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Unidad 4 – Trigonometría I PÁGINA 87

SOLUCIONES 1. Sabemos que cos α = − 0,2 y que 90º < α < 180º . Utilizando la fórmula hallamos sen α = 0,98 . Por otro lado quedaría:

tg α =

sen2 α + cos2 α = 1

sen α = −4,9 cos α

2. La discusión quedaría: a) Falsa pues sen α ∈ [ −1,1] b) Verdadera pues tg α ∈ ( −∞, + ∞ ) c) Verdadera pues cos 720º ≅ cos 360º = 1.

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3. Según el esquema:

360º:5 = 72º En el triángulo rayado calculemos el valor de la apotema del pentágono. 6 ⇒ a = 8,26 cm a 5 ⋅ 12 ⋅ 8,26 Área = ⇒ Área = 247,8 cm2 2 tg36° =

4. Según el esquema:

De los dos triángulos rectángulos de la figura obtenemos: 1500 ⋅ tg 40º ⋅tg 25º ⎫ h= ⎪⎪ tg 40º + tg 25º ⇒ ⎬ h ⎪ tg 25º = 1500 − x ⎪⎭ h = 449,61m tg 40º =

h x

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SOLUCIONES 1. Hay que buscar un número que sea a la vez triangular y cuadrado.

Números triangulares : 1,3, 4,10,15,21,...,

n2 + n 2

Números cuadrados : 1,4,9,16,25,..., n 2 82 + 8 n2 + n = x 2 ⇒ esto se cumple para n = 8, pues = x 2 ⇒ x 2 = 36. 2 2 Como dice que hay más de 36 cajas, hay que buscar otra solución, y ésta es : ⇒

n = 49, pues

492 + 49 = 352 = 1225 ⇒ Luego x 2 = 1225 cajas tiene. 2

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2. Observamos que: 1 1 1 = − con n ≥ 2. ( n − 1) n n − 1 n Luego : 1 1 1 = − 1⋅ 2 1 2 1 1 1 = − 2⋅3 2 3 1 1 1 = − 3⋅4 3 4 ... = ... − ... 1 1 1 = − 998 ⋅ 999 998 999 1 1 1 = − 999 ⋅1000 999 1000 Sumando : 1 1 1 1 1 + + + ... + + = 0,999 1⋅ 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 4 998 ⋅ 999 999 ⋅1000

3. Sean A, B, C, las tres rebanadas. Con A1 indicamos que se tuesta la cara 1 y con A2 indicamos que se tuesta la cara 2.

1.º A1B1 tarda : 30 s : tostar cara A1 y B1 5 s :colocar A1 5 s :colocar B1 5 s :sacar B1 2.º A2C1 tarda :

3 s :dar la vuelta A1 5 s :meter C1 30 s :tostar cara A2 y C1 3 s :dar la vuelta C2

3.º B2C2 tarda : 5 s :sacar A2 5 s :meter B2 30 s :tostar cara B2 y C2 5 s :sacar B2 5 s :sacar C2 En total se necesitan: 136 s en tostar las 3 rebanadas.

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SOLUCIONES 1. La tabla queda: 90º

45º

120º

270º

225º

π rad 2

π rad 4

2π rad 3

3π rad 2

5π rad 4

240º

39º 42'

57º 20'

135º 22' 42"

143º 19'

4π rad 3

0,22 π rad

1rad

0,75 π rad

2,5rad

2. La resolución de los triángulos queda: I ) Cˆ = 50º; b = 130 ⋅ sen 40º = 83,56 m; c = 130 ⋅ cos 40º = 99,59m II) Cˆ = 35º ; c = a=

95 = 66,52 m; tg 55º

95 = 115,97 m sen 55º

40 III) cos Cˆ = ⇒ Cˆ = 52º 1' ; Bˆ = 37º 59 '; 65 c = 652 − 402 = 51,23 m IV) a = 1402 + 1252 = 187,68 m; 140 tg Cˆ = ⇒ Cˆ = 48º 14 ' 23 " 125 Bˆ = 41º 45 ' 37 "

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3. Sea la figura:

Queda:

h⎫ 1 x ⎪⎪ ⎬ ⇒ tg α = tg 42º = 0,45; α = 24º 14 ' 15 " h ⎪ 2 tg α = 2 x ⎪⎭ tg 42º =

