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W
S
K = hipotenusa
24
TrigonometríaConceptos básicos
La trigonometría es la rama de las matemáticas que estudia las diversas relaciones que se pueden establecer entre los lados y los ángulos de un triangulo.
TEOREMA DE PITÁGORAS
En todo triángulo rectángulo, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos.
k 2=s2+w2
Catetos
Funciones o razones trigonométricas Las razones trigonométricas son relaciones que se establecen entre dos lados y un ángulo en un triángulo rectángulo.
Las razones trigonométricas son seis, a saber:
Seno (senθ): Es el cociente entre el cateto opuesto y la hipotenusa.
Coseno (cosθ): Es el cociente entre le cateto adyacente y la hipotenusa.
Tangente (tanθ) (tgθ): Es el cociente entre el cateto opuesto y el cateto adyacente.
Cotangente (cot θ) (ctg θ): Es el cociente entre el cateto adyacente y el cateto opuesto.
Secante (secθ): Es el cociente entre la hipotenusa y el cateto opuesto.
Cosecante (csc θ): Es el cociente entre la hipotenusa y el cateto opuesto.
θ
24
Existe una regla nemotécnica para aprender sin esfuerzo la definición de las razones trigonométricas. Es fundamental el orden de ellas.
senθ= Cohipo
cosθ= Cahipo
tanθ=Co
Ca
cot θ=CaCo
secθ=hipoCa
csc θ=hipoCo
Primero se escribe la secuencia en los numeradores, hacia abajo, y luego en los denominadores hacia arriba.
Ejemplos
Hallar todas las razones trigonométricas del ángulo dado. Primero encuentre el valor del lado que falta, simplifique y racionalice cuando sea necesario.
1.
En primer lugar se debe aplicar el teorema de Pitágoras para encontrar el valor del cateto que falta.
(a+3b )2=(a−5b )2+x2
Intercambiando los dos miembros de las ecuaciones y aplicando productos notables, se tiene:
Donde:Co: Cateto OpuestoCa: Cateto AdyacenteHipo: Hipotenusa
Hipo
CoCa
a=5b
a+3b
x=? ∅
24
a2−10ab+25b2+x2=a2+6ab+9b2
Transponiendo términos:
x2=6ab+9b2+10ab−25b2
x2=16ab−16b2
Luego:
x=√16 (ab−b2) : factor común
x=4√ab−b2 :Raí z del prodcuto .
Aplicando la definición y reemplazando, se tiene:
sen∅=a−5ba+3b
cos∅= 4√ab−b2
a+3b
tan∅= a−5b4√ab−b2
√ab−b2
√ab−b2=
(a−5b )√ab−b2
4 (ab−b2 )
cot∅=4 √ab−b2
a−5b
sec∅= a+3b4 √ab−b2
√ab−b2
√ab−b2=
(a+3b ) √ab−b2
4 (ab−b2 )
csc∅= a+3ba−5b
2.
3m−7 p 2√21mp
x=?
Aplicando Pitágoras:
24
x2=(3m−7 p )2+(2√21mp )2
Aplicando productos notables y propiedades de la potenciación y la radicación:
x2=9m2−42mp+49 p2+4 (21mp )
x2=9m2−42mp+49 p2+84 mp
Simplificando y factorando:
x2=9m2+42mp+49 p2=(3m+7 p )2
∴ x=3m+7 p
Por lo tanto:
sen∝=2√21mp3m+7 p
cos∝=3m−7 p3m+7 p
tan∝=2√21mp3m−7 p
cot∝= 3m−7 p2√21mp
√21mp√21mp
=(3m−7 p ) √21mp
42mp
sec∝= 3m+7 p3m−7 p
csc∝= 3m+7 p2√21mp
√21mp√21mp
=(3m+7 p ) √21mp
42mp
24
MÓDULO Nº1Encuentre el valor del lado “x” y luego todas las razones trigonométricas del ángulo dado. Simplifique y racionalice, cuando sea necesario.
1.
3.
5.
2.
4.
θ
4 a+6b
x=?
10a+8b
6m−10n
6m+10nx=?
β
8k−6 pϕ
4 k+6 px=?
5a2−12b2 4 ab√15
x=?λ
20k+2h10k−8h
x=?
ω
24
De la definición de las razones trigonométricas, se pueden deducir las siguientes 3 identidades denominadas inversas; éstas son:
1. csc ϕ= 1senϕ
2. sec ϕ= 1cosϕ
3. cot ϕ= 1tan ϕ
Cofunci0nesSe denominan cofunciones a aquellos ángulos complementarios cuyas razones trigonométricas son iguales.
Analicemos el siguiente ejemplo:
sen λ=mp
cos λ= sp
tan λ=ms
cot λ= sm
sec λ= ps
csc λ= pm
senθ= sp
cosθ=mp
tanθ= sm
cot θ=ms
secθ= pm
csc θ= ps
Se sabe que:
p
s
mθ
λ
24
λ+θ+90 °=180 ° (Suma de los ángulos interiores del triángulo)
Por lo tanto:
λ+θ=90°−θ
Luego:
λ=90 °−θ
Observando las razones trigonométricas anteriores y reemplazando λ por su equivalencia, se obtienen las siguientes cofunciones:
senθ=cos (90 °−θ )
cosθ=sen (90 °−θ )
tanθ=cot (90 °−θ )
cot θ=tan (90 °−θ )
secθ=csc (90 °−θ )
csc θ=sec (90 °−θ )
Relación grados – radianes
Se denomina grado sexagesimal (grado) a todo ángulo central cuyo arco correspondiente equivale a 1/360 parte de la longitud de la circunferencia.
θ=1°⇔AMB= 1360
C
∴C=360 °
Se llama Radián a todo ángulo central en el cual el arco correspondiente tiene una longitud equivalente al radio de la circunferencia en la cual se encuentra.
θ
AM
BO
1¿
24
λ=1Radián⇔APM=O A=OM
∴C=2 πRadianes
Empleando la ley transitiva entre 1¿∧2¿, se concluye que:
360 °=2πRadianes
Luego:
π=180 °
Se debe tener presente que π=180 °, cuando es un ángulo; si es un número irracional, su valor aproximado es 3,1416.
Nota: Cuando un ángulo está en términos de π, se sobreentiende que está en radianes.
Existen dos métodos esenciales para convertir grados a radianes ó viceversa:
1. El factor de conversión
2. Regla de tres
Ejemplos
I. Convierta a grados sexagesimales los siguientes ángulos.
1. 34π
a. Por factor de conversión
34π=3
4
π∗ 45 °180 °π
=135°
λ
A
P
MO
R
R2¿
24
b. Por regla de tres
π 180 °34π x ⟹ π x=3
4π∗180 °
x=135 °
2. 76π
a. Por factor de conversión
76π=7
6π∗180°
π=210 °
b. Por regla de tres
π 180 °98π x ⟹π x=9
8π∗180°
x=405 °2
=202,5 °
Como π=180 °⟹ 180 °π
=1, siendo éste el módulo de la multiplicación, por ello
el producto no se altera.
