculo Q0 = Pi, Q1,...,Q59 de tal forma que la abertura del ángulo QiOQi+1 es igual a la
abertura del ángulo Qi+1OQi+2 i = 0,1,...,59 (con Q59OQ60 = Q59OPi+1) entonces tenemos.
DEFINICIÓN
Un minuto sexagesimal es la medida que asociamos a cada uno de los ángulos así
definidos (QiOQi+1)
NOTA: en estas condiciones 60 minutos sexagesimales corresponden a un grado
sexagesimal.
Sucesivamente; podemos definir un segundo sexagesimal como la medida de cada una de
las partes que se obtienen al dividir un minuto sexagesimal en 60 partes iguales. También
un metasegundo sexagesimal es la medida de cada una de las partes que se obtienen al
dividir un segundo sexagesimal en 60 partes iguales. De la misma forma, un
40
nanometasegundo sexagesimal es la medida de cada una de las partes que se obtienen al
dividir un metasegundo sexagesimal en 60 partes iguales.
Medidas en radianes
Consideramos ahora una circunferencia C de radio r y centro O (fig. 2.4). Sabemos que la
longitud de la circunferencia es 2πr.
Sea X ∈ C un punto de la circunferencia y P0 ∈ C el punto tal que la medida del arco XP0
en C es igual a r.
DEFINICIÓN
Un radian es la medida del ángulo XOP0 definido anteriormente.
Sea m la medida en radianes de un ángulo XOP dado con P ∈ C. Para obtener el valor de
m usamos una regla de tres simple:
1m rad → l = longitud del arco XP
1 rad → r = longitud del arco XP0
así m rad = r
l rad
P0
O X r (fig. 2.4)
41
Ejemplo: si el arco es la circunferencia
m rad = 2πr rad = 2π rad r
si el arco es la semicircunferencia m rad = πr rad = π rad r
Conversión de una medida a otra
Si tenemos un ángulo XOP cuya medida en radianes es de m rad. Entonces podemos hacer
lo siguiente:
Mº → m rad
180º → π rad
y obtener Mº = 180º m o m rad = M° π rad π 180°
Ejemplo:
54º10
3º·180
Mº rad 10
3 rad m Si 2)
rad2
rad180
90 rad m 90º Mº Si )1
=π
π
=⇒π
=
π=
°π°
=⇒=
42
2.2 RAZONES TRIGONOMETRICAS
Consideremos dos triángulos rectángulos con un par de ángulos congruentes (fig. 2.5 y fig.
2.6). Por el corolario A.A. (ángulo – ángulo) sabemos que �ABC ~ �A`B`C`.
En consecuencia 'c
c
'b
b
'a
a==
De estas igualdades se puede ver
que:
c'
a'
c
a ;
c'
b'
c
b ;
'b
'a
b
a===
Así las razones c
a ;
c
b ;
b
a no dependen del tamaño del triángulo y solo dependen del
valor del ángulo dado.
Observamos lo siguiente en dos triángulos ACB y A`CB (fig. 2.7)
Si el ángulo varia de θ a θ` entonces
a
'b
a
b ;
'c
a
c
a<>
b`
a B
b
c α
θ
A
C a B
(fig. 2.5)
b` c`
α
θ
A’
C’ a’ B’
(fig. 2.6)
b
c` c θ`
A` A C
(fig. 2.7)
θ
43
Además
c
b
c'
b' asíy
c
b
c'
b' luego
0)'cc(
a)b)'b((
)'cc(
)'b(babb)'b(a)'b(
)'cc(
))'b(a(b)ba()'b(
)'cc(
)'c(bc)'b(
)c(
)b(
)'c(
)'b(
22
2
222
2
22222222
2
222222
2
2222
2
2
2
2
>
>
>−
=−−+
=+−+
=−
=−
2.21 DEFINICIÓN:
RAZONES TRIGONOMETRICAS FUNDAMENTALES
De lo anterior:
Seno del ángulo θ : es la razón b/c o bien el cuociente entre el cateto opuesto al ángulo y la
hipotenusa (fig. 2.5). Se puede escribir como hipotenusa
a opuesto cateto
c
bsen
θ==θ
Coseno del ángulo θ : es la razón a/c o bien el cuociente entre el cateto adyacente al ángulo
y la hipotenusa (fig. 2.5). Se escribe como:
hipotenusa
a adyacente cateto
c
acos
θ==θ
44
Tangente del ángulo θ : es la razón b/a o bien el cuociente entre el cateto opuesto al ángulo
y el cateto adyacente al ángulo (fig. 2.5). Se puede escribir como:
θθ
==θ a adyacente cateto
a opuesto cateto
a
btg
RAZONES TRIGONOMETRICAS RECIPROCAS
Las razones trigonométricas reciprocas del seno, coseno y tangente se reconocen como
cosecante, secante y cotangente respectivamente. Se designan por cosec, sec, cotg, es decir,
cosec α = c = hipotenusa a cateto opuesto a α
sec α = c = hipotenusa b cateto adyacente a α
cotg α = b = cateto adyacente a α a cateto opuesto a α
Estas expresiones están bien definidas para triángulos rectángulos.
45
2.22 CIRCUNFERENCIA GONIOMÉTRICA
DEFINICIÓN:
Se llama así a toda circunferencia cuyo radio mide 1 unidad (1u) y que tiene su centro
ubicado en el origen de un sistema de ejes coordenadas perpendiculares (fig. 2.8).
Esta circunferencia es un elemento auxiliar utilizado para definir el valor y el signo que
toman las razones trigonométricas de ángulos de cualquier medida.
Si para cualquier ángulo α determinado en la circunferencia goniométrica (fig. 2.9),
consideramos el punto P(x,y) como la intersección del lado terminal de α con dicha
circunferencia, entonces se puede definir:
o r = 1
P(x,y)
Y
X (fig.2.8)
46
cos α = x = x → Abscisa de P 1
sen α = y = y → Ordenada de P 1
tg α = y = sen α toda vez que cosα ≠ 0 x cos α
Además podemos ver que:
α 0º 90º x 1 0 y 0 1 cos α 1 0 sen α 0 1
Es decir sen 0º = cos 90º = 0 y
sen 90º = cos 0º = 1
Además si tg α = sen α → tg 0º = 0 = 0 cos α 1
observar que si α = 90º entonces tg90º no esta definida.
Hasta ahora hemos definido las razones trigonométricas para ángulos θ con 0º ≤ θ < 90º.
P(x,y) r = 1 sen α = y α cos α = x 1 X
Y 1
-1
-1
(fig. 2.9)
47
Con la identificación anterior podemos definir las razones trigonométricas cos α , sen α,
tg α para valores de α mayores que 90º.
En efecto, si (x,y) ∈ C es un punto cuyo ángulo con el eje X es mayor que 90º entonces
xρ = cos ρ < 0 yρ = sen ρ < 0
cosβ = xβ < 0 senβ = yβ > 0
xξ = cos ξ > 0 yξ = sen ξ < 0
(fig. 2.10)
(fig. 2.11)
(fig. 2.12)
yβ β
xβ
ρ
xρ
yρ
ξ xξ yξ
48
Procediendo de esta forma tenemos la siguiente tabla de signos para los ángulos
Si α ∈ (0º, 90º) ; sen α ∈ (0, 1)
Si α ∈ (90º, 180º) ; sen α ∈ (0, 1)
Si α ∈ (180º, 270º) ; sen α ∈ (-1, 0)
Si α ∈ (270º, 360º) ; sen α ∈ (-1, 0)
Esto es:
Signo de las razones trigonométricas
Análogamente para cosα y tgα tenemos
+ +
− − sen α
− +
− + cos α
− +
+ − tg α
49
2.23 RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS NOTABLES
� RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE LOS ÁNGULOS DE 30º Y 60º
Dado el triángulo equilátero ABC de lado a (fig.2.13). Si trazamos la bisectriz del
ángulo C se forman dos triángulos rectángulos congruentes. Consideremos el triángulo
CC`B, donde CB = a ; C`B = 2
a y CC`=
2
3a (por teorema de Pitágoras).
Con estas medidas para las longitudes de los lados del triángulo rectángulo CC`B, tenemos
la siguiente tabla de valores de las razones trigonométricas.
Comprueba los siguientes resultados:
30º 60º
seno ½ √3 / 2
coseno √3 / 2 ½
tangente 1 / √3 √3
30º 30º
C
60º 60º A a/2 B C`
a
(fig. 2.13)
50
� RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE UN ÁNGULO DE 45º
Dado un cuadrado ABCD de lado a (fig. 2.14). Si trazamos la diagonal AC, formamos dos
triángulos rectángulos congruentes. Consideremos el triángulo rectángulo ABC donde CB
= a; AB = a y AC = a√2 (por teorema de Pitágoras) .
Por definición se tiene que:
sen 45º = a = 1 = √2 a√2 √2 2
cos 45º = a = 1 = √2 a√2 √2 2
tg 45º = a = 1 a
En el siguiente cuadro se representa un resumen de las razones trigonométricas básicas de
los ángulos notables considerados:
Medida ángulo α
En grados 0º 30º 45º 60º 90º En radianes 0 ππππ / 6 ππππ / 4 ππππ / 3 ππππ / 2 Seno 0 ½ √2 / 2 √3 / 2 1 Coseno 1 √3 / 2 √2 / 2 ½ 0 Tangente 0 √3 / 3 1 √3 No
definido
Conocidos los valores de las razones trigonométricas básicas podemos obtener los valores
de las respectivas razones recíprocas.
A a B
a a√2 a
D a C
(fig. 2.14)
51
EJERCICIOS RESUELTOS
1) En los siguientes triángulos calcula las razones trigonométricas fundamentales para sus
ángulos agudos:
a)
b)
2) Consideremos un triángulo ABC rectángulo en C, donde 5
2tg =α . Determinar el valor
de: sec α, cos α y cosec α.