Si nos colocamos a distancia triple se verificará: tg β =

h 1 = ⋅ tg 42º = 0,3 ⇒ β = 16º 42' 23 " 3x 3

4. Sea la figura:

Queda: ⎫ ⎪⎪ ⎬ h ⎪ tg 30º = 30 + x ⎭⎪ tg 45º =

h x

h=

30 ⋅ tg 45º ⋅tg 30º tg 45º −tg 30º

⇒ h = 40,98 m

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5. Sea la figura:

Queda: 60 ⇒ α = 75º 4 ' 7 " 16 β = 90 − α = 14º 55 ' 53 "

tg α =

Los ángulos del trapecio miden 75º 4 ' 7 " los dos agudos y 104º 55 ' 33 " cada uno de los dos obtusos. 6. Sea la figura:

Llamamos l al lado del pentágono. De la figura obtenemos: sen 36º =

l

2 ⇒ l = 30 ⋅ sen 36º ⇒ l = 17,63 cm 15 Perímetro = 5 ⋅ 17,63 = 88,15 cm

7. Sea la figura:

Llamamos α al ángulo que forman las ramas del triángulo rectángulo de la figura. Obtenemos: sen α 2 =

4 ⇒ α = 30º 55 ' 55 " 15

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8. Quedan:

sen α =

119 = 0,91; 12

tg α =

− 119 = −2,18 5

9. Quedan: cos2 x =

1 −3 −4 y sen x = ⇒ cos x = 2 5 5 1 + tg x

10. Quedan: 3π π ó π<A< 2 2 3 3π Como sen A = − ⇒ π < A < 5 2 4 3 sen2 A + cos2 A = 1 ⇒ cos A = − y tg A = 5 4 Si tg A > 0 ⇒ 0 < A <

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SOLUCIONES 11. Las simplificaciones quedan:

a)

1 + tg2 α 1 + tg2 α = = tg2 α 1 + cotg2 α 1 + 1 tg2 α

b)

cos2 α 1 − sen2 α = = 1 − sen α 1 + sen α 1 + sen α

c)

cos α ⋅ (1 + tg α ) = cotg α 2

2

1 cos2 α = tg α 1 tg α

cos2 α ⋅

d) sen α ⋅ cos α (tg α + cotg α ) = 1

e) sen3 α + sen α ⋅ cos2 α = sen α

f) cos3 α + sen3 α + cos2 α sen α + cos α sen2 α = (sen α + cos α )(cos2 α + sen2 α ) = sen α + cos α

g)

sen2 α 1 − cos2 α = = 1 − cos α 1 + cos α 1 + cos α

1 sec α cos α h) = = cos α 2 1 1 + tg α cos2 α

i) tg2 α − tg2 α ⋅ sen2 α = tg2 α ⋅ (1 − sen2 α ) = tg2 α ⋅ cos2 α = sen2 α j) sen4 α − cos4 α = (sen2 α − cos2 α ) ⋅ (sen2 α + cos2 α ) = sen2 α − cos2 α

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12. Queda:

a) sen 120º =

3 2

b) sen 1215º = sen135º = sen 45º =

c) cos 210º = −cos 30º = −

2 2

3 2

d) tg ( − 60º ) = −tg 60º = − 3 e) tg 300º = −tg 60º = − 3

f) sec

23π 2 = sec 330º = 6 3

g) cotg 225º = cotg 45º = 1

h) cosec

29π = cosec 225º = − 2 4

13. Los cálculos quedan: a) sen (180º −α ) = sen α = 0,6 b) tg (90º +α ) = − cotg α = −

4 3

c) cos (180º +α ) = − cos α = − 0,8 d) sen (270º +α ) = − cos α = − 0,8 e) cos (90º −α ) = sen α = 0,6 f) cotg (360º −α ) = − cotg α = −

4 3

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14. Se comprueba del siguiente modo:

a)

tg a + tg b tg a + tg b (tg a + tg b ) ⋅ tg a ⋅ tg b = = = tg a ⋅ tg b 1 1 cotg a + cotg b tg a + tg b + tg a tg b

b) sen4 x − sen2 x = sen2 x (sen2 x − 1) = (1 − cos2 x ) ( −cos2 x ) = cos4 x − cos2 x

c)

1 − sen α cos α = ⇔ 1 − sen2 α = cos2 α cos α 1 + sen α

d) tg2 x − tg2 x ⋅ sen2 x = tg2 x (1 − sen2 x ) =

sen2 x ⋅ cos2 x = sen2 x 2 cos x

Todas las igualdades son verdaderas. 15. Sea la representación del problema:

Por Pitágoras obtenemos:

852 = x 2 + (50 + h )2 ⎪⎫ ⎬ ⇒ h =5m 652 = h 2 + x 2 ⎪⎭ También podemos calcular el ángulo α por el teorema del coseno: 85 2 = 50 2 + 65 2 − 2 ⋅ 65 ⋅ 50 ⋅ cos α

Por tanto β = 180º −α = 85º 35 ' 18 " ⇒ cos β =

h 65

⇒ α = 94º 24 ' 42 "

h = 65 ⋅ cos β = 5 m

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16. Los triángulos se resuelven del siguiente modo:

a) 502 = 602 + c 2 − 2 ⋅ 60 ⋅ c ⋅ cos 42º ⇒ c = 74,39m ó c = 14,79m

i Si c = 74,39m ⇒ cos C =

502 + 602 − 74,392 ⇒ C = 84º 35 ' 9 " y B = 53º 24 ' 51" 2 ⋅ 50 ⋅ 60

i Si c = 14,79 m ⇒ cos C =

502 + 602 − 14,792 ⇒ C = 11º 25 ' 5 " y B = 126º 34 ' 55 " 2 ⋅ 50 ⋅ 60

b) 6 2 = 10 2 + a 2 − 2 ⋅ 10 ⋅ a cos 45º ⇒ a no es un número real. Este triángulo no tiene solución.

c) c 2 = 92 + 102 − 2 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ cos 70º ⇒ c = 10,93 m 102 = 92 + 10,932 − 2 ⋅ 9 ⋅ 10,93 ⋅ cos A ⇒ A = 59º 17 ' 35 " y B = 50º 42 ' 25 "

d) cos A =

122 + 202 − 82 ⇒ A = 0º 2 ⋅ 12 ⋅ 20

Imposible. Además un lado es igual a la suma de los otros dos, por tanto no existe este triángulo. e) 82 = 42 + c 2 − 2 ⋅ 4 ⋅ c ⋅ cos 40º ⇒ c = 10,64 m 82 + 10,642 − 42 cos A= ⇒ A = 18º 44 ' 44 " y C = 121º 15 ' 16 " 2 ⋅ 8 ⋅ 10,64 f) B = 60º. Utilizando el teorema del seno obtenemos : a 10 = ⇒ a = 8,16 m sen 45º sen 60º c 10 = ⇒ c = 11,15 m sen 75º sen 60º

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SOLUCIONES 17. Un esquema del problema sería:

El ángulo C = 75º . Utilizando el teorema del seno obtenemos:

a 80 = ⇒ a = 71,73 m sen 60º sen 75º b 80 = ⇒ b = 58,56 m sen 45º sen 75º Las distancias pedidas son 71,13 m y 58,56 m. 18. Un esquema del problema es el siguiente:

El ángulo C = 24º . Determinamos la distancia BC (lado a) mediante el teorema del seno: 1500 BC = ⇒ BC = 2 652,85 m sen 24º sen 46º

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19. La figura queda:

Mediante el teorema del coseno: c 2 = 400 2 + 5202 − 2 ⋅ 400 ⋅ 520 ⋅ cos 40º ⇒ c = 334,25 m = AB

20. Como el decágono está circunscrito a la circunferencia, el radio de ésta es la apotema del polígono. El ángulo central del polígono es 36º. Obtenemos el lado del triángulo de la figura:

El cálculo queda: tg 18º =

l

2

10

⇒ l = 6,5 cm

Área =

10 ⋅ 6,5 ⋅ 10 = 325 cm2 2

21. la figura es:

En el triángulo rayado aplicamos el teorema del coseno y obtenemos la base mayor B. 152 = B 2 + 5 2 − 2 ⋅ B ⋅ 5 ⋅ cos 60º ⇒ B = 16,86 cm

La altura h del triángulo mide: h = 5 ⋅ sen 60º = 4,33 cm La base menor mide: B − 2 ⋅ x = B − 2 ⋅ 5 ⋅ cos 60º = 11,86 cm El área total queda: Área =

B+b 16,86 + 11,86 h= 4,33 = 62,18 cm2 2 2

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22. La figura queda:

Los cálculos son: l 2 = 82 + 102 − 2 ⋅ 8 ⋅ 10 ⋅ cos 120º ⇒ l = 15,62 cm a 2 = 82 + 102 − 2 ⋅ 8 ⋅ 10 ⋅ cos 60º ⇒ a = 9,17 cm Perímetro = 2 ⋅ 15,62 + 2 ⋅ 9,17 = 49,58 cm a 2 = 202 + l 2 − 2 ⋅ 20 ⋅ l ⋅ cos α ⇒ ⇒ 9,172 = 202 + 15,622 − 2 ⋅ 20 ⋅ 15,62 ⋅ cos α ⇒ α = 26º 20 ' 50 " h h ⇒ sen 26º 20 ' 50 " = ⇒ h = 8,88 cm 20 20 Área = base ⋅ altura = l ⋅ h = 15,62 ⋅ 8,88 ⇒ Área = 138,71cm2

sen α =

23. La distancia d que los separa viene dada por: d 2 = 100 2 + 130 2 − 2 ⋅ 100 ⋅ 130 ⋅ cos 60º ⇒ d = 117,9 km

24. Las soluciones en cada uno de los casos:

El radio de la circunferencia inscrita es la apotema del dodecágono, por tanto: tg 15º =

3 ⇒ r = 11,20 dm r

El radio de la circunferencia circunscrita lo calculamos en el triángulo: sen 15º =

3 ⇒ R = 11,59 dm R

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25. La solución queda: r = 12 ⋅ sen 30º = 6 m ⎫ π r 2 h π ⋅ 62 ⋅ 10,39 = = 391,7 m3 ⎬⇒V= h = 12 ⋅ cos 30º = 10,39m⎭ 3 3

26. Según la figura:

Los cálculos quedan: Sean P y Q los árboles. En el triángulo ABP hallamos PB : 120 PB = ⇒ PB = 225,53 m sen 110º sen 30º En el triángulo ABQ hallamos BQ :

BQ 120 = ⇒ BQ = 112,22 m sen 50º sen 55º En el triángulo PBQ hallamos x :

x 2 = PB 2 + BQ 2 − 2 ⋅ PB ⋅ BQ ⋅ cos 35º ⇒ x = 148,30 m

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Unidad 5 – Trigonometría II PÁGINA 111

SOLUCIONES 1. Las tres igualdades son falsas. Para probarlo basta con utilizar la calculadora. 2. Calculamos el área del octógono circunscrito y le restamos el área del octógono inscrito obteniendo la superficie pedida. • El octógono circunscrito consta de ocho triángulos como el de la figura: l 22,5º tg22,5º = 2 ⇒ l = 8,28 cm 10 10 Área del octógono circunscrito = 331,2cm2 l •

El octógono inscrito consta de ocho triángulos como el de la figura: 22,5º a

l

10

l sen 22,5º = 2 ⇒ l = 7,65 cm 10 a cos 22,5º = ⇒ a = 9,24 cm 10 Área del octógono inscrito = 282,744 cm2

El área comprendida entre ambos será: 331,2 − 282,744 = 48, 456 cm2

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3. Las soluciones quedan:

a) sen ( x + 25º ) =

⎧⎪ x = 5º + 360º K 1 ⇒ ⎨ 2 ⎩⎪ x = 125º + 360º K

⎧ x = 45º + 360º K ⎪ b) sen x = cos x ⇒ ⎨ ⎪⎩ x = 225º + 360º K c) tg (2x ) = 3 ⇒ { x = 30º +90º K 4. Supongamos conocidos los lados b y c y el ángulo A comprendido: Calculamos la altura: h = b ⋅ sen A El área será: Área =

base ⋅ altura c ⋅ b ⋅ sen A 1 = ⇒ Área = ⋅ b ⋅ c ⋅ sen A 2 2 2

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SOLUCIONES 1. Llamemos B a las vacas blancas y N a las vacas negras: 5 ⋅ (4B + 3N ) = 4 ⋅ (3B + 5N ) ⇒ 20B + 15N = 12B + 20N

⇒ 8B = 5N

Dan más leche las vacas negras. 2. El número de naranjas en la pirámide es: 12 + 22 + 32 + 42 + ... + 142 + 152 = 1 240 naranjas.