II. Convierta a radianes los siguientes ángulos
1. 300 °
a. Por factor de conversión
300 °=300 °∗π180
=53π
b. Por regla de tres
π 180 °x 225 °
⟹180 x=225 ° π
x=225 ° π180°
=54π
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Obsérvese que el resultado es totalmente independiente del método utilizado, parece que es más simple el factor de conversión.
Ejercicios
A. Convierta a grados los siguientes ángulos.
1. 23π ;R /120°
2. 49π ; R /80°
3. 35π ;R /108°
4. 712
π ; R /105 °
5. 34π ; R /135 °
B. Convierta radianes los siguientes ángulos.
1. 100 ° , R/59
π
2. 315 °; R/74
π
3. 60 °; R/ π3
4. 510 °; R/176
π
5. 225 °; R/54
π
6. 270 °; R/32
π
Ángulos notables: 30 ° ,45° y 60 °
Se les denomina ángulos notables porque su uso es muy frecuente en trigonometría, física y cálculo; principalmente. Por esta razón es aconsejable apropiarse de los valores de estos triángulos porque son proporcionales, es
24
decir, es cualquier otro triangulo que tenga esos ángulos (semejanza de triángulos). La apropiación de los valores del triangulo evita la memorización de tablas con los valores de las funciones trigonométricas de dichos ángulos.
30 ° y 60 ° (Deducción de valores) :
Sea ∆ ABC un triángulo equilátero en el cual cada lado posee una magnitud “m”. Como sus ángulos interiores suman 180º y todos son congruentes, cada uno de ellos mide 60º. Si en él, se traza CR que sea la bisectriz de
∢ AC R=∢RC B=30 ° y ∢ AR=∢RB=12m.
Por ser ∆ ARC un triángulo rectángulo, cumple el teorema de Pitágoras:
AC2=AR2+CR2
Reemplazando, se tiene:
m2=(m2 )2
+CR2
m2=m2
4+CR2
CR2=m2−m2
4
CR=±√ 4m2−m2
4⇒CR=±√ 3m2
4
30 ° 30 °
60 ° 60 °A B
C
R
24
∴CR=± m2 √3
Se toma CR=m2 √3 , por ser una distancia.
Si se hace m=2, Δ ACR, queda:
⇒
Utilizando el triángulo anterior se obtiene:
sen30°=12
cos30 °=√32
tan30 °= 1√3
∙ √3√3
⇒ √33
cot 30 °=√31⇒√3
sec30 °= 2√3
∙ √3√3
⇒ 2√33
csc 30 °=¿ 21=2¿
sen60°=√32
cos60 °=12
tan60 °=√31⇒ √3
cot 60 °= 1√3
∙ √3√3
⇒ √33
sec60 °=21⇒2
csc 60 °= 2√3
∙ √3√3
⇒ 2√33
PARA 45 °
Sea Δ ABC, un triángulo rectángulo isósceles, donde cada uno de los lados iguales tiene una longitud “a”.
Aplicando el teorema de Pitágoras
30 °
60 °1
2√3 1
2
√3
45 °
45 °
C
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AC2=AB2+BC 2
Reemplazando, se tiene:
AC2=a2+a2⇒AC 2=2a2⇒AC=±√2a2
AC=±a√2
Se toma AC=a√2, por ser una distancia.Por lo tanto, Δ ABC, queda:Si se hace a=1, se obtiene el triángulo.
Empleando este triángulo, obtenemos:
sen45 °= 1√2
∙ √2√2
⇒ √22
cos 45 °= 1√2
∙ √2√2
⇒ √22
tan 45 °=11⇒1
cot 45 °=11⇒ 1
sec 45°=√21⇒ √2
csc 45 °=√21⇒ √2
ÁNGULOS TERMINALES Ó Cuadrantales: 0 ° ,180 ° ,270° ,360 °
El método más sencillo para encontrar el valor de cualquier función trigonométrica de un ángulo terminal ó cuadrantal, es el uso del círculo trigonométrico unitario, es decir, un círculo con radio 1. Se debe tener presente las coordenadas de cada punto.
A B
45 °
45 °
1
1
√2
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(-1 ,0) 180º
270º (0 ,-1)
0º,360º (1 ,0)
90º (0 ,1)
x
y
x
y1 1
1 1
Teniendo en cuenta el triángulo rectángulo, se puede hallar cada una de las funciones trigonométricas, así:
senθ= y1= y
cosθ= x1=x
tanθ= yx
cot θ= xy
secθ=1x
csc θ=1y
Se deduce que cada punto de la circunferencia anterior tiene coordenadas (cosθ , senθ ), y se obtienen las siguientes identidades:
1. tanθ= senθcosθ
2. cot θ= cosθsenθ
θ
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3. sen2θ+co s2θ=1, por el teoremade pitá goras
Si en 3), se divide por sen2θ, se obtiene:
se n2θse n2θ
+ co s2θsenθ
= 1se n2θ
Simplificando y empleando propiedades de la potenciación, obtenemos:
1+( cosθsenθ )
2
=( 1senθ )
2
Empleando identidades ya vistas, y reemplazando, se obtiene:
1+co t 2θ=cs c2θ⇒cs c2θ=co t 2θ+1 4)
Si en 3), se divide por co s2θ y se hace un proceso similar al empleado anteriormente, se obtiene:
sec2θ=ta n2θ+1 5)
Las identidades 3), 4) y 5) son denominados Identidades Pitagóricas, por deducirse a partir del teorema de Pitágoras.
Ejemplos
Sin usar calculadora, encuentre las siguientes razones trigonométricas.
1. sec360 °=1x , para el punto 0º, 360º.
x=1, por tanto: sec360 °=11=1
2. tan 90°= yx , para 90º, x=0, y=0
tan 90°=10=∞(Noestadefin ida)
3. cos180 °=x ,para 180º, x=−1
Luego, cos180 °=−1
(θ θ ) X
Y
+-
+
+- -
+
+
+
+
24
4. csc 270 °= 1y , para el punto 270º, y=1, reemplazando, se tiene:
csc 270 °= 1−1
=−1
Recordemos que toda fracción indica una división, y la división por “0” (cero) no está definida. Esto se emplea cuando el denominador sea cero.
Ejercicios
Encuentre el valor de las siguientes razones trigonométricas, sin emplear calculadora.