2
29 cosec ;
29
295
29
5 cos ;
5
29 sec tanto,lo Por
2952 cy 5 b ; 2 a
: tienese ABCen que significa esto , 5
2 tgComo
22
=α==α=α
=+===
∆=α
β
α
3
4
6
8gcottg
5
3
10
6sencos
5
4
10
8cossen
==β=α
==β=α
==β=α
3
4gcottg
5
3sencos
5
4cossen
=β=α
=β=α
=β=α
A B
C
5 2
6
8
10
2
2
5
2
3
β α
α
β
52
3) En un triángulo ABC rectángulo en C, donde :de valor el calcula , 5
13sec =α
α−αααgcot9eccos4
3cos - 2sen.
12
5gcot
12
13eccos
13
5cos
13
12sen
=α
=α
=α
=α
4) Usa los valores fraccionarios de las razones trigonométricas de ángulos notables para:
i) Calcular en cada triángulo la medida x del lado indicado.
a)
Si b = 5 y c = 13 entonces a = 12 C B
A
5
91
108
7
12·
13
9
12
713
9
12
45
12
5213
15
13
24
12
5·9
12
13·4
13
5·3
13
12·2
===−
−=
−
−
215 x
2
2 · 30 x
45ºsen · 30 x 30
xº45cos
=
=
=⇒=
x
30
45º
53
b)
c)
ii) Calcular en cada caso la medida del ángulo indicado.
a)
b)
60º
x
108
3 72 x
3
3216
3
216 x
2
3
108
60ºsen
108 x
x
108º60sen
=
==
==⇒=
x
30º
18
3 18 x
3
354
3
54 x
3
3
18
º30tg
18 x
x
18º30tg
=
==
==⇒=
α
10
20
º60
2
1
20
10cos
=α
==α
º60
33
33
3
3tg
=β
===β
β
3
3
54
c)
iii) Calcular las siguientes expresiones.
a) tg 30º · tg 60º - cos 30º · sen 60º
4
1
4
31
2
3·
2
33·
3
3=−=−
b) sen 30º + cos2 45º - 2 tg2 30º
3
1
3
21
3
1·2
2
1
2
1
3
3·2
2
2
2
122
=−=−+=
−
+
c) º60secº30secº0sec
º90eccosº60eccosº30eccos
++++
1
23
321
13
322
=
++
++
25
225
δ
º45
2
2
2
1
225
25sen
=δ
===δ
55
4) Indica el signo de las razones trigonométricas de los ángulos dados.
a) sen 135º � El ángulo 135º se encuentra en el segundo cuadrante
por lo tanto el signo del seno de 135º es positivo.
b) tg 298º � El ángulo 298º se encuentra en el cuarto cuadrante
por lo tanto el signo de la tangente de 298º es negativo.
c) cos 240º � El ángulo 240º se encuentra en el tercer cuadrante
por lo tanto el signo del coseno de 240º es negativo.
56
2.3 RELACIONES ENTRE LAS RAZONES TRIGONOMÉTRICAS
TEOREMA
Para cualquier ángulo agudo α, sen α < 1 ; cos α < 1.
Demostración:
En el triángulo rectángulo ABC, a < b y c < b. Al dividir cada una de estas
desigualdades por b se obtiene 1b
c ; 1
b
a<<
RELACIONES RECIPROCAS ENTRE ALGUNAS RAZONES
Sea ABC un triángulo rectángulo (fig. 2.15) cuyo ángulo recto es B, de la definición
sen α = BC = a y también cosec α = AC = b AC b BC a
Por tanto sen α · cosec α = a · b = 1 b a
esto es sen α y cosec α, donde están definidas simultáneamente, son recíprocos y luego
sen αααα = 1 y cosec αααα = 1__ cosec αααα sen αααα
A b c B a C
(fig. 2.15)
β
α
57
Por otro lado
cos α = AB = c y sec α = AC = b AC b AB c
Así cos α · sec α = c · b = 1 b c
por consiguiente cos α y sec α, donde están definidas simultáneamente, son recíprocos y
tenemos
cos αααα = 1 y además sec αααα = 1__ sec αααα cos αααα
también
tg α = BC = a y cotg α = AB = c AB c BC a
Por tanto tg α · cotg α = a · c = 1 c a
luego tg α y cotg α, donde están definidos simultáneamente, son recíprocos , es decir,
tg αααα = 1 y cotg αααα = 1__ cotg αααα tg αααα
58
LA TANGENTE Y LA COTANGENTE EN FUNCIÓN DEL SENO Y COSENO
Como vimos anteriormente
tg αααα = sen αααα cos αααα
como
cotg α = 1 = 1 = cos α tg α sen α sen α cos α
entonces
cotg αααα = cos αααα sen αααα
TEOREMA
Para cualquier ángulo agudo α, sen2 αααα + cos2 αααα = 1
Demostración:
1b
b
b
ca
b
c
b
acossen
2
2
2
22
2
2
2
222 ==
+=+=α+α
COROLARIO
0 cos si sen1 cos ; sen1cos
0 sen si cos-1sen ; cos1sen
222
222
≥αα−=αα−=α
≥αα=αα−=α
A c b B a C
α
(fig. 2.16)
59
Ejercicio
Del teorema anterior deducir las siguientes igualdades
1) 1 + cotg2 αααα = cosec2 αααα
2) tg2 αααα + 1 = sec2 αααα
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS COMPLEMENTARIOS
Consideremos el triángulo rectángulo en B. En este caso los ángulos en A y C serán
complementarios de manera que ∠ γ = 90º - ∠ α
Luego
α==γ=α−°
α==γ=α−°
senAC
BCcos)90cos(
cosAC
ABsen)90(sen
De manera similar se puede demostrar que
tg (90º - αααα) = cotg αααα ; cotg (90º - αααα) = tg αααα
sec (90º - αααα) = cosec αααα ; cosec (90º - αααα) = sec αααα
Si definimos el co-seno, la co-tangente, la co-secante como las co-funciones del ángulo,
pueden incluirse los resultados en una sola afirmación:
“Cada función de un ángulo es igual a la co-función correspondiente a su
complemento”
A c b B a C
(fig. 2.17)
α
γ
60
EJERCICIOS RESUELTOS
1) ¿Cuáles son las razones trigonométricas del ángulo α, sabiendo que 4
3tg =α y que está
en el primer cuadrante?
Sabemos que tangente.la de reciprocarazón laser por 3
4gcot =α
Además 4
5sec sec
16
25 sec
16
91 sectg1 2222 =α⇒α=⇒α=+⇒α=α+ .
De lo anterior se tiene 5
4cos =α .
Por otro lado
3
5cosec eccos
9
25 eccos
9
16 1 eccosgcot1 2222 =α⇒α=⇒α=+⇒α=α+
De aquí se tiene que 5
3sen =α .
2) Sabiendo que º270 180º quey 5
3cos ≤α≤−=α
. ángulo del tricas trigonomérazones demás las Calcula α
Sustituyendo en la siguiente relación se tiene:
5
4-sen luego
25
16sen 1
25
9sen 1cossen 222 =α±=α⇒=+α⇒=α+α ,
ya que α está situado en el tercer cuadrante.
61
Conocidos el seno y coseno, se deducen el resto de las razones trigonométricas:
4
5
sen
1cosec ;
3
5
cos
1sec
4
3cotg
3
4
5
35
4
cos
sentg
−=α
=α−=α
=α
=α⇒=−
−=
αα
=α
3) Simplifica la expresión α
α+αgcot
)tg1(cos 22
Sabemos que 1+ tg2 α = sec2 α , entonces
α=α
=α
ααtg
gcot
1
gcot
sec · cos 22
62
2.4 REDUCCIÓN AL PRIMER CUADRANTE
En general, la obtención de razones trigonométricas de un ángulo cualquiera no
resulta fácil. Se debe recurrir al empleo de calculadora o a tablas trigonométricas. Pero en
estas últimas solo aparecen los valores de las razones trigonométricas de ángulos hasta 90º.
Es por esto, que se utiliza una serie de relaciones que nos permiten obtener las razones
trigonométricas de cualquier ángulo a partir de las relaciones trigonométricas del primer
cuadrante (entre 0 y 90 grados) que es lo que las tablas nos entregan.
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS CUYA SUMA ES CERO O 360º
Los ángulos que suman cero o 360º se expresan como:
α y (-α) o α y 360º - α
En la circunferencia goniométrica de la figura 2.18 tenemos que las coordenadas
cartesianas de los puntos P(x,y) y P1(x`,y`) satisfacen las relaciones x = x` , - y = y`.
Sea α la medida del ángulo QOP. El ángulo QOP1 , recorrido en el sentido horario, tiene
entonces una medida - α.
Por otro lado el ángulo que forma el eje X con el segmento OP1 , medido en el sentido
antihorario, tiene medida 360º - α. Como ambas formas de medir el ángulo identifican al
mismo punto del circulo goniométrico tenemos que:
63
sen (360º - α) = sen (-α)
cos (360º - α) = cos (-α)
tg (360º - α) = tg (-α)
sec (360º - α) = sec (-α)
cosec (360º - α) = cosec (-α)
cotg (360º - α) = cotg (-α)
Por otro lado sen (-α) = P1Q / 1 = - y = - sen (α)
cos (-α) = OQ / 1 = x = cos(α)
y entonces
tg (-α) = - tg (α)
sec (-α) = sec (α)
cosec (-α) = - cosec (α)
cotg (-α) = - cotg (α)
Ejemplo:
Calcular las razones trigonométricas de un ángulo de 330º.
