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IPEP de Granada
MATEMÁTICAS MAYORES 25
Ejercicios del tema 4
Trigonometría
Dpto. de Matemáticas
Teorema de Pitágoras: En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma
de los cuadrados de los otros dos lados
(llamamos "triángulo rectángulo" a un triángulo con un ángulo recto)
Entonces, el cuadrado de a (a²) más el cuadrado de b (b²) es igual al
cuadrado de c (c²):
a2 + b2 = c2
Ejemplo : De un rectángulo sabemos que el área vale 192 metros cuadrados y que une de sus lados mide 16
metros. Calcula cuánto mide la diagonal
Solución: Siendo el lado L el que no conocemos tendremos
Ejercicio 1: De un rectángulo sabemos que el área vale 192 metros cuadrados y que uno
de sus lados mide 16 metros. Calcula cuánto mide la diagonal.
Solución: El área del rectángulo se obtiene de multiplicar la base
por la altura. Nos dan uno de sus lados (supongamos que es la
base), entonces la altura mide
192
 12 metros. Utilizando el
16
teorema de Pitágoras, la diagonal mide
d  a 2  b 2  122  162  144  256  400  20 metros
Ejercicio 2: Calcula las dimensiones de un solar rectangular que tiene 140 metros de perímetro y 50 metros de
diagonal
Solución: El área del rectángulo se obtiene de multiplicar la base por la altura. Nos dicen que el perímetro es
140, es decir: 2a  2b  140 si dividimos entre 2 nos resulta que al sumar la base con la altura da 70
a  b  70
y como nos dan la diagonal, utilizamos el teorema de Pitágoras d 2  a 2  b 2 . Luego
2500  a 2  b 2 . Despejando de la primera ecuación b  70  a y sustituyendo en la segunda ecuación
2500  a 2  70  a   a 2  4900  140a  a 2  2a 2  140a  4900
2
Pasamos el 2500 al otro lado 2a  140a  2400  0 y simplificamos esta
2
ecuación a  70a  1200  0
Por último sabemos que las soluciones de una ecuación de segundo grado de la
2
 b  b 2  4ac
luego en
2a
nuestro caso las soluciones de a 2  70a  1200  0 son
forma ax 2  bx  c  0 vienen dadas por x 
a
 702  4·1·1200
70 
2·1

70  4900  4800 70  100 70  10


2
2
2
luego una de las soluciones es a1 
80
60
 40 y la otra solución es a2 
 30 . Como
2
2
a  b  70
sustituyendo por cada uno de estos valores obtenemos que uno de los lados del solar rectangular es de 40
metros y el otro de 30 metros
Ejercicio 3: Calcula el área de un triángulo rectángulo sabiendo que uno de sus catetos es el doble que el otro
y que la hipotenusa mide 10 cm.
Solución: El área del rectángulo se obtiene de multiplicar la base por la
altura. Nos dicen que uno de sus catetos es el doble que el otro y que la
hipotenusa mide 10 cm. Utilizamos el teorema de Pitágoras h 2  a 2  b 2 .
Luego 10  a  2a   100  a  4a  5a
2
2
2
2
Despejando 100  5a 
2
2
2
100
 a 2  a 2  20  a  20  2 5 obtenemos que uno de los lados del
5
solar rectangular es de a  2 5 cm y el otro de 2a  4 5 cm. Luego el área es
A
 