1. tan0 ° R /0
2. csc 90 ° R /1
3. cot 180 ° R /Nodefinida
4. sen90 ° R /1
5. cos270 ° R/0
6. sec90 ° R/Nodefinida
7. sen180° R/0
8. csc 360 ° R /0
9. tan180 ° R /0
10. cos0° R/1
Signos de las funciones Trigonométricas según los cuadrantes
III
(θ θ )
X
Y
+-
+
+- -
+
+
+
+
24
Teniendo en cuenta que en cada cuadrante hay un triangulo rectángulo y aplicando la definición para cada razón trigonométrica y además, la ley de los signos, se obtiene del siguiente cuadro:
FUNCIÓN CUADRANTEI II III IV
senθ +¿+¿=+¿¿ ¿ +¿
+¿=+¿¿ ¿ −¿+¿=−¿¿ ¿ −¿
+¿=−¿¿ ¿
cosθ +¿+¿=+¿¿ ¿ −¿
+¿=−¿¿ ¿ −¿+¿=−¿¿ ¿ +¿
+¿=+¿¿ ¿
tanθ +¿+¿=+¿¿ ¿ +¿
−¿=−¿¿ ¿ −¿−¿=+¿¿ ¿ −¿
+¿=−¿¿ ¿
cot θ +¿+¿=+¿¿ ¿ −¿
+¿=−¿¿ ¿ −¿−¿=+¿¿ ¿ +¿
−¿=−¿¿ ¿
secθ +¿+¿=+¿¿ ¿ +¿
−¿=−¿¿ ¿ +¿−¿=−¿¿ ¿ +¿
+¿=+¿¿ ¿
csc θ +¿+¿=+¿¿ ¿ +¿
+¿=+¿¿ ¿ +¿−¿=−¿¿ ¿ +¿
−¿=−¿¿ ¿
Analizando la tabla anterior, se concluye que:
A. Todas las funciones trigonométricas son positivas en 2 cuadrantes y negativas en los otros 2.
B. Obviamente las funciones trigonométricas inversas tienen el mismo signo.
Para aprender los signos de las funciones trigonométricas, existe la siguiente regla nemotécnica:
III IV
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Y
X
Se debe tener presente que en ese cuadrante considerado, las demás funciones son negativas.
Ángulos de referencia: θR
Se denomina ángulo de referencia a todo ángulo que sirve para encontrar las razones trigonométricas de cualquier ángulo mayor de 90º.Cuando se trabaja con un ángulo de referencia se debe tener presente el signo de la función trigonométrica en el cuadrante que se encuentra.
Existen 4 casos de ángulos de referencia:
Caso i: 90 °<θ<180 ° (cuadrante ii)
I : Todos (+)II : sentados
senθcsc θ ]+¿
III : Tomando
tan θcot θ]+¿
IV : Costeñita
cosθsec θ]+¿
24
X
Y
En el grafico puede verse fácilmente que:
θR=180 °−θ
Ejemplos
1. tan120 °=−√31
=−√3
θR=180 °−120 °
θR=60 °
2. csc 150 °=21=2
I II
III IV
θR
θ
θR
120 °
30 °
60 °2
√3
1
24
θR=180 °−150 °
θR=30 °
Caso ii: 180 °<θ<270 ° (cuadrante iii)
X
Y
En la gráfica puede observarse que:
θR=θ−180 °
Ejemplos
1. cos210 °=−√32
X
Y
+-
-
θR=210 °−180°
θR=30 °
2. sen225°=−1√2
√2√2
=−√22
150 °
θR 30 °
60 °2
√3
1
θR
θ
θR
210 °
30 °
60 °2
√3
1
24
X
Y
+-
-
θR=225 °−180°
θR=45 °
3. cot 240 °= 1√3
√3√3
=√33
X
Y
+-
-
θR=240 °−180°
θR=60 °
Caso iii: 270 °<θ<360 ° (cuadrante iv)
X
Y
En la gráfica puede observarse que:
θR=360 °−θ
Ejemplos
θR
225 °
θR
240 °
30 °
60 °2
√3
1
1
1
√2
45 °
45 °
θR
I II
III IV
θ
24
1. sec300 °=21=2
X
Y
θR=360 °−300°
θR=60 °
2. tan330 °=−1√3
√3√3
=−√33
X
Y
θR=360 °−330°
θR=30 °
3. cot 315 °=−11
=−1
X
Y
θR=360 °−315°
θR=45 °
Caso iv: θ>360 °
θR
300 °
30 °
60 °2
√3
1
θR
θR
330 °
315 °
+¿
+¿
−¿
+¿
+¿−¿
30 °
+¿
45 °
1
45 °
+¿
1
2
1
−¿
√2
√3
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Cuando el ángulo es mayor de 360º, para hallar el ángulo de referencia, se divide dicho ángulo entre 360º (ángulo girado en una vuelta) y se trabaja con el residuo, para lo cual se puede emplear cualquiera de los casos anteriores.
Ejemplos
1. sen54870°=sen150 °=12
2. cot 1755315 °=cot 315 °=¿−11=−1 ¿
EjerciciosSin utilizar calculadora encuentre el valor de las siguientes funciones trigonométricas:
1. cos120 ° R /−12
2. tan315 ° R /−1
3. csc 300 ° R/−2√33
4. cot 150 ° R /−√3
5. sec210 ° R /−2√33
6. sen135° R /√22
7. cos327194880 ° R/−12 8. csc 234320370 ° R /−2
54870 3601887 152 0870 315
θR=180 °−150 °
θR=30 °
X
Y
1755315 360 3153 4876 2731 2115 315
150 °
315 °
+¿
+¿ -
45 °
45 °
1
1
√2
24
9. tan273811920° R/√310. cot 3566439150 ° R/−√3
3
Construcción y análisis de las Funciones trigonométricas.
Función seno: y=sen x
Se puede utilizar los ángulos notables, terminales y de referencia para obtener la siguiente tabla: ( y=sen x )
Graficando se obtiene:
De la grafica anterior se concluye:
A. sen (−θ )=−senθ, por lo tanto la función seno no es simétrica con respecto al eje “y”.
B. La función seno es periódica, es decir, se repite cada cierto intervalo.
C. La “y” solo toma valores entre -1 y 1
Análisis de la función y=sen x
y=sen x
sinusoide
24
Dominio: Se llama dominio de una función y=F (x ), denotando por Dom(F ), al conjunto de valores reales que puede tomar “x”.En la función y=sen x, Dom (F )=R, “x” puede tomar cualquier valor real.
Rango: se denomina rango o conjunto imagen de una función y=F (x ), al conjunto de valores reales que puede “y”. Se denota R(F ) ó I (F).Para la función y=sen x, R (F )=[−1,1 ], es decir, ”y” toma valores entre -1 y 1.