Sen 330º = sen (360º - 30º) = - sen 30º = - ½ ; cosec 330º = 1/sen 330º = - 2
Cos 330º = cos (360º - 30º) = cos (30º) = √3/2 ; sec 330º = 1/cos 330º = 2 √3 / 2
Tg 330º = tg (360º - 30º) = - tg 30º = - √3/3 ; cotg 330º = 1/tg330º = - √3
X Q O (360º - α)
Y P
α -α
(fig. 2.18)
P1
64
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS QUE DIFIEREN EN 180º
En la circunferencia goniométrica de la figura 2.19 tenemos que las coordenadas
cartesianas de los puntos P(x,y) y P1(x`,y`) satisfacen las relaciones x`= -x , y`= -y.
Sea α la medida del ángulo QOP. El ángulo formado por el eje X y el segmento OP1,
medida en el sentido antihorario , tiene medida 180º + α.
Por otro lado, sea α` el ángulo Q1OP1. Es claro que α` tiene medida α ya que es opuesto
por el vértice al ángulo QOP.
El ángulo extendido QOQ1 tiene medida –180º en el sentido horario y, entonces, el ángulo
QOP1 mide α - 180º en el sentido horario.
Como ambas formas de medir el ángulo identifican al mismo punto del circulo
goniométrico concluimos que
sen (180º + α) = sen (-180º + α) y que
cos (180º + α) = cos (-180º + α).
65
Como en el circulo goniométrico cos (180º + α) = x`= -x y sen (180º + α) = y`= -y
concluimos que:
sen (180º + α) = - sen (α)
cos (180º + α) = - cos (α)
y entonces:
tg (180º + α) = tg (α)
cosec (180º + α) = - cosec (α)
sec (180º + α) = - sec (α)
cotg (180º + α) = cotg (α)
Ejemplo:
Encuentra las razones trigonométricas de un ángulo de 225º.
sen 225º = sen (180º + 45º) = - sen 45º = - √2 / 2 ; cosec 225º = 1 / sen 225º = - √2
cos 225º = cos (180º + 45º) = - cos 45º = - √2 / 2 ; sec 225º = 1 / cos 225º = - √2
tg 225º = tg (180º + 45º) = tg 45º = 1 ; cotg 225º = 1 / tg 225º = 1
Y
α’
Q1 P1
P α O Q X
α+180
(fig. 2.19)
66
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS SUPLEMENTARIOS
En la circunferencia goniométrica de la figura 2.20 tenemos que las coordenadas
cartesianas de los puntos P(x,y) y P1(x`,y`) satisfacen las relaciones x`= -x , y = y`.
Sea α el ángulo QOP y α` el ángulo Q1OP1 los cuales tienen la misma medida.
El ángulo formado por el eje X y el segmento OP1, en el sentido antihorario, tiene medida
180º - α. El mismo ángulo medido en el sentido horario tiene medida - (180º + α).
Como ambas formas de medir el ángulo identifican el mismo punto del circulo
goniométrico concluimos que
sen (180º - α) = sen (-(180º + α)) y que
cos (180º - α) = cos (-(180º + α)).
Como en el circulo goniométrico sen (180º - α) = y`= y y cos (180º - α) = x`= - x
concluimos que:
sen (180º - α) = sen (α)
cos (180º - α) = - cos (α)
Y P1 P
− α α` α
Q1 O Q X
180º - α
(fig. 2.20)
67
y entonces tg (180º - α) = - tg (α)
cosec (180º - α) = cosec (α)
sec (180º - α) = - sec (α)
cotg (180º - α) = - cotg (α)
Ejemplo:
Calcular las razones trigonométricas de 150º.
Sabemos que el suplemento de 150º es 30º, por lo cual:
sen 150º = sen 30º = ½ ; cosec 150º = 1 / sen 150º = 2
cos 150º = - cos = 30º = - √3 / 2 ; sec 150º = 1 / cos 150º = - 2√3 / 3
tg 150º = - tg 30º = - √3 / 3 ; cotg 150º = 1 / tg 150º = - √3
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS DE ÁNGULOS QUE DIFIEREN EN 90º
En la circunferencia goniométrica de la figura 2.21 tenemos que las coordenadas
cartesianas de los puntos P(x,y) y P1(x`,y`) satisfacen las relaciones x` = -y , y` = x.
En efecto; consideremos los triángulos rectángulos OQ1P1 y OQP. Como ambos triángulos
tienen iguales ángulos son semejantes.
Ya que x'y1
y'cos y y'x
1
'xsen ===α===α
se tiene el resultado.
68
Sea α la medida del ángulo QOP y del ángulo Q1P1O . El ángulo formado por el eje X y el
segmento OP1, medida en el sentido antihorario , tiene medida 90º + α.
Luego:
sen (90º + α) = y`= x = cos (α)
cos (90º + α) = x` = -y = - sen (α)
y entonces
tg (90º + α) = - cotg (α)
cosec (90º + α) = sec (α)
sec (90º + α) = - cosec (α)
cotg (90º + α) = - tan (α)
Ejemplo:
De un ángulo de 150º, calcular sus razones trigonométricas.
sen 150º = sen (90º + 60º) = cos 60º = ½ ; cosec 150º = 1 / sen 150º = 2
cos 150º = cos (90º + 60º) = - sen 60º = - √3 / 2 ; sec 150º = 1 / cos 150º = - 2√3/3
tg 150º = tg (90º + 60º) = - cotg 60º = - √3 / 3 ; cotg 150º = 1 / tg 150º = - √3
Y P1
α 90º+α P
α Q1 O Q X
(fig. 2.21)
69
2.5 FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS
FUNCIÓN y = sen x
La siguiente tabla nos muestra que a cada medida angular, x, le corresponde un único valor
real de sen (x). Para las medidas angulares entre 0 y 2π, o múltiplos de estas, la razón seno
toma valores entre -1 y 1.
Así tenemos que y = sen x es una función.
Medida angular En
grados 0º 30º 45º 60º 90º 120º 135º 150º 180º 210º 225º 240º 270º 300º 315º 330º 360º
En radianes
0 6
π
4
π
3
π
2
π
3
2π
4
3π
6
5π
π
6
7π
4
5π
3
4π
2
3π
3
5π
4
7π
6
11π
π2
Seno del ángulo
0 2
1
2
2
2
3
1
2
3
2
2
2
1
0 2
1−
2
2−
2
3−
-1
2
3−
2
2−
2
1−
0
Gráfica de la función seno
x
y
−2π −1,5π −π −0,5π 0 0,5π0,5π0,5π0,5π ππππ 1,5π1,5π1,5π1,5π 2π
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
70
Del análisis de estos gráficos podemos deducir las siguientes características para la función
y = sen x :
- Dom (función seno) = R ; Rec (función seno) = [-1, 1]
- Sen (0 ± kπ) = 0 ; ∀ k ∈ N0
- Es una función impar1, pues sen(-x) = -sen (x), por lo tanto, es simétrica respecto
del origen.
- Es periódica, de periodo t = 2π, ya que sen (x ± 2kπ) = sen x ; x ∈ R
- Es creciente, en intervalos como ,...2
,2
; 2
3,2
ππ−
π−π−
- Es decreciente, en intervalos como ,...2
3,
2 ;
2,
2
3
ππ
π−
π−
- Es continua en R.
- [ ]R. como dominiosu osconsideram si inversafunción tieneno Por tanto,
.R1,1- seno)(función Rec :R sobre vasobreyecti es No
senx1
sen x que talx1
x :inyectiva es No biyectiva es No
≠=
=≠∃22
- Es una función acotada, pues 1senx1 ≤≤− , para todo valor de x.
-
∈∀π±π
==
∈∀π±π
==
0
0
N k ;k22
- x para 1,- y mínimo
N k ;k22
x para 1, y máximo :un valor Alcanza
1 Una función f se dice impar, si f (-x) = - f (x), para todo x ∈ Dom (f )
71
FUNCIÓN y = cos x
Hemos comprobado que para medidas angulares entre 0 y 2π, o sus múltiplos, la razón
coseno toma valores entre -1 y 1, que corresponden al coseno de estos ángulos, como se
resume en la tabla siguiente, la cual nos muestra que a cada medida angular, x, le
corresponde un único valor real de cos(x).
Así tenemos que y = cos x es una función.
Medida angular En
grados 0º 30
º 45º 60º 90º 120º 135º 150º 180º 210º 225º 240º 270º 300º 315º 330º 360º
En radian
es
0 6
π
4
π
3
π
2
π
3
2π
4
3π
6
5π
π
6
7π
4
5π
3
4π
2
3π
3
5π
4
7π
6
11π
π2
Coseno del
ángulo
1
2
3
2
2
2
1
0 2
1−
2
2−
2
3−
-1
2
3−
2
2−
2
1−
0 2
1
2
2
2
3
1
Gráfica de la función coseno
x
y
−2π−2π−2π−2π −1,5π−1,5π−1,5π−1,5π −π−π−π−π −0,5π−0,5π−0,5π−0,5π 0000 0,5π0,5π0,5π0,5π ππππ 1,5π1,5π1,5π1,5π 2π2π2π2π
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
72
Del análisis de este gráfico podemos deducir las siguientes características para la función
y = cos x:
- Dominio (función coseno) = R; Recorrido (función coseno) = [-1, 1].
- 0N k ;0k2
cos ∈∀=
π±π
- Es una función par2, pues cos x = cos(-x), por lo tanto, es simétrica respecto al eje
Y.
- Es periódica, de periodo t = 2π, ya que 0N k );k2xcos(xcos ∈π±=
- Es creciente, en intervalos como ] [ ] [,...2 , , 0, πππ−
- Es decreciente, en intervalos como ] [ ] [,... 0, , ,2 ππ−π−
- Es continua en R.