a·2a
 a2  2 5
2
2
 20 cm2.
Razones trigonométricas: Razones trigonométricas en el triángulo rectángulo.
http://www.vitutor.com/al/trigo/tri_2.html
Seno: Seno del ángulo B: es la razón entre el cateto opuesto al ángulo y la hipotenusa.
Se denota por sen B.
Coseno: Coseno del ángulo B: es la razón entre el cateto contiguo al ángulo y la hipotenusa.
Se denota por cos B.
Tangente: Tangente del ángulo B: es la razón entre el cateto opuesto al ángulo y el cateto contiguo al
ángulo.
Se denota por tg B
Cosecante: Cosecante del ángulo B: es la razón inversa del seno de B.
Se denota por cosec B.
Secante
Secante del ángulo B: es la razón inversa del coseno de B.
Se denota por sec B.
Cotangente
Cotangente del ángulo B: es la razón inversa de la tangente de B.
Se denota por cotg B.
Ejemplo Tenemos un triángulo cuyos lados miden a= 60mm b= 80mm c= 100mm que
es rectángulo (compruébalo) y queremos saber sus razones trigonométricas así que
Es un triángulo rectángulo, puesto que si elevamos el mayor de
los lados y cada uno de los menores al cuadrado y sumamos el
resultado de los cuadrados de los menores, da lo mismo que el
mayor: 802 + 602 = 1002; luego el triángulo es rectángulo
Razones trigonométricas de los ángulos de 30º y 60º
Si dibujamos un triángulo equilátero ABC, cada uno de sus tres ángulos mide 60º y, si trazamos una
altura del mismo, h, el ángulo del vértice A por el que la hemos trazado queda dividido en dos iguales
de 30º cada uno. Si en particular tomamos un triángulo equilátero de lado 2 unidades, recurriendo al
Teorema de Pitágoras, tenemos que la altura es 3 :
Razones trigonométricas del ángulo de 45º
Si dibujamos un cuadrado de lado 1 unidad, cada uno de los ángulos
comprendido entre los lados son ángulos rectos. Si dibujamos una
diagonal obtenemos.
Ejercicio 1: Un árbol de 50 m de alto proyecta una sombra de 60 m de larga. Encuentra el ángulo de
elevación del sol en ese momento.
Solución:
Ejercicio 2: De un triángulo rectángulo ABC (rectángulo en A), se conocen a = 5 m y B = 41.7°.
Resuelve el triángulo.
Solución:
Ejercicio 3: De un triángulo rectángulo ABC, se conocen b = 3 m y B = 54.6°. Resuelve el triángulo.
Solución:
Ejercicio 4: De un triángulo rectángulo ABC, se conocen a = 6 m y b = 4 m. Resuelve el triángulo.
Solución:
Ejercicio 5: De un triángulo rectángulo ABC, se conocen b = 3 m y c = 5 m. Resuelve el triángulo.
Solución:
Ejercicio 6: Un dirigible que está volando a 800 m de altura, distingue un pueblo con un ángulo de
depresión de 12°. ¿A qué distancia del pueblo se halla?
Solución:
Ejercicio 7: Al mirar la cima de una torre, lo hacemos bajo un ángulo de 45º con la horizontal. Como nos
deslumbra el sol, nos alejamos 40 metros de la base de la torre y el ángulo se reduce a 30º. Calcula la distancia
que nos separa de ella ahora que no nos deslumbra el sol.
Solución:
Ejercicio 8: Al mirar la cima de un edificio, lo hacemos bajo un ángulo de 45º con la horizontal. Nos
alejamos 200 metros de la base del edificio y el ángulo se reduce a 30º. Calcula la altura del edificio.
Solución: Como el ángulo inicial es de 45º y sabemos que
tg 
co
y la tg 45º  1 , el cateto opuesto a 450 y el cateto
cc
contiguo valen lo mismo, como queda recogido en el dibujo
adjunto. Al separarnos 200 metros obtenemos otro triángulo
rectángulo en donde tg30º 
x
luego
200  x
3
x

3
200  x
de donde 200 3  3x  3x Resolvemos la ecuación


200 3  3x  3x  3  3 x
Despejamos x 
200 3
3 3





200 3 3  3 600 3  600

 100 3  100  100 3  1  273'2
93
6
metros mide el edificio.
Ejercicio 9: Desde un cierto punto del suelo, situado al oeste de una torre, vemos el punto más alto de la torre
bajo un ángulo de 600. Si nos alejamos 300 m, en dirección oeste, lo vemos bajo un ángulo de 300. ¿Qué altura
tiene la torre?
Solución: En el dibujo adjunto, podemos ver una representación gráfica
del enunciado. Si y es la altura de la torre, x la distancia de la base de la
torre al primer punto obtenemos dos triángulos
De aquí deducimos que tg 60º 
y
es decir
x
3
y
x
Luego tg30º 
y
1
y
es decir

300  x
3 300  x
Despejando 300  x  3 y  x  3 y  300
Despejando y  3 x
Sustituyendo en y  3 x el valor de x  3 y  300 obtenemos y  3
300 3  3 y  y
2 y  300 3
y