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SOLUCIONES 1. Quedan: 12 5 12 y tg a = − ⇒ cos a = 13 13 5 24 7 24 tg b = y sen b = − ⇒ cos b = − 7 25 25 36 323 36 sen (a + b ) = − ; cos (a + b ) = − ; tg (a + b ) = 325 325 323 sen a = −

2. Los cálculos son los siguientes: sen 90º = sen ( 30º +60º ) = 1 cos 90º = cos ( 30º +60º ) = 0 sen 120º = sen ( 60º +60º ) =

3 2

cos 120º = cos ( 60º +60º ) = −

1 2

tg 120º = tg ( 60º +60º ) = − 3 sen 105º = sen ( 45º + 60º ) =

2+ 6 4

cos 105º = cos ( 45º + 60º ) =

2− 6 4

tg 105º = tg ( 45º + 60º ) = −2 − 3 3. Quedan:

sen a =

3 4 ⇒ cos a = − 5 5

3 3+4 10 3−4 3 cos (a − 30º ) = cos a ⋅ cos 30º + sen a ⋅ sen 30º = 10 sen (a − 30º ) 48 + 25 3 =− tg (a − 30º ) = cos (a − 30º ) 39

sen (a − 30º ) = sen a ⋅ cos 30º −sen 30º ⋅ cos a =

4. Para ello es suficiente con utilizar los teoremas de adición para el seno, coseno y tangente estudiados en esta unidad didáctica.

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5. Queda de la forma: sen a ⋅ sen( b − c ) − sen b ⋅ sen(a − c ) + sen c ⋅ sen(a − b ) = = sen a ⋅ sen b ⋅ cos c − sen a ⋅ sen c ⋅ cos b − sen b ⋅ sen a ⋅ cos c + sen b ⋅ sen c ⋅ cos a + + sen c ⋅ sen a ⋅ cos b − sen c ⋅ sen b ⋅ cos a = 0

6. Queda de la forma: cos(a + b ) ⋅ cos(a − b ) = (cos a ⋅ cos b − sen a ⋅ sen b ) ⋅ (cos a ⋅ cos b + sen a ⋅ sen b ) = = cos2 a ⋅ cos2 b − sen2 a ⋅ sen2 b

A partir de esta expresión obtenemos las dos igualdades: i cos2 a ⋅ cos2 b − sen2 a ⋅ sen2 b = cos2 a ⋅ (1− sen2 b ) − (1− cos2 a ) ⋅ sen2 b = cos2 a − sen2 b i cos2 a ⋅ cos2 b − sen2 a ⋅ sen2 b = cos2 b ⋅ (1− sen2 a ) − (1− cos2 b ) ⋅ sen2 a = cos2 b − sen2a

7. Queda de la forma: sen(a + b ) ⋅ sen(a − b ) = (sen a ⋅ cos b + sen b ⋅ cos a ) ⋅ (sen a ⋅ cos b − sen b ⋅ cos a ) = = sen2 a ⋅ cos2 b − sen2 b ⋅ cos2 a

A partir de esta expresión obtenemos las dos igualdades: i sen2 a ⋅ cos2 b − sen2 b ⋅ cos2 a = sen2 a ⋅ (1− sen2 b ) − (1− sen2 a ) ⋅ sen2 b = sen2 a − sen2 b i sen2 a ⋅ cos2 b − sen2 b ⋅ cos2 a = cos2 b ⋅ (1− cos2 a ) − (1− cos2 b ) ⋅ cos2 a = cos2 b − cos2 a

8. Queda:

a) cos 3a = cos (2a + a ) = 4 cos3 a − 3 cos a b) sen 4a = sen 2 ⋅ 2a = (4 sen a − 8 sen3 a ) ⋅ 1 − sen2 a También se puede resolver esta actividad mediante la fórmula de De Moivre. 9. Las razones trigonométricas quedan:

3π ⎞ 24 1 ⎛ tg a = 24 y ⎜ π < a < ⇒ sen a = − ; cos a = − ⎟ 2 ⎠ 5 5 ⎝ sen 2a = 2 sen a ⋅ cos a =

2 24 ; 25

cos 2a = cos2 a − sen2 a = −

23 ; 25

tg 2a =

2 tg a 2 24 =− 2 1 − tg a 23

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10. La tangente queda: tg 2a = 3 ⇒

2 tg a = 3 ⇒ 1 − tg2 a

3 tg2 a + 2 tg a − 3 = 0 ⇒ tg a =

3 o bien tg a = − 3 3

11. Las simplificaciones quedan:

a)

sen 2a 2 sen a ⋅ cos a = = tg a 1 + cos 2a 2 cos2 a

b)

sen 2a 1 + cos 2a sen 2a ⋅ cos a : = =1 sen a cos a sen a ⋅ (1 + cos 2a )