- [ ]R. como dominiosu osconsideram si inversafunción tieneno tanto,loPor
R. 1 1,- coseno)(función Rec :R sobre vasobreyecti es No
xcos xcos que talx x : inyectiva es No biyectiva es oN 211
≠=
=≠∃ 2
- Es una función acotada, pues -1 ≤ cos x ≤ 1, para todo valor de x.
-
∈∀π±π==
∈∀π±==
0
0
N k ;2k x para 1,- y mínimo
N k ;2k 0 x para 1, y máximoun valor Alcanza
2 Una función f se dice par, si f (-x) = f (x), para todo x ∈ Dom (f)
73
FUNCIÓN y = tg x
La razón tangente, está definida para todas las medidas angulares, x, excepto aquellas
medidas angulares para las que el coseno sea igual a cero, tales como ..., ,2
3,
2,
2,
2
3 πππ−
π−
algunas de las cuales se destacan en la siguiente tabla.
Medida angular En
grados 0º 30º 45º 60º 90º 120º 135º 150º 180º 210º 225º 240º 270º 300º 315º 330º 360º
En radianes
0 6
π
4
π
3
π
2
π
3
2π
4
3π
6
5π
π
6
7π
4
5π
3
4π
2
3π
3
5π
4
7π
6
11π
π2
Tangente del
ángulo
0
3
3
1 3
No def.
3−
-1
3
3−
0
3
3
1 3 No def.
3−
-1
3
3−
0
Gráfica de la función tangente
Del gráfico de la función podemos deducir las siguientes características
x
y
−2π−2π−2π−2π −1,5π−1,5π−1,5π−1,5π −π−π−π−π −0,5π−0,5π−0,5π−0,5π 0000 0,5π0,5π0,5π0,5π ππππ 1,5π1,5π1,5π1,5π 2π2π2π2π
-3
-2
-1
0
1
2
3
74
- Dominio (función tangente) = ;N k ;k2
R 0∈
π±π
−
Recorrido (función tangente) = R
- Es una función impar pues tg (-x) = - tg(x), ∀ x ∈ Dom (función tangente). Por lo
tanto es simétrica respecto del origen.
- Es periódica, de período t = π, ya que tg x = tg (x ± kπ); k ∈ N0.
- Es creciente para toda medida angular de su dominio.
- Es continua en Dominio (función tangente).
-
R. como dominiosu osconsideram cuando inversafunción tieneno tanto,lo Por
R. angente)(función t Recorrido :R sobre vasobreyecti Es
x tg x tgque talx x :inyectiva es No biyectiva es No 2 121
=
=≠∃
- No es una función acotada, ya que puede tomar cualquier valor real.
- Es cero o nula para medidas angulares múltiplos de π, tales como:
Z.k 0; )(k tg:decir es ... ,2 , ,0 , ,2 ∈∀=ππππ−π−
75
2.6 IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
Una igualdad entre números es una expresión que se refiere a cantidades iguales. Por
ejemplo: 6 = 4 + 2 ; 7= 9 – 2.
Una identidad entre funciones trigonométricas es una igualdad que se verifica para todos
los valores posibles del ángulo.
Ejemplo: la igualdad 2sen x · cos x · tg x = 2sen2 x constituye una identidad
trigonométrica, ya que se cumple para toda medida angular que se le asigne al ángulo x, y
en el cual las expresiones tienen sentido.
El siguiente cuadro muestra las identidades trigonométricas básicas y pitagóricas vistas en
el punto 2.3 de esta unidad.
BÁSICAS PITAGÓRICAS
αα
=αcos
sentg
sen2 α + cos2 α = 1
αα
=αsen
cosgcot
1 + cotg2 α = cosec2 α
α
=αtg
gcot1
tg2 α + 1 = sec2 α
α
=αsen
eccos1
α
=αcos
sec1
76
Ejemplo:
1) Demostremos la siguiente identidad:
x)·cosx(gcotxsectgx
)x(gcotxcos=
++
Para demostrar una identidad, podemos elegir cualquiera de sus dos miembros y, a partir de
él, operando convenientemente, concluir que es idéntico al otro.
En este caso elegimos el miembro izquierdo de la igualdad y operamos para desarrollarlo y
simplificarlo.
Así:
=++
=+
+
=+
+
=+
+=
++
)1senx(senx
)1senx(xcos
xcos
1senxsenx
)1senx(xcos
xcos
1senxsenx
xcosx·cossenx
xcos
1
xcos
senxsenx
xcosxcos
xsectgx
)x(gcotxcos 2
x)·cosx(gcotx·cossenx
xcos
senx
xcos 2
==
lo que vale para cada x tal que sen (x) ≠ -1 , sen(x) ≠ 0 y cos(x) ≠ 0
por lo tanto:
x)·cosx(gcotxsectgx
)x(gcotxcos=
++
para cada x tal que sen (x) ≠ -1 , sen (x) ≠ 0 y cos(x) ≠ 0.
77
2) Demostrar que sen2 A · cotg2 A + cos2 A · tg2 A = 1
Aquí será conveniente expresar todas las razones trigonométricas en función del seno y
coseno.
sen2 A · cotg2 A + cos2 A · tg2 A = 1
1Acos
AsenAcos
Asen
AcosAsen
2
22
2
22 =⋅+⋅
cos2 A + sen2 A = 1
1 = 1
luego tenemos la identidad para todos los valores de A donde la expresión esta definida.
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA LA SUMA Y DIFERENCIA DE
ÁNGULOS
Las siguientes demostraciones las realizaremos para dos ángulos agudos, cuya suma o
diferencia es un ángulo que puede medir desde 0º hasta 90º , es decir, 0º≤α + β ≤ 90º. A
partir de esto aceptaremos su generalización para dos ángulos cualesquiera, ya que si la
suma o diferencia de estos ángulos pertenece a otro cuadrante, podremos siempre reducirlo
al primero.
78
� Seno de la suma de dos ángulos
sen (αααα ++++ ββββ) = senαααα cosββββ + senββββ cosαααα
Demostración:
En una circunferencia goniométrica (fig. 2.22) consideremos los ángulos α, β y (α+ β), tal
que 0º ≤ α + β ≤ 90º
Tenemos que:
m(∠AOB) = α ; m(∠BOC) = β
m(∠AOB + ∠BOC) = m(∠AOC) = α + β
trazamos:
CG ⊥ OA ; CE ⊥ OB
EF ⊥ OA ; DE ⊥ CG
Por lo tanto, tenemos rectángulo DEFG; además m(∠ECD) = α (fig. 2.23)
Vemos que:
EFCD1
DGCD
1
CG
OC
CG)sen( +=
+===β+α (1)
En ∆OFE tenemos: OE
EFsen =α , entonces, α= sen · OEEF
En ∆OEC tenemos: 1
OE
OC
OEcos ==β , entonces, OEcos =β
B
O A X
Y
C
β α
1 (α+β)
(fig. 2.22)
79
Luego : βα= cos · senEF (2)
En ∆CDE tenemos: CE
CDcos =α , entonces, α= cos · CECD
En ∆OEC tenemos: 1
CE
OC
CEsen ==β , entonces, CEsen =β
Luego : αβ= cos · senCD (3)
Reemplazando (2) y (3) en la expresión (1), obtenemos:
sen (α + β) = senα cosβ + senβ cosα
q.e.d.
β α
α
90°-α
α 90°-α
90°-α
1
O G F X
D E
Y C
(fig. 2.23)
80
� Seno de la diferencia de dos ángulos
sen (αααα - ββββ) = senαααα cosββββ - senββββ cosαααα
Demostración:
Si en la identidad sen (α + β) = senα cosβ + senβ cosα sustituimos β por (-β),
obtenemos:
sen (α - β) = senα cos(-β) + sen(-β) cosα (1)
como sabemos: sen (-β) = - senβ (2) y cos(-β) = cosβ (3)
reemplazando (2) y (3) en (1) , tenemos :
sen (α - β) = senα cosβ - senβ cosα
q.e.d.
� Coseno de la suma o diferencia de ángulos
cos (αααα + ββββ) = cosαααα cosββββ - senαααα senββββ
cos (αααα - ββββ) = cosαααα cosββββ + senαααα senββββ
Demostración:
Ejercicio.
Se realiza de manera similar a la demostración de la fórmula para el seno de la suma de dos
ángulos.
81
� Tangente de la suma de dos ángulos
tgβ · tgα1
tgβtgαβ)tg(α
−+
=+
Demostración:
βα−βααβ+βα
=β+αβ+α
=β+αsensencoscos
cossencossen
)cos(
)(sen)(tg
βα
βα
coscos
1coscos
1
· /
βα−β+α
=
βαβα
−βαβα
βααβ
+βαβα
=tg · tg1
tgtg
coscos
sensen
coscos
coscoscoscos
cossen
coscos
cossen
q.e.d.
Ejemplos:
1) sen 75º = sen(30º + 45º) = sen30º · cos45º + cos30º · sen45º =
4
2)·31(
2
2·
2
3
2
2·
2
1+=+=
2) cos75º = cos(30º + 45º) = cos30º · cos45º - sen30º · sen45º =
4
2)·13(
2
2·
2
1
2
2·
2
3−=−=
3) tg75º = 326
)33(
33
33
3
333
33
1·3
31
13
3
º45tgº·30tg1
º45tgº30tg 2
+=+
=−
+=
−
+
=
−
+=
−+
82
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA EL DOBLE DE UN ÁNGULO
� Seno del doble de un ángulo
sen 2αααα = 2 senαααα · cosαααα
Demostración:
Sabemos que sen (α + β) = senα cosβ + senβ cosα
Luego, si α = β entonces, tenemos:
sen (α +α) = sen 2α = senα cosα + senα cosα
por lo tanto:
sen (2α) = 2 senα cosα
q.e.d.