Período: Se llama período al intervalo requerido para que se repita completamente la misma gráficaPara la función y=sen x, el período es 360 °=2π
Función coseno: y=cosθ
Como en la función seno, se puede obtener la siguiente tabla: y=cos x
Graficando se obtiene:
De la gráfica anterior se concluye:
A. cos (−θ )=cosθ, luego la función coseno es simétrica con respecto al eje “y”.
B. Su Dominio es R, “x” puede tomar cualquier valor real.
C. Su Rango es el intervalo [−1 ,1 ]: “y” solo toma valores entre -1 y 1.
Función Tangente: y=tan x
Utilizando un proceso similar al anterior, se puede obtener la siguiente tabla:
cosinusoide
y=cos x
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Efectuando la gráfica, se obtiene:
De la gráfica anterior, se concluye:
A. La función tangente No es simétrica con respecto al eje “y”.
B. La función tangente es periódica. Su período es π=180 °.
C. El dominio de la función tangente es R−(2n+1 )90 ° , n∈Z , es decir, “x” puede tomar cualquier valor real, excepto aquellos números reales que sean múltiplos de 90º.
D. El rango de la función tangente es R.
E. La función tangente posee Asíntotas (Recta que limita una curva), por lo tanto se acercan mutuamente pero nunca se tocan (aquellos valores donde y=±∞), la función no está definida.
F. La función tangente es asimétrica con respecto al eje y : tan (−θ )=−tan θ.
Se deja como ejercicio construir y analizar las funciones:
1. y=cot x2. y=sec x3. y=csc x
Identidades Trigonométricas
Asíntota
Tangetoide
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Concepto: se llama identidad trigonométrica (identidad) a toda igualdad en la cual el ángulo puede tomar cualquier valor, si la función trigonométrica existe ó el denominador no se hace cero, y la igualdad se cumple.
Las identidades básicas son 10, a saber:
1. secθ= 1cosθ
2. csc θ= 1senθ Inversas Multiplicativas
3. cot θ= 1tan θ
4. tanθ= senθcosθ
5. cot θ= cosθsenθ
6. sen2θ+cosθ=1
7. sec2θ=ta n2+1
8. cs c2θ=co t 2θ+1
9. sen (φ+β )=senφ cos β ± sen β cosφ Ángulos Dobles
10. cos (+β )=¿cosφ cos β∓sen φsen β¿
Las identidades 1), 2) y 3); se deducen a partir de la definición de cada una de ellas.
Las identidades 4) a 8); se pueden deducir con los ángulos terminales, aunque las identidades 6), 7) y 8); se pueden realizar con un triángulo rectángulo, y la aplicación del teorema de Pitágoras.
Las identidades 9) y 10) se demostrarán en geometría analítica.
No existe una fórmula mágica para demostrar identidades, sin embargo, las siguientes recomendaciones pueden ser útiles:
1. Tener muy en cuenta a donde hay que llegar, para escoger el camino a seguir.
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2. Expresar todas las funciones en términos de seno y coseno.
3. Efectuar las operaciones indicadas, factorizar y simplificar.
4. Cuando hay una fracción, multiplicar el numerador y el denominador por la misma expresión.
5. Utilizar las identidades básicas
6. Emplear los ángulos notables en ambos lados de la identidad y si se obtienen dos cantidades diferentes, se concluye que no es una identidad.
Ejemplos
Demuestre las siguientes identidades
1. tan ϕ+cot ϕ≡sec ϕ csc ϕ
Llevando todo a seno y coseno, obtenemos:
sen ϕcosϕ
+ cosϕsen ϕ
≡
Efectuando la suma, queda:
se n2ϕ+cos2ϕsen ϕcos ϕ
≡
Empleando la identidad 6) en el numerador, obtenemos:
1sen ϕcos ϕ
≡
Haciendo uso de la multiplicación de fracciones, se obtiene:
1sen ϕ
1cos ϕ
≡
Empleando las identidades 1) y 2), queda:
csc ϕ sec ϕ ≡
Usando la ley conmutativa de la multiplicación, se tiene:
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sec ϕcsc ϕ ≡sec ϕcsc ϕ
2. csc ϕsecϕ
≡ 1+cot ϕ1+tan ϕ
Usando las identidades 1) y 2), se tiene:
1senϕ
1cosϕ
≡
Empleando el producto de medios y extremos, obtenemos:
cosϕsen ϕ
≡
Utilizando la identidad 5), se tiene:
cotϕ≡
Multiplicando numerador y denominador por 1+ tan ϕ, obtenemos:
cot ϕ (1+ tanϕ )1+ tanϕ
≡
Efectuando el producto del numerador, queda:
cot ϕ+cot ϕ tan ϕ1+ tan ϕ
≡
Usando la identidad 3) en el numerador, obtenemos:
cot ϕ+11+ tanϕ
≡
Empleando la propiedad conmutativa en el numerador, tenemos:
1+cot ϕ1+ tan ϕ
≡ 1+cot ϕ1+ tanϕ
3. sen λcsc λ−cot λ
≡1+cos λ
Empleando las identidades 2) y 5) en el denominador, obtenemos:
sen λ1
sen λ− cos λ
sen λ
≡
24
Realizado la resta del denominador, queda:
sen λ1
1−cos λsen λ
≡
Haciendo el producto de medios y extremos, obtenemos que:
se n2 λ1−cos λ
≡
Despejando sen2 λ de la identidad 6) y reemplazando en el numerador, tenemos:
1−co s2 λ1−cos λ
≡
Aplicando diferencia de cuadraos en el numerador, tenemos:
(1+cos λ ) (1−cos λ )1−cos λ
≡
Simplificando factores iguales, queda:
1+cos λ≡1+cos λ
4. sen θ1+cosθ
≡ 1−cosθsenθ