3 y  300  3 y  300 3
300 3
 150 3m  259'81m es la altura de la torre
2
Ejercicio 10: De un triángulo rectángulo se sabe que tiene un ángulo de 30 0 y que la altura correspondiente a
la hipotenusa mide
3 cm. Halla la longitud de la hipotenusa y el área del triángulo.
Solución: Si representamos gráficamente el enunciado, obtenemos:
Relaciones fundamentales entre las razones trigonométricas de un mismo
ángulo.
Identidades trigonométricas fundamentales
cos² α + sen² α = 1
sec² α = 1 + tg² α
cosec² α = 1 + cotg² α
Ejercicio 1: Se conoce el cos 53=0,6 y se quiere calcular cuánto valen el seno y la
tangente
Solución:
Ejercicio 2: Se conoce la tangente de un ángulo vale 1/3 y se quiere calcular cuánto valen el seno y el
coseno
Solución:
Ejercicio 3: Sabiendo que sec α = 2,
0<α<
/2, calcula las restantes razones trigonométricas.
Solución:
Ejercicio 4: Si α es un ángulo del primer cuadrante, calcula el resto de razones trigonométricas si
Solución: Si sabemos que
aplicando la relación
Como
Razones trigonométricas de ángulos notables. Reducción de las razones al
primer cuadrante en la circunferencia goniométrica.
http://www.aritor.com/trigonometria/razones_trigonometricas.html
Se llama circunferencia
goniométrica a aquélla
que tiene su centro en el
origen de coordenadas y
su radio es la unidad
En la circunferencia goniométrica los ejes de coordenadas delimitan cuatro cuadrantes que se
numeran en sentido contrario a las agujas del reloj
En la circunferencia goniométrica los ejes de coordenadas delimitan cuatro cuadrantes que se
numeran en sentido contrario a las agujas del reloj.
El seno es la ordenada.
El coseno es la abscisa.
-1 ≤ sen α ≤ 1
-1 ≤ cos α ≤ 1
Signo de razones trigonométricas
Ejercicio 1: Sabiendo que sen α = 3/5, y que 90º <α <180°. Calcular las restantes razones
trigonométricas del ángulo α.
Solución:
Ejercicio 2: Sabiendo que tg α = 2, y que 180º < α <270°. Calcular las restantes razones
trigonométricas del ángulo α.
Solución:
Seno, coseno y tangente de la suma y diferencia de ángulos.
Razones trigonométricas del ángulo doble
Ejercicio 1: Sabiendo que cos   
a) calcula sen (90   )
3
y que el ángulo  pertenece al 2º cuadrante,
5
Solución: Como cos   
3
y además sen 2  cos 2   1 sustituyendo el valor anterior en esta
5
9
9
 3
2
 1 Despejando sen 2  1 
fórmula sen   
Realizando la resta
  1 es decir sen  
25
25
 5 
25  9 16

de fracciones sen 2 
De donde haciendo la raíz cuadrada y teniendo en cuenta que el
25
25
2
2
ángulo  pertenece al 2º cuadrante y por tanto en él el valor del seno es positivo
obtenemos sen 
4
5
Según se observa en este gráfico sobre la circunferencia gnométrica (de
radio unidad) el sen (90   ) coincide en longitud y signo con el
3
3
cos    , luego el sen(90   ) 
Otra forma de haberlo calculado
5
5
es teniendo en cuenta que sen(   )  sen cos   cos  ·sen Luego
sen90     sen(  90)  sen cos 90  cos·sen90 Como cos 90  0 y el
3
 0'6
sen90  1 tenemos sen90     cos  
5
b) calcula sen(2 )
4  3  24

 0'96
5 5
25
Solución: Según la fórmula del ángulo doble sen(2 )  2sen cos   2· ·
Ejercicio 2: Sabiendo que A y B son ángulos del segundo cuadrante y que senA 
calcula cos A  B y sen A  B
2
1
y que cos B  
2
2
Solución: Sabemos cos A  B  cos Acos B  senAsenB y también
sen A  B  senA cos B  senB cos A luego para calcular cualquiera de ellos debemos tener en cuenta que
2
 2
1 1
  cos 2 A  1 de donde cos 2 A  1  
sen A  cos A  1 Sustituyendo por el valor que nos dan 

2 2
 2 
2
2
y puesto que A es un ángulo del segundo cuadrante el signo de su coseno es negativo, luego cos A  
2
1
De
2
 1
igual forma que sen B  cos B  1 Sustituyendo por el valor que nos dan sen B      1 de donde
 2
1 3
sen 2 B  1   y puesto que A es un ángulo del segundo cuadrante el signo de su seno es positivo, luego
4 4
2
senB 
2
2
3
3
Sustituyendo estos valores y operando obtenemos

4
2
cos A  B   cos A cos B  senAsenB  
sen A  B  senA cos B  senB cos A 
1 1
2 3 1 1
6


  
2 2 2 2
2 2
4
2  1
3
1  2
3
 2 6




  