� Coseno del doble de un ángulo
cos 2αααα = cos2αααα - sen2αααα
Demostración:
Sabemos que cos (α + β) = cosα cosβ - senα senβ
Luego, si α = β entonces, tenemos:
cos (α +α) = cos 2α = cosα cosα - senα senα
por lo tanto:
cos (2α) = cos2α - sen2α
q.e.d.
83
� Tangente del doble de un ángulo
αtg1
2tgαtg2α
2−=
Demostración:
Sabemos que: βα−β+α
=β+αtg · tg1
tgtg)(tg . Luego, si α = β entonces, tenemos:
αα−α+α
=α=β+αtg · tg1
tgtg2tg)(tg
por lo tanto: tg1
tg22tg
2α−
α=α
q.e.d.
Ejemplo: demostrar que α=αα+
gcot2sen
2cos1
Reemplazando en el primer miembro de la igualdad tenemos:
α=αα
α−α+gcot
cossen2
sencos1 22
sabemos que α+α= 22 cossen1 entonces
α=αα
α−α+α+αgcot
cossen2
sencoscossen 2222
α=αα
αgcot
cossen2
cos2 2
α=αα
gcotsen
cos
α=α gcotgcot
84
IDENTIDADES TRIGONOMETRICAS PARA EL VALOR MEDIO DE UN ÁNGULO
� Seno del valor medio de un ángulo
2
cosα1
2
αsen
−±=
Demostración:
Consideremos
α=α2
·2coscos (1)
entonces: 2
sen2
sen12
sen2
cos2
·2cos 2222 α−
α−=
α−
α=
α
2
sen212
·2cos 2 α−=
α (2)
luego por transitividad de (1) y (2) tenemos:
2sen21cos 2 α−=α
despejando:
α−=α
cos12
sen2 2
/ 2
cos1
2sen 2 α−
=α
por lo tanto:
2
cos1
2sen
α−±=
α
q.e.d.
85
� Coseno del valor medio de un ángulo
2
1
2
α+±=
α coscos
Demostración: ejercicio.
La demostración se realiza de manera análoga que para 2
senα
, considerando
α⋅=α2
2coscos
� Tangente del valor medio de un ángulo
cosα1
cosα1
2
αtg
+−
±=
Demostración: ejercicio
86
EJERCICIOS PROPUESTOS
Resuelve las siguientes identidades:
α−α+
=
αα+
β=αβ+α+αβα
α=α
+α
α+α=α−αα−α
α=α+
α
β+α=βαβ−α
2sen1
2sen1
tg-1
tg1 )6
tgtg)(tg1
tg-)-tg( )5
eccos2
tgcotg )4
eccostggcottg
gcottg )3
2sentg1
2tg )2
gcottgcoscos
)cos( )1
2
2233
2
87
2.7 ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS
Una ecuación trigonométrica es una relación de igualdad entre expresiones trigonométricas
que se verifican para un conjunto de medidas angulares.
Para resolver las ecuaciones trigonométricas, conviene realizar transformaciones que
consigan expresar todos los términos en función de un mismo ángulo y de una sola razón
trigonométrica y a continuación se resuelve como una ecuación algebraica.
Al operar las ecuaciones trigonométricas se introducen con frecuencia soluciones extrañas.
Por lo tanto, se deben comprobar todas las soluciones, sustituyéndolas en la ecuación
inicial. Una vez resuelta algebraicamente la ecuación se debe resolver trigonométricamente.
Es decir, debe hallarse el ángulo que iguale el valor algebraico encontrado.
A continuación se muestran algunos casos de resolución de ecuaciones trigonométricas.
� Caso 1
Resolvamos la ecuación 2 sen (x) + 2 = 3
Despejamos: 2 sen (x) = 1 ⇒ sen (x) = ½
Luego, el conjunto solución de esta ecuación esta formado por todas las medidas angulares
cuyo seno sea igual a ½.
Sabemos que sen (x) es positivo en el primero y segundo cuadrante y además que
sen(180º - x) = sen (x).
88
Como en este caso sen (x) = ½, entonces
x1 = 30º y x2 = 150º
estos ángulos, 30º, 150º y los que se obtienen de ellos sumando múltiplos de 360º,
constituyen el conjunto solución S de la ecuación.
{ }0Nk ;kº360º150 ,kº360º30S ∈∀+±=
Esto significa que para cada valor de k tenemos una solución. Por ejemplo si k = 1, los
ángulos 390° y 510° son también solución de la ecuación.
� Caso 2
Resolvamos la ecuación 3cos2x + cosx – 2 = 0
Si colocamos z = cos x , tenemos la ecuación 3z2 + z – 2 = 0 que es una ecuación de
segundo grado con a = 3, b = 1, c = -2.
Resolviendo esta ecuación tenemos
−=
=⇒±−
=+±−
=1z3
2z
6
51
6
2411z
2
1
Ahora resolvemos las ecuaciones cos x = -1 y cos x = 2/3
Tenemos que x = 180º satisface cos (180º) = -1 y que x = ± 48,19º satisface
cos(± 48,19º) = 2/3.
Por lo tanto el conjunto solución de la ecuación 3cos2 x + cos x – 2 = 0 es
}Nk ;k º360 180º k,360º 48,19º- ,k360º º19,48{S ∈±±±=
89
� Caso 3
Resolvamos la ecuación 3xcossenx3 2 =+−
Como xsen1xcos 22 −= resulta:
02senx3xsen 3xsen1senx3 22 =++⇒=−+−
si llamamos sen x = y se obtiene la ecuación:
=
==++
-2y
-1yson soluciones cuyas 02y3y 2
Para y = sen x = -2, la ecuación carece de sentido, ya que el seno de un ángulo está
acotado entre –1 y 1.
Para y = sen x = -1 , la solución son los elementos del conjunto {270º + 360º · k; k ∈ N}
� Caso 4
Resolvamos la ecuación: 2
2
2
xcos −=
Como 2
xcos1
2
xcos
+±=
Entonces: ( )2 /2
2
2
xcos1−=
+±
90
0 cosx 1cosx1 4
2
2
xcos1=⇒=+⇒=
+
sabemos que cos x es igual a cero cuando
π==
π==
2
3º270x
2º90x
2
1
Verifiquemos que efectivamente estas son soluciones de la ecuación original
2
2
2
2
4cos
22cos −≠=
π=
π
luego 2
x1
π= no es solución de la ecuación original
Para 2
3x 2
π= tenemos
2
2
4sen
2sen
42cos
22cos
22
3cos −=
π
π−=
π+
π=
π+π=
π
así, el conjunto de soluciones de la ecuación original es:
∈∀+π
= 0Nk ;kº3602
3S
� Caso 5
Resolvamos la ecuación: sen 2x + cos x = 0
Sabemos que sen 2x = 2 sen x cos x
Luego: 2 sen x cos x + cos x = 0
cos x (2 sen x + 1) = 0
91
es decir: cos x =0 ∨ 2 sen x + 1 = 0
2 sen x = -1
2
º90x1
π==
⇓
−=
2
1senx
2
3º270x 2
π==
6
11º330º30x 3
π==−=
6
7º210x 4
π==
El conjunto solución es:
}0Nk ;k26
11 ,k2
6
7 ,k2
2
3 ,k2
2S ∈∀π±
ππ±
ππ±
π
π±π
=
⇓
92
EJERCICIOS PROPUESTOS
Resuelve las siguientes ecuaciones:
α−=α−α
α=+α
=α+α
=α−α⋅α
=α
+α
=α
cos52sencos )6
sec3222cos )5
0cos32sen )4
0gcotcos tgco )3
2cos
1 tg2)
01-2cos )1
22
2
93
2.8 RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
De los seis elementos, tres lados y tres ángulos, de un triángulo rectángulo ABC, el ángulo
recto es el único de sus elementos que siempre es conocido.
Resolver un triángulo rectángulo quiere decir “determinar los valores de sus lados y sus
ángulos”.
Para resolver un triángulo rectángulo es necesario conocer, como mínimo, dos elementos
distintos del ángulo recto, para poder determinar los restantes.
Los casos que se pueden presentar para resolver un triángulo son los siguientes:
Caso 1: dados los dos catetos, determinar los otros elementos.
Caso 2 :dados un cateto y la hipotenusa, determinar los otros elementos.
Caso 3: dados un cateto y un ángulo agudo, determinar los otros elementos.
Caso 4: dados la hipotenusa y un ángulo agudo, determinar los otros elementos.
94
Ejemplos:
Caso 1:
Los catetos de un triángulo miden a = 8cm. y c = 24 cm. Resolver el triángulo.
A Solución:
2982,2564057664248b 22 ==+=+=
71,5650ºC 38
24
a
ctgC =⇒===
º4349,18º5650,71º90A =−=
Caso 2:
Dado el triángulo DFE, rectángulo en F, encontrar las medidas de los elementos no
conocidos en la figura 2.25.
Solución:
2
2
50
505
50
5sen ===ε
45º 2
2sen =ε⇒=ε
8 cm
24 cm b = 25,29 cm
B C
ε D 50 E
F
5
(fig. 2.25)
(fig. 2.24)
95
Caso 3:
En un triángulo rectángulo CAB se conocen el lado b = 102,4 m y el ángulo B = 55º.
Resolver el triángulo.
Solución:
º35º55º90C =−=
m7012,71º55tg
4,102
tgB
bc
c
btgB ===⇒=
m0073,1258191,0
4,102
º55sen
4,102
senB
ba
a
bsenB ====⇒=
Caso 4:
1.- Dado un triángulo rectángulo ABC recto en B, la hipotenusa vale 15 cm. y uno de sus
ángulos mide 20º. Hallar el resto de los elementos.