Multiplicando el numerador y el denominador por senθ, obtenemos:
sen2θ(1+cosθ ) senθ
≡
Despejando sen2θ de la identidad 6), obtenemos:
1−co s2θ(1+cosθ ) senθ
≡
Factorizando el numerador, obtenemos:
(1+cosθ ) (1−cosθ )(1+cosθ ) senθ
≡
Simplificando factores iguales, obtenemos:
1−cosθsenθ
≡ 1−cosθsenθ
5. sec6ϕ−ta n6ϕ≡1+3 se c2ϕ+tan2ϕ
24
Aplicando diferencia de cubos, obtenemos:
( sec2ϕ−ta n2ϕ) ( se c4ϕ+se c2ϕ tan2ϕ+ta n2ϕ)≡
Haciendo uso de la identidad 7), se tiene:
1 (se c4ϕ+se c2ϕta n2ϕ+ta n4ϕ )≡
Sumando y restando la misma cantidad, queda:
sec4ϕ+sec2ϕta n2ϕ+ tan4ϕ+3 sec2ϕta n2ϕ−3 sec2ϕta n2ϕ≡
Agrupando como se requiere, los términos semejantes, obtenemos:
sec4ϕ−2 sec2ϕta n2ϕ+ tan4ϕ+3 se c2ϕ tan2ϕ≡
Aplicando trinomio cuadrado perfecto, se tiene:
( sec2ϕ−ta n2ϕ)2+3 se c2ϕ tan2ϕ≡
Utilizando la identidad 7), obtenemos:
12+3 se c2ϕ tan2ϕ≡
Aplicando la potenciación:
1+3 se c2ϕta n2ϕ≡1+3 sec2ϕta n2ϕ
EjerciciosDemuestre las siguientes identidades con un solo ángulo, transformando el primer miembro en el segundo
1. 1cos2∅
− sen2∅cos2∅
≡1
2. senθ cot θ sec θ≡1
3. tan∅+cot∅≡ 1sen∅ cos∅
24
4. sen2θ ( 1+sec2θ )≡sec2θ−c os2θ
5. sin2∅ sec∅1+sec∅
+cos∅≡1
6. tanθ+cot θ≡sec θ csc θ
7. 1−senαcosα
≡ cos α1+senα
8. 1+ tan2α1+c ot2α
≡ t an2α
9. 1−cos2θcos2θ
≡tan2θ
10. senθ cosθ1−senθ
≡ tan θ
11. csc α tan α≡sec α
12. 1−tan2θ1+tan2θ
≡co s2θ−senθ
13. sen2 λ+co s2 λ≡ 2+t an2 λ+co t2 λsec2 λ csc2 λ
14. 2 se n2∅−1≡1−2cos2∅
15. tan2∅+1tan∅+cot∅
≡ tan∅
16. 7 sec2∅−6 ta n2∅+9co s2∅≡(1+3co s2∅ )
co s2∅
17. ( tan α+cotα )2≡s ec2α+c sc2α
18. ta n3∅ +1≡ ( tan∅+1 ) (s ec2∅−tan∅ )
19. senα ( senα+cosα )2csc α−2 sen α cosα≡1
24
20. cosα
1−senα−1−senα
cosα
21. tan2∅ ( sec∅−1 )sec∅ +1
−se c2∅≡1−2 sec∅
22. cos∅ (1−tan2∅ )cos∅−sen∅
≡1+ tan∅
23. se c2∅ (1+ tan∅ cos∅ )
( tan∅+sec∅ )2+1≡ 1
2
24. ( senα+cosα ) ( sec α−csc α )≡ tan α−cotα
25. sec4∅−ta n4∅≡s ec2∅ (2 sen2∅+cos2∅ )
26. cos α (sec α+csc α )+senα (sec α−csc α )≡sec α csc α
27. 1−3co s2∅ sen∅ +2 se n3∅ cos∅≡ (se n3∅+cos3∅ )
28. cos∅2 √ 1+sen2∅
cos∅ [√ co s3∅1+se n2∅
+√ 1+se n2∅cos∅ ]≡1
29. se n2∅ co s2∅+cos4∅+2co s2∅+se n2∅
1−tan2∅≡ 3+ta n2∅
1−tan4∅
30. √ se c2∅−1se c2∅ (1+co t2∅ )
+co t 2∅cs c2∅ √ cs c2∅−1
cs c2∅≡ (1+cot∅ ) (1−sen∅ cos∅ )
31. senθ cosθ
co s2θ−sen2θ≡ tan θ
1−tan2θ
32. tanθ−csc θ sec θ (1−2co s2θ )≡ cotθ
33. tan x+ tan ycot x+cot y
≡ tan x tan y−11−cot xcot y
34. ( tan x+ tan y ) (1−cot x cot y )+(cot xcot y ) (1−tan x tan y )≡0
35. ( x senθ− y cosθ )2+( xcosθ+ y senθ )2≡x2+ y2
24
36. (2 r senθ cosθ )2+r2 (cos2θ−se n2θ )2≡r2
37. (r senθ cosθ )2+(r senθ sin∅ )2+(r cosθ )≡r2
38. se n2 x+2 cos x−1
2+cos x−co s2 x≡ 1
1+sec x
39. 1
sec θ− tan θ− 1
sec θ+ tanθ≡2 tanθ
Identidades con ángulos dobles
Para demostrar identidades con ángulos dobles se debe tener muy presente las identidades básicas 9) y 10), además de las otras identidades y las que deduciremos a continuación:
sen (2θ )=sen (θ+θ )
Aplicando la identidad 9), obtenemos:
λ βsen (θ+θ )=senθ cosθ+senθ cosθ
Sumando se obtiene:
sen2θ=2 senθ cosθ 11)
cos2θ=cos (θ+θ )
Aplicando la identidad 10), obtenemos:
λ βcos (θ+θ )=cos θ cosθ−senθ senθ
Multiplicando se obtiene:
cos2θ=co s2θ−sen2θ 12)
Si en la última identidad 12) utilizamos la identidad 6), se despeja co s2θ y se reemplaza, obteniendo así:
cos2θ=1−sen2θ−se n2θ
Sumando algebraicamente:
24
cos2θ=1−2 se n2θ 13)
Si en la identidad 13) se despeja sen2θ, se obtiene:
sen2θ=1−cos2θ2
14¿
Esta última identidad nos dice que el seno cuadrado de cualquier ángulo es igual a la semidiferencia entre 1 y el coseno del doble del ángulo.
Si en la identidad 12), se utiliza la identidad 6) y se reemplaza sen2θ, se obtiene:
cos2θ=co s2θ−(1−co s2θ )
Destruyendo el paréntesis y sumando, obtenemos:
cos2θ=2 cos2θ−1 15)
Si en esta última identidad se despeja co s2θ, se obtiene:
co s2θ=1+cos2θ2
16¿
Esta identidad significa que el coseno cuadrado de todo ángulo es igual a la semisuma de 1 con el doble del coseno del ángulo.
Se puede obtener otras identidades empleando las identidades 9) y 10), llamadas Identidades Producto.
sen ( λ+β )=sen λ cos β+sen βcos λ A)
sen ( λ−β )=sen λcos β−sen βcos λ B)
A ¿+B ¿
sen ( λ+β )+sen ( λ−β )=¿2 sen λcos β ¿
∴ sen λ cos β=12 [ sen ( λ+β )+sen ( λ−β ) ]17¿
A ¿−B ¿
sen ( λ+β )−sen ( λ−β )=¿2 sen β cos λ ¿
24
∴ sen βcos λ=12 [ sen ( λ+β )−sen ( λ−β ) ] 18¿
cos ( λ+β )=cos λ cos β−sen λ sen β C)
cos ( λ−β )=cos λ cos β+sen λ sen β D)
C ¿+D¿
cos ( λ+β )+cos λ−β=2 cos λcos β
∴cos λ cos β=12 [cos ( λ+β )+cos ( λ−β ) ]19¿
D ¿−C ¿
cos ( λ−β )−cos ( λ+β )=2 sen λsen β
∴ sen λ sen β=12
¿¿
En las identidades producto, se puede denominar a cualquiera de los ángulos como λ ó β, pero es más sencillo denominar λ al ángulo mayor y β al menor.
