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Examen de trigonometría y complejos
1/03/2013
Ejercicio 1.
En un trapecio isósceles, las diagonales miden 10 cm, la base menor 5 cm, y uno de los ángulos del mismo
60o. Hallar el área y el perímetro del trapecio.
Si el trapecio es isósceles ⇒ sus ángulos son iguales dos a dos y suplementarios
entre ellos ⇒ tendrá dos ángulos de 60 y otros dos de 120 .
Aplicamos el teorema del coseno para calcular el lado y :
102 = 52 + y 2 − 2 ⋅ 5 ⋅ y ⋅ cos120
⇒ 100 = 25 + y 2 + 5 y ⇒ y 2 + 5 y − 75 = 0
⇒
−5 + 5 13
cm ( y ≃ 6,5 cm )
2
Ahora aplicamos el teorema del seno para calcular el ángulo β y después la base x
⇒ y=
10
y
=
sen 60
sen β
⇒ sen β =
10
x
=
sen 60
sen 85, 66
y ⋅ sen 60
≃ 0,564 ⇒ β = arcsen ( 0,564 ) = 34, 34 ⇒ 180 − 60 − 34, 34 = 85, 66
10
x=
⇒
10 ⋅ sen 85,66
sen 60
⇒ x ≃ 11,5 cm
Perímetro del trapecio P ≃ 5 + 2 ⋅ 6,5 + 11,5 = 29,5 cm
sen 60 =
h
⇒ h = y ⋅ sen 60 ≃ 5, 64 ;
y
Atrapecio =
B+b
11,5 + 5
⋅ h ⇒ Atrapecio ≃
⋅ 5, 64 = 46, 53 cm 2
2
2
Ejercicio 2.
Resuelve la ecuación trigonométrica: sen 2 2 x − sen x ⋅ cos x =
sen 2 2 x − sen x ⋅ cos x −
⇒ 2t − t − 1 = 0
2
1
=0
2
⇒
⇒
t = 1


1
t = − 2
1
2
2 sen 2 2 x − 2 sen x ⋅ cos x − 1 = 0
⇒

 sen 2 x = 1 ⇒




1

 sen 2 x = − 2 ⇒


⇒
2 sen 2 2 x − sen 2 x − 1 = 0
( sen 2 x = t )
 2 x = 90 ⇒ x = 45 + k ⋅ 360

 2 x = 450 ⇒ x = 225 + k ⋅ 360
 2 x = 210

 2 x = 330

 2 x = 570

 2 x = 690
⇒ x = 105 + k ⋅ 360
⇒ x = 165 + k ⋅ 360
⇒ x = 285 + k ⋅ 360
⇒ x = 345 + k ⋅ 360
Ejercicio 3.
En la figura siguiente, los triángulos ABC y AEC son rectángulos e iguales. Además ED=EC, BC= 3 cm, CA=7
cm. Hallar el área del triángulo CED.
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CED es un triángulo isósceles ⇒ la altura correspondiente al vértice E divide la base CD en dos partes iguales.
Para calcular el área del triángulo CED necesitamos conocer los valores de x y h.
h
x
sen β =
cos β =
⇒ h = 3 ⋅ sen β ;
⇒ x = 3 ⋅ cos β
3
3
Entonces el problema se reduce a calcular las razones trigonométricas del ángulo β .
Por el teorema de Pitágoras AB = 2 10 y además tenemos que
β = 180 − 2α
sen β = sen (180 − 2α ) = sen 2α = 2 ⋅ sen α ⋅ cos α = 2 ⋅
2 10 3 12 10
⋅ =
7 7
49
 9 40  31
cos β = cos (180 − 2α ) = − cos 2α = − ( cos 2α − sen 2α ) = −  −  =
 49 49  49
12 10
36 10
⇒ h=
;
49
49
2x ⋅ h
93 36 10
Atriángulo =
= x⋅h =
⋅
⇒
2
49 49
h = 3⋅
x = 3⋅
31
49
⇒ x=
93
49
A ≃ 4, 41 cm 2
Ejercicio 4.
−
Qué número complejo obtenemos al girar 135o el afijo del número complejo z = −2 + 2i .
z = −2 + 2i ⇒
 R = ( −2 ) 2 + 22 = 8 = 2 2


α = arctg ( −1) = 135 , al ser 90 < α < 180
⇒
z = 2 2 135
(
)
aplicar un giro de 135 es equivalente a multiplicar por el complejo 1135 ⇒ z′ = 2 2 135 ⋅ (1135 ) = 2 2 270
Entonces el resultado será : z ′ = −2 2 i
−
Cuál es la parte real del número complejo z =
( 3 + 2i ) ⋅ i17
i 243 ⋅ (1 − i 7 )
.
i17 = i 4⋅4+1 = i 4⋅4 ⋅ i = ( i 4 )4 ⋅ i = 1 ⋅ i = i