Solución:
α α = 90º - 20º = 70º
c = 15 sen20º = 5,13
a = 15 cos20º = 14,09
C 102,4 A 35º
125
B 55º
(fig. 2.26)
A c B
15 cm
20°
a C
(fig. 2.27)
96
2.- Calcular la medida del cateto AC del triángulo ABC rectángulo en C de la figura, si la
hipotenusa AB mide 12 cm y la medida del ángulo CAB es 30º.
Solución:
cm36 2
3 · 12 cos30º · ABAC
AB
ACº30cos ===⇒=
30º A C
12 cm
B
(fig. 2.28)
97
ÁNGULOS DE ELEVACIÓN Y DEPRESIÓN
Sea un observador situado a un punto O. Sea L la horizontal al observador en O.
Sea L1 una paralela a L situada a una altura h.
Suponemos que el observador fija su mirada en una cierta dirección, R. La prolongación
infinita de R se conoce como línea de mira. El ángulo PQO se conoce como ángulo de
depresión de L1, respecto del observador situado en O. El ángulo QOS se conoce como
ángulo de elevación de L, con respecto al observador.
Con respecto a un observador, los ángulos de elevación y de depresión constituyen ángulos
alternos internos entre paralelas, por lo tanto, sus medidas son iguales.
Ángulo de depresión
Ángulo de elevación
línea de mira = R
O
Q
S
L
P L1
h
98
EJEMPLOS:
1) El punto de despegue de un avión se encuentra a 250 m de un edificio. Determinar el
ángulo de elevación mínimo necesario para que el avión pueda despegar sobrevolando el
edificio cuya altura es de 100 m.
Solución:
4,0250
100tg ==α ⇒ º8,21=α
R: El ángulo mínimo que necesita el avión para despegar es de 21,8º.
2) Ana mira la cima de un edificio con un ángulo de elevación de 45º. El teodolito
(instrumento para medir ángulos) esta a 50 cm por encima del suelo del edificio y a 60 m
del edificio. ¿Hallar la altura del edificio?
Solución:
60 tg45º· 60h 60
hº45tg ==⇒=
R: El edificio mide 60,5 m.
100
250
α
50 cm
h
60 m
45°
99
3) Calculemos el largo de la sombra que proyecta un edificio de 150 metros de alto cuando
el sol se encuentra a 30º por encima del horizonte.
Solución:
81,2593150
3
3
150
º30tg
150 x
x
150º30tg ≈===⇒=
R: El largo de la sombra que proyecta el edificio es de 259,81 m aproximadamente.
4) Desde la torre de un fuerte costero, cuya altura es de 58 metros sobre el nivel del mar,
se divisa un barco con un ángulo de depresión de 24º. ¿A qué distancia de la base de la
torre está el barco?.
Solución:
27,1304452,0
58
tg24º
58 x
x
58º24tg ===⇒=
R: La distancia del barco hasta la base de la torre es de 130,27 metros.
30°
30°
150
x
58
x
24°
100
5) Para llegar a una colosal estatua es necesario que una persona suba por una rampa de 50
m de largo y con una inclinación de 13º. Determine la altura de la estatua si el ángulo de
observación, a la parte más alta de la estatua, desde el origen de la rampa es de 81º.
Solución:
296,30 h
11,24 - 307,54 h
307,54 48,71 · 6,3137 11,24) (h
48,71 · tg81º 24),11(h 71,48
11,24) (h tg81º
11,24 50 · 0,2249 50 · 13ºsen y 50
y13ºsen
48,71 50 · 0,9743 50 · cos13º x 50
xº13cos
=
=
==+
=+⇒=
+=
===⇒=
===⇒=
R: La estatua mide 296,30 metros.
13°
50 m
x
y
h
81°
101
TEOREMA DEL SENO
En todo ∆ABC, como en la figura 2.30, tenemos:
γ
=β
=α sen
c
sen
b
sen
a
Es decir, en todo triángulo la medida de los lados es directamente proporcional a los senos
de sus ángulos opuestos.
Demostración:
Consideremos el ∆ABC de la figura y su altura hc.
En ∆ACD, rectángulo en D, tenemos:
α=⇒=α sen · bh b
hsen c
c (1)
Por otra parte, en ∆BDC, rectángulo en D,
β=⇒=β sen · ah a
hsen c
c (2)
Luego, de (1) y (2) por transitividad,
β=α sen · asen · b
Por lo tanto: β
=α sen
b
sen
a (3)
α β A D B c
γ b a hc
C
α β A c B
C γ b a
(fig. 2.30)
(fig. 2.31)
102
Ahora, si en el ∆ABC consideramos su altura ha trazada desde el vértice A al lado opuesto
o a su prolongación, y seguimos un razonamiento análogo al anterior, obtendremos:
γ
=β sen
c
sen
b (4)
Luego, de (3) y (4) por transitividad, podemos concluir que:
γ
=β
=α sen
c
sen
b
sen
a
q.e.d.
Ejemplo:
Un hombre mide el ángulo de elevación de una torre desde un punto situado a 100 metros
de ella. Si el ángulo medido es de 20º y la torre forma un ángulo de 88º con el suelo,
determina su altura.
Solución:
96,35xº72sen
sen20º · 100x
º72sen
100
º20sen
x
=
=
=
R: La torre mide 35,96 metros.
20º 88º 100
72º x
103
TEOREMA DE COSENO
En todo ∆ABC,como en la figura 2.32, tenemos:
α−+= cos · bc2cba 222
β−+= cos · ac2cab 222
γ−+= cos · ab2bac 222
Es decir, en todo triángulo el cuadrado de uno de sus lados es igual a la suma de los
cuadrados de los otros dos lados menos el doble del producto de dichos lados por el coseno
del ángulo comprendido entre ellos.
Demostración:
Observación: el teorema del coseno es el teorema generalizado de Pitágoras.
Consideremos un ∆ABC y la altura hc, como se indica en la figura.
En ∆BDC rectángulo en D, se cumple:
222 )CD()BD(a += (1)
pero:
ADcADABBD −=−= (2)
además, en ∆ADC, recto en D, se cumple:
α= cos · bAD (3)
C
γ b a α β A B c
α β A D B c
b hc a
C γ
(fig. 2.32)
(fig. 2.33)
104
α== sen · bCDh c (4)
Luego, reemplazando (2), (3) y (4) en (1), tenemos:
α+α+α−=
α+α−=222222
222
senbcosb·cosbc2ca
)sen · b()cos · bc(a
de donde factorizando por b2,
( )44 844 76 1
22222 sencosb·cosbc2ca α+α+α−=
ordenando: α−+= cos · bc2cba 222
q.e.d.
De manera análoga, trazando en un ∆ABC las alturas ha y hb, se demuestran,
respectivamente, las igualdades:
β−+= cos · ac2cab 222 γ−+= cos · ab2bac 222
105
EJEMPLO:
Un rombo tiene lados de 10 cm, si el ángulo de uno de sus vértices es 65º, calcula la
longitud de sus diagonales.
Solución:
75,10x
/47,115x
º65·cos200200x
º65·cos10·10·21010x
2
2
222
=
=
−=
−+=
86,16y
/52,284y
º115·cos200200y
º115·cos10·10·21010y
2
2
222
=
=
−=
−+=
10 65º
x 10 y
115º 10
106
10
UNIDAD 3: APLICACIONES
En esta unidad se presentan diferentes problemas de aplicación considerando los contenidos
tratados en las unidades anteriores, como el teorema de Euclides, el teorema de Pitágoras y
las razones trigonométricas.
Estos problemas tratan de aplicaciones en la vida real, en topografía, en geometría, entre
otras.
1 ) Calcula la apotema y el radio de un octógono de lado 10 cm.
Solución: el ángulo central de un octógono mide º458
º360= , y por lo tanto, la mitad del
O
A H55
22°30'
2) Los catetos de un triángulo rectángulo son 3 y 4 m. Halla la altura correspondiente la
hipotenusa.
Solución:
m. 4,25
4 · 3h :resulta sen de valor el dosustituyen ,sen 3 h ,
5
4sen ==αα==α
ángulo central mide: `.30º222
º45=
En el triángulo OAH se tiene:
m 07,12`30º22tg
5OHapotema
m 065,13`30º22sen
5OAradio
===
===
107
3) Halla el radio de una circunferencia sabiendo que una cuerda de 24,6 m tiene como arco
correspondiente uno de 70º
Solución: la mitad de la cuerda mide: .3,122
6,24=
Aplicando la definición de seno del ángulo AOH, resulta:
m. 44,215736,0
3,12
35ºsen
AH OA donde de
OA
AHº35sen ====
4) La base de un triángulo isósceles mide 10 m y el ángulo opuesto 50º. Halla el área.
5) Una moneda tiene un diámetro de 2,5 cm. Hallar el ángulo que forman las tangentes a
dicha moneda desde un punto situado a 6 cm del centro.
Solución:
En la figura OA = OB = 1,25 ; OC = 6.
Como OB es perpendicular a BC, calculando el seno del ángulo x en el triángulo COB,
resulta:
Solución: Sea el triángulo ABC, utilizando la definición de tangente, resulta:
7225,10tg25º
5AH
AH
5º25tg ==⇒=
Área de ABC = BH · AH = 5m · 10,7225m = 53,6126 m2.
A
B CH
AH
25°
5
108
51`23``. 19º x 2
es tangenteslaspor formado ángulo el Luego, 41``. 55` 9º x 172413,06
25,1
OC
OBsenx
=
=⇒===
6 ) El ángulo de elevación de la veleta de una torre es de 45º 15`, a una distancia de 72 m
de la torre. Si el observador se encuentra a 1,70 metros sobre el suelo, calcula la altura de la
torre.
Solución:
72 m
7) Se desea calcular la altura de una torre de lanzamiento de cohetes para ello se hacen dos
observaciones desde los puntos A y B, obteniendo como ángulos de elevación 30º y 45º,
respectivamente. La distancia AB = 30 m. Hallar la altura de la torre.