2  2 2 
2
4
4
2 2
Ejercicio 3: Sabiendo que cos   
sen 
5
; que el ángulo  pertenece al 3º cuadrante; que
13
3
y que  pertenece al 2º cuadrante, calcula
5
a) sen (90   )
b) tg (180   )
c) sen (   )
d) tg  tg
Solución:
Si    
3
 sen  0 .
2
Como cos   
sen 
Si

2
     cos   0 .
5
5
25
169  25
144
12
 sen  1  cos 2   1  ( ) 2  1 



13
13
169
169
13
13
3
3
9

 cos   1  sen 2   1  ( ) 2  1 
5
5
25
25  9
16
4


25
5
5
a) sen(90   )
b)
tg (180   )
c) sen (   )
sen (   ) = sen . cos   sen . cos   -
12
4 3
5
48 15 33
.( )  .( ) 


13
5 5 13
65 65 65
d) tg  tg
tg  tg 
sen sen   12  5    3  4  12 3 48  15 63


:
:
 



cos  cos   13 13   5
5  5 4
20
20
1 cos2 
cos 
1 cos2 
Solución: Para simplificar la expresión
tenemos en cuenta que sen 2  cos 2   1 y
cos 
Ejercicio 4: Simplifica:
también la fórmula para el coseno del ángulo doble cos2   cos 2   sen 2 Sustituyendo ambas en
el numerador obtenemos
Ejercicio 5: Resuelve
1  cos2  sen 2  cos 2   cos 2   sen 2 2 cos 2 


 2 cos 
cos 
cos 
cos 
sen x  
1
2
Solución
Ejercicio 6: Simplifica
4
2
2
sen


sen

.cos

Solución: sen 4  sen 2 . cos 2  = sen 4  sen 2 .(1  sen 2 )  sen 4  sen 2 .  sen 4  sen 2
También se podría sacar factor común sen 2 y tener en cuenta que sen 2  cos 2   1
Ejercicio 7: Si los ángulos A y B son del primer cuadrante,
sen A  B ?
senA 
1
1
y senB  , ¿cuál es el valor de
2
3
Solución: Sabemos que sen A  B  senA·cos B  cos A·senB por lo que calculamos previamente los
cosenos de ambos ángulos:
Ejercicio 8: Sabiendo que  es un ángulo tal que
cos2 

2
    y cuya tangente vale 
Solución: Tenemos en cuenta la igualdad fundamental de trigonometría
3
, calcula cos y
3
Ejercicio 9: Calcula sen  y sen2  sabiendo que  es un ángulo del segundo cuadrante y cos   
Solución: Como el cos   
1
3
1
y sabemos que sen 2  cos 2   1 sustituyendo este valor obtenemos
3
1
1 9 1 8
 1

sen       1  sen 2   1  sen 2  1  
9
9
9
9
 3
2
2
 Haciendo la raíz cuadrada,
tomamos sólo la solución positiva, puesto que se nos dice que  es del 2º cuadrante
 sen 
2 2  1
4 2
8
8 2 2
  sen2   2sen cos   2


   
3  3
9
9
3
3
En resumen:
sen 
2 2
3
y
sen 2   
4 2
9
Ejercicio 10: Calcula sen2  y cos2  sabiendo que
3
   2 y sen   3 cos 
2
Solución: Como sen   3 cos  y sabemos que sen 2  cos 2   1 sustituyendo obtenemos
 3 cos 2  cos 2   1
 9 cos 2    cos 2   1  10 cos 2    1  cos 2   
un ángulo del 4º cuadrante, su coseno es positivo  cos  
sen   3 cos   3
1
1
10
y puesto que


10
10
10
10  3 10

.
10
10
Teniendo en cuenta que sen2   2sen  cos   2
Análogamente
1
 Como  es
10
cos2   cos 2    sen 2   
 3 10 10  6·10  6  3



 0'6
10
10
100
10
5
1
9 8 4



10 10 10
5
Ejercicio 11: Sabiendo que tg  2 y que
Solución: Como tg  2 y

2
    , calcula sen2  y cos2 
sen
 2  sen  2 cos  . Sabemos que sen 2  cos 2   1
cos 
sustituyendo obtenemos  2 cos   cos 2   1  4 cos 2    cos 2   1  5 cos 2    1
2
 cos 2   
cos   
1
5
 Como  es un ángulo del 20 cuadrante, su coseno es negativo 
 5 2 5
1 1  5

y puesto que sen   2 cos   2
.


5
5
5
5
5
Teniendo en cuenta que sen2   2sen cos   2
Análogamente
cos2   cos 2    sen 2   
2 5  5  4·5  4


 0'8
5
5
5·5
5
1 4 3
 
 0'6
5 5
5