( 3 + 2i ) ⋅ i17 ⇒
 7 4 +3 4 3
3
z = 243
⇒
i = i = i ⋅ i = 1 ⋅ i = −i
7
i ⋅ (1 − i )
 243 4⋅60+3 4⋅60 3
60
= i ⋅ i = ( i 4 ) ⋅ i 3 = 1 ⋅ i 3 = −i
i = i
( 3 + 2i ) ⋅ i = 3i + 2i 2 = −2 + 3i = ( −2 + 3i )(1 + i ) = −2 − 2i + 3i + 3i 2 = −5 + i = − 5 + 1 i
⇒ z=
−i ⋅ (1 + i ) −i − i 2
1− i
1 − i2
2
2 2
(1 − i )(1 + i )
⇒
la parte real de z es Re z = −
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⇒
5
2
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Ejercicio 5.
Si cotgα = 3 , π < α <
y sen 4α .
cotg α = 3
π <α <
y
3π
α
, determina, sin usar la calculadora, el valor de cotg 2α , tg , cos (π + 2α )
2
2
3π
2
⇒ como vemos en la figura, podemos calcular las razones trigonométricas del
1
3
1
, cos α = −
, tg α =
3
10
10
2
2
cos 2α cos α − sen α
cos α
sen α
cotg α tg α 3 1 8 4
cotg 2α =
=
=
−
=
−
= − = =
sen 2α 2 ⋅ sen α ⋅ cos α 2 ⋅ sen α 2 ⋅ cos α
2
2
2 6 6 3
ángulo α sobre el triángulo marcado, donde R = 10, ⇒ sen α = −
α
3
10 = −
2 = −
tg =
=−
3
2 cos α
1 + cos α
1−
2
10
α
sen
(1)
1+
1 − cos α
10 + 3
=−
10 − 3
(
(
10 + 3
10 − 3
)(
)
2
10 + 3
)
=−
19 + 6 10
= − 19 + 6 10
1
4
 9 1
cos (π − 2α ) = − cos 2α = − ( cos 2α − sen 2α ) = −  −  = −
5
 10 10 
3   9 1
 1  
sen 4α = sen ( 2α + 2α ) = 2 ⋅ sen 2α ⋅ cos 2α = 2 ⋅ ( 2 ⋅ sen α ⋅ cos α ) ⋅ ( cos 2α − sen 2α ) = 4  −
⋅−
⋅ −  =
 10   10   10 10 
3 8
24 24
3π
π α 3π
α

= 4⋅ ⋅ = 4⋅
=
⇒
< <
⇒ tg < 0 
(1)  si π < α <
2
2 2
4
2
10 10
100 25


Ejercicio 6.
(
)(
)
Resuelve la ecuación i ⋅ z 3 + 64 ⋅ z 2 − (1 + i ) z + 5i = 0 y expresa las soluciones en forma binómica.
(i ⋅ z
3
+ 64 ) ⋅ ( z 2 − (1 + i ) z + 5i ) = 0
⇒
i ⋅ z 3 + 64 = 0


 z 2 − 1 + i z + 5i = 0
( )

 z = 3 64 90
⇒ z1 = 430 ⇒ z1 = 2 3 + 2i
3
 1
64

3
3
3
3
i ⋅ z + 64 = 0 ⇒ z = −
⇒ z = 64 i ⇒ z = 6490 ⇒ z = 3 6490 ⇒  z2 = 3 64 90 +360 ⇒ z2 = 4150 ⇒ z2 = −2 3 + 2i
3
i

3
+
90
 z3 = 64 2⋅360 ⇒ z3 = 4270 ⇒ z3 = −4 i
3


(1 + i ) + ( −3 + 3i ) ⇒ z = −1 + 2 i
2
4
(1 + i ) + (1 + i ) − 4 ⋅ 5i (1 + i ) + −18 i  z4 =
2
2
z − (1 + i ) z + 5i = 0 ⇒ z =
=
=
2
2
 z = (1 + i ) + ( 3 − 3i ) ⇒ z = 2 − i
5
 5
2
−18 i = 18270 =
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18 270 = 3 2 135 = 3 2 ( cos135 + i sen135 ) = −3 + 3i
2
18
270 + 360
2
= 3 2 315 = 3 2 ( cos315 + i sen315 ) = 3 − 3i
[3]
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