45º 15`
b
1,70m
Consideremos la figura:
metros. 74,33 mide torrela :R
m 74,33
72,63 1,70
15` tg45º· 7270,1b70,1h
15` tg45º· 72b 72
b`15º45tg
=
+=
+=+=
=⇒=
O
B
A Cx1,25
6
109
Solución:
Observando la figura, de los datos se obtiene el siguiente sistema:
metros. 40,98 de es torrela de altura La :R
m ,45º cotg - 30º cotg
30h luego,
)45º cotg - 30º h(cotg 30 45º cotg ·h y
30º cotg ·h y30
y
hºtg
y
hºtg
984013
30
45
3030
=−
==
=
=
=+
=
+=
8) Pedro y Ana ven desde las puertas de sus casas una torre de televisión, bajo los ángulos
de 45º y 60º. La distancia entre sus casas es de 126 m y la torre esta situada entre sus casas.
Halla la altura de la torre.
Solución:
Según la figura 60º cotg ·h y h
y 60º gcot =⇒=
45º cotg ·h x h
x 45º gcot =⇒=
como x + y = 126 reemplazamos:
metros. 79,88 de altura una tiene torreLa :R
79,88 h
126 1,577350 ·h
126 )60º cotg 45º (cotgh
126 60º cotg ·h 45º cotg · h
=
=
=+
=+
A B P
C
h
yx = 3045°30°
A B
C
h
y x
126
60° 45°
110
9) Dos amigos han creído ver un OVNI, desde dos puntos situados a 800m, con ángulos de
elevación 30º y 75º, respectivamente. ¿Sabrías hallar la altura a la que se encontraba el
OVNI?
Solución:
altura. de metros 363,9 a encontraba se OVNI El :R
363,9 h 800 2,198358 ·h
800 )75º cotg 30º (cotg h
800 75º cotg ·h 30º cotg ·h
75º cotg · hx
30º cotg · hy
800yx
=⇒=
=+
=+
⇒
=
=
=+
10) En la azotea de un edificio se instala una torre de transmisión de ondas de la radio
USACH de 32 m de alto. Desde la cumbre de la torre se dirige una visual a un punto P del
suelo situado a una cierta distancia a la pared del edificio obteniéndose un ángulo de
depresión de 48º. A su vez desde la azotea del edificio la visual para el mismo punto P se
obtiene con un ángulo de depresión de 35º. Determinar la altura del edificio y la distancia
del punto P a la pared de este mismo.
OVNI
h
yx800 m
30° 75°
48° 35°
P d
32
h
111
Solución:
edificio. del metros 77,9 de
distancia una a encuentra se P eluntoy metros 55 54, de es edificio del altura La :R
54,54558 h
77,9 · 0,7002 h
d · 0,7002 h
:obtiene se (2),en osreemplazam luego
9,770,4104
32 d
32 d · 0,4104
32 d · 0,7002 - d · 1,1106
d · 0,7002 32 d · 1,1106
tienese (1)en (2) doreemplazan
(2)h d · 0,7002 h d · 35º tg d
h º 35 tg
(1)h 32 d · 1,1106 h 32 d · 48º tg d
h32º48tg
=
=
=
==
=
=
+=
=⇒=⇒=
+=⇒+=⇒+
=
11) Una chimenea tiene 30 metros de altura mas que otra. Un observador que está a 30
metros de distancia de la más baja observa que sus cúspides están en una recta inclinada
respecto del suelo con un ángulo de 45º. Hallar las alturas de ambas chimeneas.
Solución:
metros. 60y 30son chimeneas las de alturas Las :R
30 1 · 30 tg45º· 30h 30
hº45tg ===⇒=
h + 30
30
h
45°
112
12) Desde la cima de una colina los ángulos de depresión de 2 piedras consecutivas que se
encuentran a un kilómetro una de la otra, indicadores de los kilómetros de una carretera
horizontal que corre directamente en la dirección norte del observador son de 45º y 30º
respectivamente. Determine la altura de dicha colina expresada en metros.
Solución:
13) La altura de una colina es de 990 metros sobre el nivel de un plano horizontal. Desde
un punto A de dicho plano el ángulo de elevación de la cima de la colina es de 60º. Un
globo se eleva desde el punto A, de tal forma que luego de un instante la elevación angular
de la cima para un observador que esta en el globo es de 30º. Determine la altura con
respecto al plano horizontal a la cual se encuentra el globo en ese instante.
Solución:
45º 30º x km x+1 km
metros. 1364 de es colina la de altura La:R
,h luego
1,364x
0,577 x 0,423
0,577 0,577x - x 0,577 x 0,577 x
igualando x tg45º· x h x
h tg45º
0,577 x · 0,577 tg30º· 1)(x h x
hºtg
3641
130
=
=
=
=⇒+=
==⇒=
+=+=⇒+
=
.horizontal plano del metros 660 a encuentra se globo El :R
x 660
x 329,99-990
99,32957,571 · 3
3 x - 990
571,57 · tg30ºx -990 57,571
x990º30tg
57,5713
990
tg60º
990y
y
990º60tg
=
=
==
=⇒−
=
===⇒=
x
990 - x 30°
60°y A
113
14) Dos postes tienen 18 y 12 metros de altura, y la recta que los une en sus puntos
mas altos forma un ángulo de 30º con la horizontal. Determinar la distancia que los
separa (distancia entre los postes).
Solución:
15) Una escalera mide 8 metros de largo, está apoyada en la parte superior de un muro y el
ángulo que forma con el suelo es de 60º. Calcula la altura del muro y la distancia que hay
entre la base de la escalera y la del muro.
Solución:
metros. 3,47 de es postes dos los a separa que distancia La :R
3,47 6,92-10,39 BA-CACB
6,92 12 · tg30ºBA BA
12tg30º
10,39 18 · tg30ºCA CA
18º30tg
===
==⇒=
==⇒=
escalera la de base
la de metros 4 a encuentra sey metros 6,92 mide muro El:R
42
1 · 8 cos60º · 8 d
8
dº60cos
92,62
3 · 8 60ºsen · 8h
8
hº60sen
===⇒=
===⇒=
30°ABC
12
18
d60°
8 mh
114
16) ) Calcula la altura de un árbol que da una sombra de 15 metros cuando los rayos del sol
forman un ángulo de 53º con la horizontal.
Solución:
17) El ángulo de elevación desde los pies de un observador que mira hacia la punta de una
torre es de 40º. Cuando se acerca 35 metros a la torre el ángulo de elevación es de 60º.
Determina la altura de la torre y la distancia que había entre los pies del observador y la
punta de esta antes de iniciar el trayecto.
Solución:
40º 60º
35 m
d h
56,961 h tienese
60º tg· x h en doreemplazan 32,886 x
29,368 x 0,893
x1,732 29,368 x 0,839
60º tg· x 40º tg· 35 40º tg·x
igualando 60º tg· x h x
h 60º tg
40º tg· 35)(xh 35x
hº40tg
=
==
=
=+
=+
=⇒=
+=⇒+
=
53º 15 m
metros. 19,9 de es árbol del altura La :R
19,9 h
1,32 · 15 h
53º tg· 15 h 15
hº53tg
=
=
=⇒=
x
115
metros. 88,615 de es osu trayectiniciar de antes
,observador ely ésta entrehay que distancia lay metros 56,961 de es torrela de altura La :R
615,88642,0
961,56
sen40º
56,961 d
d
961,56 40ºsen luego ===⇒=
18) En el triángulo ABC los ángulos α y β son iguales a 30º y 135º respectivamente, y el
lado AB es de 100 metros. Hallar la longitud de la perpendicular desde C a la prolongación
del lado AB.
Solución:
⇒
tienese igualando
y · tg45º x y
x tg45º
100)(y · 30º tg x 100y
xº30tg
=⇒=
+=⇒+
=
C
B A10030°135°
15°
45°
x
y
y48,136
y0,423
57,7
y 0,423 57,7
y 0,577 -y 57,7
y 57,7 y 0,577
45º tg·y 30º tg· 100 30º tg· y
=
=
=
=
=+
=+
136,48 x
136,48 · º45tgx
que tienesey · º45tgx
en doreemplazan luego
=
=
=
116
19) Una pareja situada a 200 metros del lugar de lanzamiento de un globo que asciende
verticalmente a velocidad constante, lo ve bajo un ángulo de elevación de 30º. Después de 2
minutos el ángulo de elevación es de 58º. Calcula la distancia recorrida por el globo en los
dos primeros minutos y la velocidad que lleva en el segundo minuto.
Solución:
. 103 de es minuto segundo elen llevaba que
velocidadlay metros 206 de es minutos primeros dos losen globo elpor recorrida distancia La :R
minmt
20) Desde la cúspide de un monumento de 40 metros de altura , los ángulos de depresión
de dos niños situados en la dirección norte son de 60º y 30º respectivamente. Encuentra la
distancia que hay entre un niño y otro.
Solución:
R: Los niños se encuentran a 46,19 metros uno del otro.
1032
206
t
dv
206114320dd
320d 200 · º58tgd 200
dº58tg
114d 200 · º30tgd 200
dº30tg
12
222
111
===
=−=−
=⇒=⇒=
=⇒=⇒=
60º 30º
40
x y
46,19 x
23,09 - 69,28 x
y - 69,28 x
tg30º
40y x
yx
40 30º tg
23,09 y
60º tg
40 y
y
40º60tg
=
=
=
=+⇒+
=
=
=⇒=
200
30°58°
d1
d2
117
21) Desde lo alto de una colina que mide 80 metros de altura, un topógrafo desea medir el
ancho de un río. Los ángulos de depresión desde el punto en que se encuentra el topógrafo a
los lados del río son de 35º y 45º. Calcula el ancho del río.
R: El ancho del río es de 34,25 metros.