Ejemplos
Demuestre las siguientes identidades.
1. sen6ϕ+co s6ϕ≡1−34se n22ϕ
Factorando como una suma de cubos:
( sen2ϕ+co s2ϕ ) ( sen4ϕ−se n2ϕ cos2ϕ+cos4ϕ )≡
Utilizando la identidad 6), obtenemos:
1 (se n4ϕ−se n2ϕco s2ϕ+co s4ϕ )≡
Empleando el módulo de la suma
sen4ϕ−se n2ϕ cos2ϕ+co s4ϕ+3 se n2ϕ cos2ϕ−3 se n2ϕco s2ϕ≡
Agrupando los 3 primeros términos y simplificando, obtenemos:
sen4ϕ+2 sen2ϕ cos2ϕ+co s4ϕ−3 se n2ϕco s2ϕ≡
Factorizando los 3 primeros términos:
( sen2ϕ+co s2ϕ )2−3 se n2ϕco s2ϕ≡
24
Utilizando la identidad 6):
12−3 sen2ϕ cos2ϕ≡
Haciendo uso de la propiedad distributiva del producto con respecto a una potencia, se obtiene:
1−3 ( senϕ cosϕ )2≡
Despejando senϕ cosϕ de la identidad 11) y reemplazando, se tiene:
1−3 ( sen2ϕ2 )
2
≡
Efectuando la potencia:
1−3 se n2 2ϕ4
≡
Realizando el producto:
1−34sen22ϕ≡1−3
4se n2 2ϕ
2. sen5ϕ+sen3ϕcos3ϕ−cos 5ϕ
≡cotϕ
Se sabe que:
5ϕ=4ϕ+ϕ
3ϕ=4 ϕ−ϕ
Sustituyendo, se tiene:
sen ( 4ϕ+ϕ )+sen (4 ϕ−ϕ )cos (4 ϕ−ϕ )−cos (4 ϕ+ϕ )
≡
Aplicando las identidades 9) y 10), se tiene:
sen 4ϕ cosϕ+senϕ cos4 ϕ+sen 4ϕ cosϕ−sen ϕcos 4ϕcos4 ϕcos ϕ+sen 4ϕ sen ϕ−cos 4ϕ cosϕ+sen4 ϕ senϕ
≡
Simplificando se obtiene:
2 sen 4ϕ cosϕ2 sen4 ϕ senϕ
≡
Eliminando factores iguales:
cosϕsen ϕ
≡
24
∴cot ϕ≡ cot ϕ
3. co s4 λ≡
Se sabe que co s4 λ=(cos2 λ )2. Reemplazando y empleando al identidad 16), se tiene:
( 1+cos2 λ2 )
2
≡
Aplicando propiedad de la potenciación y productos notables:
1+2cos 2λ+cos2 2λ4
≡
Aplicando propiedad del producto de fracciones y la identidad 16):
14 [1+2cos2 λ+ 1+cos4
2 ]≡Sumando fracciones:
14 ( 2+4cos2 λ+1+cos 4 λ
2 )≡
Multiplicando fracciones:
18
(3+4 cos2 λ+cos4 λ )≡ 18
(3+4 cos2 λ+cos4 λ )
EjerciciosDemuestre las siguientes identidades con ángulos dobles, transformando el primer miembro en el segundo
40. sen ( x+ y ) sen ( x− y )≡se n2 x−se n2 y
41. cos (θ+∅ ) cos (θ−∅ )≡co s2∅−se n2θ
42. sen( π4 +x )−sen( π4 −x)≡√2 sen x
43. sen ( x+ y )cos y−cos ( x+ y ) sen y ≡sen x
24
44. sen3x ≡4 sen x sen (60°+x ) sen (60 °−x )
45. sec2 x−tan2 x≡ cos x−sen xcos x+sen x
46. sen (30°+x ) sen (30 °−x )≡ 14
(cos 2x−2 se n2 x )
47. 1−4 sen4 x−2 sen2 xcos 2x≡ cos2 x
48. sen x+sen2x+sen3xcos x+cos2 x+cos3 x
≡ tan 2 x
49. sen2 x−sen xcos2 x+cos x
≡ tan x2
50. sen5 x−sen2xcos2 x−cos5 x
≡ cot 7 x2
51. 1−tan2 x
2
1+tan2 x2
≡ cos x
52. 1+sec ysec y
≡2co s2 y2
53. (sen x2−cos x
2 )2
≡1−sen x
54. sen4x ≡ 14 (1−2cos2x+ 1+cos4 x
2 )
55. sen4 x co s4 x≡ 164 (1+2 cos4 x+ 1+cos8 x
2 )
56. co s4x ≡ 14 (1+2cos 2x+1+cos4 x
2 )
57. ( 1+ tan x1−tan x )
2
≡ 1+sen2x1−sen2 x
58. 2 senα−sen2α2 senα+sen 2α
≡ tan2 α2
24
59. cot x4≡
sen x2
1−cos x2
60. sen3 x−sen xcos x−cos3x
≡cot 2 x
61. sen2θ≡ 1−cos2θ2
62. cos x+cos2 x+cos3 x≡ cos2x (1+2cos x )
63. tan( π4 +x)−tan( π4 −x )≡2 tan2 x
64. sen4 x ≡ 3−4 cos2 x+cos4 x8
65. sen (α+β )cosα cos β
≡ tan α+ tan β
66. 1+tan α1−tan α
≡sec 2α+ tan 2α
67. tan (α+β )≡ tan α+ tan β1−tan α tan β
68. cot (α+β )≡ cotα cot β−1cot α+cot β
69. cos3 x≡4 cos3 x−3 cos x
70. 2co s2 x2−cos x≡1
71. co s3α−sen3α≡(1+ sen 2α2 ) (cosα−senα )
72. cos 4θ≡1−8 se n2θco s2θ
73. co s4 x ≡ 38+1
2cos2x+ 1
8cos 4 x
24
74. se n3 x−cos3 x
sen x−cos x≡1+1
2sen2 x
75. 1+cos2θsen 2θ
≡cot θ
76. 1−tan θ
2
1+tan θ2
≡ 1−senθcosθ
77. 2 tan x
2
1+ tan2 x2
≡sen x
78. co s3 x sen2x≡ 116
(2 cos x−cos3 x−cos5 x )
79. 1+cos2 x+cos4 x+cos 6 x≡4 cos x cos2 x cos3 x
80. co s2θ se n3θ≡ 116
(2 senθ+sen3θ−sen5θ )
81. co s2 x sen4 x≡ 132
(2−cos2x−2cos 4 x+cos6 x )
82. co s5 x≡ 116
(10 cos x+5cos3x+cos5 x )
83. sen5 x≡ 116
(10 sen x−5 sen3x+sen5 x )
Ecuaciones trigonométricasConcepto: se denomina ecuación trigonométrica a toda igualdad en donde la variable ó indeterminada forma parte de una función trigonométrica.