12. Partimos del segundo miembro para llegar al primero: cotg x − 2 cotg 2 x =

1 2 1 2 (1 − tg2 x ) 1 − 1 + tg2 x − = − = = tg x tg x tg 2 x tg x 2 tg x tg x

13. Partiendo del primer miembro obtenemos: tg a tg a (1 − tg2 a ) tg a = = = cos 2a 2 2 tg a tg 2a − tg a + tg (1 tg ) a a − tg a 1 − tg2 a

14. Quedan: 1 − cos 45º ⎛ 45º ⎞ = = sen 22º 30 ' = sen ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠

2− 2 2

1 + cos 45º ⎛ 45º ⎞ = = cos 22º 30 ' = cos ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠

2+ 2 2

1 − cos 45º 2 − 2 ⎛ 45º ⎞ = = tg 22º 30 ' = tg ⎜ ⎟ 1 + cos 45º 2 ⎝ 2 ⎠ 1 − cos 150º ⎛ 150º ⎞ sen 75º = sen ⎜ = = ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠

2+ 3 2

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1 + cos 150º 2− 3 ⎛ 150º ⎞ cos 75º = cos ⎜ = = ⎟ 2 2 ⎝ 2 ⎠ 1 − cos 150º ⎛ 150º ⎞ tg 75º = tg ⎜ = =2+ 3 ⎟ 1 + cos 150º ⎝ 2 ⎠

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SOLUCIONES 15. Quedaría: ⎛ 3π ⎞ ⎛π a ⎞ cotg a = −2 ⇒ ⎜ < a < 2π ⎟ ⇒ ⎜ < < π ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝2 2 ⎠ sen

a 1 − cos a = =− 2 2

5 −2 2 5

; cos

1 2 tg a = − ; cos a = 2 5

a 1 + cos a =− = 2 2

5 +2 2 5

; tg

a 1 − cos a =− =2− 5 2 1 + cos a

16. Queda expresado del siguiente modo: a a a 1 − cos2 + sen2 2 sen2 a 1 − cos a 2 2 2 = = = tg a) a a a a sen a 2 2 sen ⋅ cos 2 sen ⋅ cos 2 2 2 2

sen 2a cos a 2 sen a ⋅ cos a cos a ⋅ = ⋅ = b) 2 2 a a 1 + cos 2a 1 + cos a 1 + cos a − sen a + 1 cos2 − sen2 2 2

a a ⋅ cos ⋅ cos2 a a 2 2 = tg a 2 2 cos2 a ⋅ (2 cos2 ) 2

2 ⋅ 2 sen

(

)

17. Ambas razones trigonométricas quedan: cos

−4 5 x 2 1 + cos x 2 1 =− ⇒ ± = − ⇒ cos x = − ; sen x = 2 3 2 3 9 9

18. Las simplificaciones quedan: a)

sen 40º + sen 20º 2 sen 30º ⋅ cos 10º 1 = = tg 30º = cos 40º + cos 20º 2 cos 30º ⋅ cos 10º 3

b)

sen 195º − sen 75º 2 cos 135º ⋅ sen 60º = = cotg 135º ⋅tg 60º = − 3 sen 195º + sen 75º 2 sen 135º ⋅ cos 60º

c)

cos 60º − cos 40º −2 sen 50º ⋅ sen 10º = − tg 50º = −1,19 = sen 60º − sen 40º 2 cos 50º ⋅ sen 10º

19. Se demuestra del siguiente modo: cos( x − y ) − cos( x + y ) −2 sen x ⋅ sen ( − y ) = = tg y sen( x + y ) + sen( x − y ) 2 sen x ⋅ cos y

88


20. La solución queda: a) x =

π 5π + Kπ ó x = + Kπ 24 24

b) x =

11π 2K π 19π 2K π + ó x= + 36 3 36 3

c) x =

π Kπ + 6 2

d) x = −

2π 8π + 4K π ó x = + 4K π 3 3

e) x = 10º + 120º K ó x = 50º + 120º K f) x = 15º + 360º K 21. Las soluciones quedan:

a) sen 2 x = 2 cos x ⇒ 2sen x ⋅ cos x = 2cos x ⇒ ⇒ cos x = 0; sen x = 1 ⇒

2sen x ⋅ cos x − 2 cos x = 0

x = 90º + 180º K

b) sen x + sen 3 x = cos x ⇒ 2sen 2 x ⋅ cos x = cos x ⇒ ⇒ cos x = 0; sen 2 x =

1 ⇒ 2

2sen 2 x ⋅ cos x − cos x = 0

x = 90º + 180º K x = 15º + 180º K x = 75º + 180º K

c) sen 4 x = sen 2 x ⇒ 2sen 2 x ⋅ cos 2 x = sen 2 x ⇒

2sen 2 x ⋅ cos 2 x − sen 2 x = 0

x = 0º + 90º K x = 30º + 180º K 1 ⇒ sen 2 x ⋅ (2 cos 2 x − 1) = 0 ⇒ cos 2 x = ; sen 2 x = 0 ⇒ 2 x = 150º + 180º K d) cos 2 x − cos 6 x = sen 5 x + sen 3 x ⇒ − 2 sen 4 x ⋅ sen( −2 x ) = 2sen 4 x ⋅ cos x ⇒ 2 sen 4 x ⋅ (sen 2 x − cos x ) = 0 ⇒ sen 4 x = 0 ⇒ ⇒ cos x (2sen x − 1) = 0 ⇒ cos x = 0; sen x =

x = 45º K

⇒ sen(2 x ) − cos x = 0

x = 90º + 180º K x = 30º + 360º K 1 ⇒ 2 x = 150º + 360º K

89


e) sen 2 x ⋅ cos x = 6sen3 x ⇒ 2 sen x ⋅ cos2 x − 6sen3 x = 0 ⇒ 2 sen x ⋅ (cos2 x − 3sen2 x ) = 0 ⇒ sen x = 0 ⇒ x = 0º + 180º K 3 ⇒ 2

⇒ cos x = ±

⇒ cos2 x − 3sen2 x = 0 ⇒ cos2 x − 3(1− cos2 x ) = 0

x = 30º + 180º K

x = 150º + 180º K

f) 2sen x = tg x ⇒ sen x (2 cos x − 1) = 0 ⇒ sen x = 0 ; cos x = ⇒

x = 0º + 180º K

x = 60º + 360º K

1 2

x = 300º + 360º K

22. La solución de cada ecuación queda: a) sen x = 1 + 2 cos2 x ⇒ sen x = 1 + 2 − 2 sen2 x ⇒ ⇒ sen x = 1 ⇒

2 sen2 x + sen x − 3 = 0

x = 90º + 360º K

b) sec x + tg x = 0 ⇒ ⇒ sen x = − 1 ⇒

1 sen x + =0 cos x cos x x = 270º + 360º K

⎛ 1 + cos x x c) 6 cos + cos x = 1 ⇒ 6 ⎜ ⎜ 2 2 ⎝ 1 ⇒ cos x = − ⇒ x = 120º + 360º K 2 2

2

⎞ ⎟⎟ + cos x = 1 ⇒ ⎠

3 + 3 cos x + cos x = 1

x = 240º + 360º K

d) 6 cos2 x + 6sen2 x = 5 + sen x ⇒ 6 = 5 + sen x ⇒ sen x = 1 ⇒

x = 90º + 360º K

e) tg 2 x ⋅ tg x = 1 ⇒ ⇒ tg x = ±

1 3

2 tg2 x =1 1− tg 2 x x = 30º + 180º K x = 150º + 180º K

f) cos2 x = 3sen2 x ⇒ 1= 4 sen2 x ⇒ sen x = ±

1 ⇒ 2

x = 30º + 180º K x = 150º + 180º K

90


23. La solución queda:

a) sen x + 3 cos x = 2 ⇒ ⇒ sen( x + 60º ) = 1 ⇒

b) sen x + cos x = 2 ⇒ ⇒ sen( x + 45º ) = 1 ⇒

c) sen x + cos x =

1 3 sen x + cos x = 1 2 2 x = 30º + 360º K 1 2

sen x +

2 cos x = 1 2

x = 45º + 360º K

5 ⇒ Imposible sen x + cos x > 2 2

24. Las soluciones de los sistemas quedan: a) x + sen2 y = 2 ⎫ Sumando ambas ⇒ 2 x + 1 = 3 ⇒ ⎬ ⇒ ecuaciones: 2 x + cos y = 1 ⎭ π 3π sen2 y = 1 ⇒ sen y = ±1 ⇒ y = y= 2 2