22) De lo alto de un faro de 120 metros sobre el nivel del mar, el ángulo de depresión de un
bote es de 15º. ¿A qué distancia está el bote del faro?
Solución:
84,44726,0
120
tg15º
120 d
d
120º15tg ===⇒=
R: El bote se encuentra a 447,84 metros del faro.
45º 35º
80
x y
Solución:
34,25 x
80 - 114,25 x
y - 114,25 x
tg35º
80y x
yx
80 35º tg
80 y
45º tg
80 y
y
80º45tg
=
=
=
=+⇒+
=
=
=⇒=
15º
120
d
118
23) Determinar la longitud de la cuerda de un circulo de radio 20 centímetros subtendida
por un ángulo central de 150º.
Solución:
R: La cuerda mide 38,62 centímetros.
24) Encuentre la altura de un árbol si el ángulo de elevación de su parte superior cambia de
20º a 40º cuando el observador avanza 22,5 metros hacia la base de este.
En la figura el triángulo AOC es isósceles. Si OC es bisectriz del ángulo AOB, entonces BC = AC y ∠ AOC = 75º, además el triángulo AOC es rectángulo en C. En el triángulo AOC
19,31 CA
20 · 75ºsen CA 20
CAº75sen
=
=⇒=
luego BC = 19,31 por lo tanto BA = 38,62
20º 40º
22,5 x
h
O 20A
CB
119
Solución:
x 40º cotg ·h h
x 40º cotg
x 22,5 - 20º cotg ·h x 22,5 20º cotg ·h h
x5,22º20gcot
=⇒=
=⇒+=⇒+
=
42,1456,1
5,22
40º cotg - 20º cotg
22,5h
22,5 )40º cotg - 20º (cotgh
40º cotg ·h 22,5- 20º cotg · h
igualando
===
=
=
R: El árbol mide 14,42 metros de altura.
25) En la figura la línea AD atraviesa un pantano. Para localizar un punto en esta línea, un
topógrafo se desvía un ángulo de 51º16` en A y mide una distancia 465 metros hasta el
punto C. Luego se desvía un ángulo de 90º en C y traza una línea CB. Si B está sobre AD,
¿a qué distancia estará C para alcanzar B?
C90°
465
51° 16'A B D
Solución:
B. de metros 579,7 a encuentra se C :R
579,7 BC
1,2467 · 465 BC
51º16` tg· 465 BC 465
BC`16º51tg
=
=
=⇒=
120
26) La base de un triángulo isósceles mide 20,4 cm y los ángulos basales miden 48º40`.
Encuentre la longitud de sus lados iguales y la altura del triángulo.
Solución:
En la figura BD es perpendicular a AC, siendo está la bisectriz.
En el triángulo rectángulo ABD:
11,6 48º40` tg· 10,2 BD 2,10
BD`40º48tg
4,15 48º40` sec · 10,2 AB 2,10
AB`40º48sec
==⇒=
==⇒=
Luego la longitud de los lados iguales es de 15,4 cm y la altura del triángulo es de 11,6 cm.
B
A CD48°40' 48°40'
10,210,2
121
27) Encuentra el perímetro de un octógono regular inscrito en un circulo de 150 cm de
radio.
Solución:
Entonces MB = 150 · sen 22,5º
MB = 150 · 0,3827 = 57,4
El perímetro del octógono es 16 · MB = 16 · 57,4 = 918 cm.
28) Para calcular el ancho de un río un topógrafo instala su base en C en una orilla y mira a
un punto B en la orilla opuesta, luego, girando un ángulo de 90º, mide una distancia CA de
225 metros. Finalmente, instalando la base en A mide el ángulo CAB de 48º20`. Encuentra
el ancho del río.
Solución:
En la figura dos vértices consecutivos A y B del octógono se encuentran unidos al centro O del circulo. El triángulo OAB es isósceles cuyos lados iguales miden 150 cm y el ángulo
AOB = º458
º360= . Si trazamos la bisectriz
OM del ángulo AOB formamos el triángulo rectángulo MOB.
ancho. de metros 253 tienerío El :R
253 BC
1237,1 · 225 BC
48º20` tg· 225 BC 225
BC`20º48tg
=
=
=⇒=
O A
M
B
15022,5
AC
B
48° 20'225
122
29) Desde un punto A a nivel del suelo, los ángulos de elevación de la punta D y de la
base B de un mástil situado en la cumbre de una colina son 47º54`y 39º45`. Encuentra la
altura de la colina si la altura del mástil es de 34,65 metros.
Solución:
Igualando, se tiene :
(34,65 + BC) · 0,9036 = BC · 1,2024
31,30 + 0,9036 BC = 1,2024 BC
31,30 = 1,2024 BC – 0,9036 BC
31,30 = 0,2988 BC
104,75 = BC
R: La altura de la colina es de 104,75 metros.
Sea C el punto en que la línea del mástil encuentra a la horizontal que pasa por A en C. En el triángulo rectángulo ACD AC = DC · cotg 47º54` = (34,65 + BC) · 0,9036 En el triángulo rectángulo ACB AC = BC · cotg 39º45` = BC · 1,2024
39°45'
47°54'
34,65
A C
B
D
123
30) ¿Cuál es el perímetro de un triángulo isósceles cuya base mide 40 cm y cuyos ángulos
de base miden 70º?
R: 157 cm.
31) Un hombre maneja 500 m a lo largo de un camino inclinado 20º con respecto a la
horizontal. ¿ A qué altura se encuentra con respecto al punto de partida?
R: 170 m.
32) Un árbol quebrado por el viento forma un ángulo recto con el suelo. Si la parte
quebrada forma un ángulo de 50º con el piso y la copa del árbol se eleva ahora a 6 metros
desde la base, ¿qué altura tenia el árbol?
R: 16,5 metros.
33) Dos caminos rectos se cortan formando un ángulo entre ellos de 75º. Encuentre la
distancia más corta desde un camino hasta una estación de gasolina situada en el otro
camino a 1000 metros del punto de intersección.
R: 3730 m.
34) Dos edificios con techo plano se encuentran a una distancia de 60 metros. Desde el
techo del edificio más bajo, de 40 metros de altura, el ángulo de elevación hasta el borde
del techo del edificio más alto es de 40º. ¿Cuál es la altura del edificio más alto?
R: 90 m.
124
35) Una escalera cuya base está de un lado de la calle, forma un ángulo de 30º con el piso
cuando su parte superior descansa contra un edificio, y forma un ángulo de 40º con el piso
cuando descansa contra un edificio al otro lado de la calle. Si la escalera mide 15 metros de
largo. ¿Cuál es el ancho de la calle?
R: 24,6 m.
36) Determinar el ángulo del centro que subtiende una cuerda de 3 cm, si el radio de la
circunferencia es 4 cm.
R: 44,04°
37) El piloto de un avión de reconocimiento, que vuela sobre el mar a una altura de 2500
metros, divisa dos embarcaciones que se encuentran en un mismo plano vertical con el
avión con ángulos de depresión de 62°24’ y 37°18’, respectivamente. Calcular la distancia
a que se encuentra una embarcación de la otra.
R: 1304,47 m.
38) Calcular el largo que debe tener una escalera para que, al apoyarla en un muro, puedas
alcanzar una altura de 3,5 metros, considerando que la escalera debe formar un ángulo de
52° con el plano basal.
R: 4,44 m.
125
39) los extremos de una barra de equilibrio de 6 metros de largo se sustentan sobre la parte
superior de dos pilares que miden 1,5 y 1,7 metros de alto. Calcular la pendiente de la
barra.
R: 1° 54’ 36,8’’
40) Un obelisco está ubicado en medio de una avenida. Desde dos puntos distintos A y B
de ella, a ambos lados del monumento y en línea recta con este, se observa su cúspide con
ángulos de elevación de 60° y 25°, respectivamente. Si la distancia entre los puntos A y B
es de 600 metros, ¿cuánto mide la altura del Obelisco?
R: 220,44 m.
126
BIBLIOGRAFÍA
R. Becerra, A. Martínez, F. Jorquera: “Introducción a la Geometría Euclideana”, USACH, (1980). Omer Cano: “Geometría”, Editorial La Salle, (1944). S.M.S.G., “Matemática para la escuela secundaria Geometría II parte”, Grupo de estudio de la matemática escolar, (1963). Edwin Moise, Floyd Downs Jr., “Serie Matemática Moderna Geometría IV”, Fondo Educativo Interamericano S.A. y Editorial Norma, (1972). L. Galdós, “Geometría y Trigonometría”, Editorial Cultural S.A., Madrid, (1993). C. Repetto, M. Linskens, H. Fesquet, “Matemática Moderna Geometría “, Editorial Kapelusz, Buenos Aires, (1968). J. R. Vizmanos, M. Anzola, “Matemática Algoritmo 3”, Ediciones SM, Madrid, (1990). J. Velásquez, G. Sepúlveda, P. Solabarrieta, “Matemática III”, Editorial Santillana, (2001). S. Blanco, R. De Las Heras, G. Fuenzalida, J. Riveros, “Matemática III Plan Común”, Editorial Santillana, (1994). S. Blanco, R. De Las Heras, G. Fuenzalida, J. Riveros, “Matemática III y IV Plan Electivo”, Editorial Santillana, (1995). Matemática, Programa de Estudio Tercer Año Medio, Ministerio de Educación, Chile, (2000). G. Bobadilla, R. Labarca, “Apuntes de Calculo”, USACH, (2002). F. Ayres, Serie de Compendios Schaum. Teoria y problemas. “Trigonometría. Plana y Esféricas”, Editorial McGraw-Hill, México. “Enciclopedia Didáctica de Matemáticas”, Editorial Océano, (2002). “Diccionario de biografía” , Ediciones Nauta, (1997).