Para resolver una ecuación trigonométrica se debe obtener una sola función trigonométrica y un mismo ángulo, esto puede lograrse empleando las identidades ó factorizando e igualando a cero cada factor.
Ejemplos
24
Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones dando solución entre 0º y 360º.
1. 2co s2ϕ=cos ϕ+1
Obsérvese que es una ecuación de 2º grado donde la variable es cos ϕ, por lo tanto igualando a cero se obtiene:
2co s2ϕ−cos ϕ−1=0
Factorizando:
(2 cosϕ+1 ) (cosϕ−1 )=0
Igualando a cero cada factor, obtenemos:
2 cosϕ+1=0 a) ∨ cos ϕ−1=0 b)
De a):
cos ϕ=−12
ϕ=cos−1(−12 )
Debemos encontrar los ángulos donde cos ϕ=−12 . Tal signo menos indica los
cuadrantes donde el cos ϕ es negativo, es decir II ∧ III . Recordemos los ángulos notables.
cos60 °=12
Por lo tanto 60º es el ángulo de referencia.
Debemos llevar esté ángulo al II∧ III cuadrante.
30 °
60 °2
√3
1
24
ϕ=180°−60°
ϕ=120°
Luego;
cos−1(−12 )=¿120 ° ,240 ° ¿
De b):
cos ϕ=1
ϕ=cos−1 (1 )
En este caso se trata de un ángulo terminal
Luego:
ϕ=cos−1 (1 )=0 ° ,360°
60 °
ϕ
60 °
ϕ
ϕ=180°+60 °
ϕ=240°
cosθ=x
24
R/0 ° ,120 ° ,240° ,360 °
2. 4 co s3θ=3 cosθ
Igualando a cero y Factorizando, se tiene:
4 co s3θ−3 cosθ=0
cosθ ( 4co s2θ−3 )=0
cosθ (2 cosθ+√3 ) (2cosθ−√3 )=0
Igualando a cero cada factor:
cosθ=0 a) ∨ 2cosθ+√3=0 b) ∨ 2 cosθ−√3=0 c)
De a):
θ=cos−1 (0 ) , Debemos buscar donde cosθ tiene un valor cero. Empleando el circulo trigonométrico unitario (ángulos terminales).
De b):
cosθ=−√32
Para este caso el ángulo de referencia es 30º. Se debe llevar este ángulo al II ∧ III cuadrante.
Recordemos que cosθ=x
Luego
cos−1 ( 0 )=90 ° ,270°
Por tanto:
θ=90 ° ,270 °
24
θ=180°−30 °
θ=150°
Luego:
θ=150° ,210 °
De c):
cosθ=√32⟹θ=cos−1(√3
2 )Recordemos que cosθ es positivo en I∧ IV cuadrantes.
X
Y
θ=360°−30 °
θ=330°
Luego,
R/30 ° ,90° ,150° ,210 ° ,270 ° ,330 °
3. ta n2 x+tan x−2=0
Factorizando el trinomio, se tiene:
30 °
θ θ
30 °
θ=180°+30°
θ=210 °
30 °
24
( tan x+2 ) (tan x−1 )=0
Igualando a cero cada factor:
tan x+2=0 a) ∧ tan x−1=0 b)
De a):
tan x=−2⟹ x=tan−1 (−2 )
Se debe hallar el ángulo de referencia cuya tangente sea igual a 2. Este ángulo es 63º 26’ 5.82”. Debemos llevar este ángulo al II∧ IV cuadrantes donde tanθ es negativo.
X
Y
63º 26’ 5.82”
x=180 °−63° 226 ´ 5.82
x=116° 33 ´ 54.18
x
x
24
x=360 °−63 ° 26 ´ 5.82
x=196 ° 33´ 54.18
De b):
tan x=1⟹ x=tan−1 (1 )
En este caso “x” es un ángulo notable.
X
Y
x=180 °+45 °
x=225 °
Por lo tanto:
x= tan−1 (1 )=45 ° ,225°
R/ 45° ,116° 33'54.18 , 196° 33' 54.18 ,225°
4. co t 2ϕ+√3 cot ϕ−6=0
Factorizando se obtiene:
(cot ϕ+2√3 ) (cotϕ−√3 )=0
Igualando cada factor, se obtiene:
45 °
45 °1
1
√2tan 45 °=1
1⇒ tan 45°=1
tanθ es también positiva en el III cuadrante.
45 °
x
24
cot ϕ+2√3=0 a) ∨ cot ϕ−√3=0 b)
De a):
cot ϕ=−2√3⟹ϕ=cot−1 (−√3 )
Como este ángulo de referencia no es notable y la calculadora no trae cot ϕ, buscamos:
ϕ=tan−1( −12√3 )
Se halla el ángulo de referencia y se lleva a los cuadrantes donde tan ϕ es negativa. El ángulo de referencia es 16 ° 6'7.61 .
ϕ=180°−16 °6 '7.61
ϕ=163° 53'52.39
ϕ
ϕ
24
ϕ=360°−16 °6 '7.61
ϕ=343° 53'52.39
De b):
cot ϕ=√3⟹ϕ cot−1 (√3 )
En este caso ϕ es un ángulo notable.
La cot ϕ es positiva en el I∧ III cuadrantes.
X
Y
ϕ=180°+30 °
ϕ=210°
30 °
60 °2
√3
1 cot 30 °=√31
=√3
30 °
Luego:
ϕ=cot−1 (√3 )
ϕ=30° ,210 °
ϕ
24
R/30 ° ,163 ° 53'52.59 , 210°, 343° 53' 52.39
5. cos 4ϕ+cos2ϕ−cosϕ=0
Haciendo:
4 ϕ=3 ϕ+ϕ
2ϕ=3ϕ−ϕ
cos (3 ϕ+ϕ )+cos (3ϕ−ϕ)−cosϕ=0+
Empleando la identidad 10), se tiene:
cos3 ϕcos ϕ−sen3 ϕ senϕ+cos3ϕ cosϕ+sen3ϕ senϕ−cosϕ=0
Simplificando y factorando, se tiene:
2 cos3ϕ cosϕ−cosϕ=0
cos ϕ (2cos3ϕ−1 )=0
Igualando a cero cada factor, se obtiene:
cos ϕ=0 a) ∨ 2 cos3ϕ−1=0 b)
De a):
ϕ=cos−1 (0 )
ϕ=90 °,270 ° (Ejemplo 2)
De b):
cos3 ϕ=12
3ϕ=cos−1(12 )
Se trata de un ángulo notable.