x =1

3⎫ 4 ⎪⎪ ⇒ Sumando ambas ⇒ sen ( x + y ) = 1 ⇒ x + y = 90º ⇒ x = 90º − y ⎬ ecuaciones obtenemos: 1⎪ cos x ⋅ sen y = 4 ⎪⎭

b) sen x ⋅ cos y =

Sustituyendo en la 1ª ecuación: ⇒

y = 30°; x = 60°

sen (90° − y ) ⋅ cos y =

y = 150°; x = 300°

3 3 3 ⇒ cos2 y = ⇒ cos y = ± 4 4 2

y = 210°; x = 240°

y = 330°; x = 120°

c) cos x + cos y = 1⎫ De la 2ª ecuación ⇒ x + y = 0º ⇒ x = − y ⎬ ⇒ obtenemos: cos ( x + y ) = 1 ⎭ Sustituyendo en la 1ª ecuación: ⇒ cos y =

1 ⇒ 2

y = 60º x = 300º

cos ( − y ) + cos y = 1 ⇒ 2 cos y = 1

y = 300º x = 60º

d) x + y = 90º

⎫ y = 90º − x ⎪ 6 ⎬ ⇒ Sustituyendo en la 2ª ecuación sen x + sen y = ⎪ 2 ⎭

sen x + sen(90º − x ) = ⇒ cos (45º − x ) =

3 2

6 2 ⇒

⇒ 2 ⋅ sen 45º ⋅ cos (90º − x ) = x − 45º = 30º ó

6 2

x − 45º = 330º ⇒

y = 75º x = 15º

ó

y = 15º x = 75º

91


PÁGINA 128

92


SOLUCIONES 25. Según la figura siguiente:

Llamando β al ángulo bajo el cual se ve el pedestal, tenemos:

tg β + tg α tg (β + α ) = ; 1 − tg β ⋅ tg α ⇒ 7,2 x 2 = 7 452 ⇒

60 + 9 = x

60 1,8 + x x ⇒ 69 = 61,8 ⋅ x 60 1,8 x x 2 − 108 1− ⋅ x x

x = 32,17 m

La anchura del río es de 32,17 metros. 26. Queda del siguiente modo:

tg

A 3 1− cos A 3 1 24 =− ⇒ ± =− ⇒ cos A = − ; sen A = − < cos A 2 2 1+ cos A 2 5 5

Hallamos : cos 3 A − cos A = − 2 sen 2 A ⋅ sen A =

96 125

93


27. Sea el esquema:

Los cálculos quedan: tg 60° =

H ⇒ H = 6⋅ 3 ⇒ 6

H = 10,39 m

tg 30° =

1 h ⇒ h = 6⋅ ⇒ 6 3

h = 3,46 m

2 tg β H h H tg 2β = . Sustituyendo tg 2β = y tg β = obtenemos: = 2 6 6 6 1 − tg β

⇒ H ⋅ h 2 + 72h − 36H = 0 ⇒

h=

h 6 h2 1− 36 2⋅

6 36 + H 2 − 36 H

Ésta es la relación que liga ambas alturas. Relación que se verifica para los valores obtenidos anteriormente. 28. A partir del desarrollo de tg( A + B + C ) y de sustituir A + B + C = 180º , obtenemos la expresión buscada: tg ( A + B + C ) = tg [ A + (B + C )] =

tg A + tg (B + C ) tg A + tg B + tg C − tg A ⋅ tg B ⋅ tg C = 1 − tg A ⋅ tg (B + C ) 1 − tg B ⋅ tg C − tg A ⋅ tg B − tg A ⋅ tg C

Como A + B + C = 180º entonces tg ( A + B + C ) = 0 y queda tg A + tg B + tg C = tg A ⋅ tg B ⋅ tg C

94


29. Sea un triángulo:

El área del triángulo es: S=

1 1 base ⋅ altura = c ⋅ h 2 2

Vamos a calcular h: ⎫ ⎪⎪ tg A ⋅ tg B ⎬ ⇒ h=c⋅ h ⎪ tg A + tg B tg B = c − x ⎭⎪ tg A =

h x

De modo que sustituyendo en el área obtenemos la fórmula buscada: S=

1 tg A ⋅ tg B 1 2 tg A ⋅ tg B c ⋅c ⋅ = c ⋅ 2 tg A + tg B 2 tg A + tg B

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Tema 4 y 5 (Mate 1)  

Soluciones de los ejercicios de trigonometría de 1º bachillerato ciencias

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