30 °
60 °2
√3
1 cos60 °=12
24
El coseno es positivo en I∧ IV cuadrantes.
Por tanto.
3ϕ=60° ,300°
ϕ=20° ,100 °
R/20 ° ,90° ,270 ° ,300 °
EjerciciosResuelva para 0 ° ≤x ≤360 °∧0 °≤ θ≤360 °
1. 4 se c2 x−7 ta n2 x=3
2. co t 2 x−3csc x+3=0
3. cos2 x+cos x=−1
4. cos2 x=cos x
5. tan ( x+45° )=1+sen2 x
6. sen (2x−180 ° )=cos x
7. sen2 2 x−sen2 x−2=0
8. 4 sen x+3cos x=3
9. tan x=tan 2x
60 °
3ϕ3ϕ=360 °−60°
3ϕ=300 °
24
10. senθ+2 cosθ=1
11. √3 (tan x+cot x )=4
12. sec2θ=4 tan2θ
13. senθ (sec θ−2 )=sec θ−2R /1 ,60 ° ,300 °
14. 4 se n2θ−4 senθ+1=0
15. ta n4 x−9=0
16. sen x+cos2 x−se n2 x=4 sen2 x−1
17. cos3θ−senθ=1
18. Sen2 x−sen x=sen( x2 )
19. sen2x+sen( x2 )cos( x2 )=0
20. senθ cosθ−sen (θ2 )cos( θ2 )=0
21. sen2θ+cos2( θ2 )−se n2(θ2 )=0
22. cos2θ−2 sen2θ=0
23. cos2θ−senθ=1
24. sen (θ+30° )+sen (60 °−θ )=0
25. sen2x−sen x=sen( x2 )26. sen4θ+sen2θ+cosθ=0
27. tanθ−1+ tan (θ−45 ° )−( 1+cos2θ2 )=se n2θ
24
28. 5 sen x=4 cos x+4
29. sen x+sen2 x+sen3 x=0
30. tan x+ tan2 x+tan 3 x=0
31. sen4 x=cos3 x
32. sen3x−sen x=sen5 x
33. 2 sen x sec x−4 sen x+sec x=2
34. 2 sen x cos x−2 sen x−√3 cos x=−√3
35. ta n2x+√3 tan x=0
36. sec x cot x2cot x+sec x=2
37. 4 sen x cos x−2 sen x+2cos x=1
38. 2 se n2x+(√3−4 ) sen x=2√3
39. √3 tan2 x+2 tan x−√3=0
40. 2co s2x−(1+2√5 ) cos x+√5=0
41. 4 co s2 x+(2√3−2 )cos x−√3=0
42. √3 tan2 x+(1+√3 ) tan x+1=0
43. cos x=sen (π−3 x )
Leyes de los senos y del coseno
Ley de los senos
En todo triángulo la razón entre el seno de un ángulo y la magnitud de su lado opuesto es constante.
nmθ
ϕλ
24
sen λm
= senθa
= sen ϕn
Ley del coseno
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 producto de estos dos últimos lados por el coseno del ángulo opuesto al primer lado.
En el triángulo anterior, se cumple:
a2=m2+n2−2mncosθ
m2=a2+n2−2ancos λ
n2=a2+m2−2amcos ϕ
Los dos teoremas ó leyes anteriores son de gran utilidad para resolver triángulos rectángulos (oblicuángulos).
Ejemplos
Encuentre los lados y/o ángulos de los siguientes triángulos:
1.
Por ley del coseno:
x2=52+32−2 (5 ) (3 ) cos70 °
x=√259−30cos 70°
x=4.87
Por ley de los senos:
sen λ3
= sen70 °4.87
sen λ=3 sen70°4.87
a
5 3
xλ
ω70 °
24
λ=sen−1( 3 sen70 °4.87 )
λ=35.37 °
Se sabe que la suma de los ángulos internos de todo triángulo suman 180º, por tanto:
λ+70°+35.37 °=180 °
λ=180 °−105.37 °
λ=74.63 °
2.
Aplicando la ley del coseno:
122=102+82−2 (10 ) (8 )cosθ
Despejando se obtiene:
cosθ=100+64−144160
θ=cos−1( 20160 )
θ=82.82°
Por ley de los senos:
sen ϕ8
= sen82.82°12
⟹ senϕ=8 sen 82.82°12
ϕ=sen−1( 8 sen82.82 °12 )
ϕ=41.41 °
Se sabe que:
θ+ω+ϕ=180 ° (Ángulo interior triángulo)
8 10
12
θ
ω ϕ
24
Reemplazando, obtenemos:
82.82 °+ω+41.41°=180°
∴ω=55.77 °
Problemas de aplicación de la trigonometríaCuando se va a resolver problemas de aplicación de la trigonometría es necesario tener en cuenta si el triángulo es rectángulo o no. Si hay un triángulo rectángulo, lo más sencillo es utilizar las funciones trigonométricas (seno, coseno y tangente). Si el triángulo no es rectángulo hay que emplear obligatoriamente la ley de los senos y/o del coseno.
Ejemplos:
1. Un empleado de la empresa de energía posee una escalera que tiene una longitud de 4 m. Si el pié de la escalera forma con el piso un ángulo de 50º y la recuesta en un muro; ¿Qué altura alcanza en el muro?.
Como preguntan por la altura, se traza de un triángulo rectángulo (concepto de altura).
Hagamos un bosquejo de la situación planteada.
2. Un oficial de construcción posee una viga que debe colocar entre 2 columnas. La primera tiene una altura de 2.50 m y la segunda tiene 3 m. ¿Qué ángulo forma la viga con la horizontal, si las columnas están separadas 5 m?
En primer lugar, bosquejemos el enunciado del problema.
Se tiene:
sen50°= y4⟹ y=4 sen50 °
∴ y=3.06
R/3.06m
y=?
24
En la parte superior de la figura se observa un triángulo rectángulo. La distancia “h”, es la diferencia entre las dos columnas, por tanto:
h=3−2.5m⇒h=0.5m
La función trigonométrica que relaciona a “h” con la distancia horizontal es tan ϕ. Luego:
tan ϕ=0.5m5m
⟹ ϕ=tan−1( 0.55 )
∴ϕ=5 ° 42'38.14
R/5 ° 42'38.14
3. Un topógrafo desea calcular la distancia entre 2 puntos A y B de un pantano. Toma la siguiente información dada en el gráfico.
En este caso se debe tener en cuenta muy presente que el triángulo dado no es rectángulo, por tanto solo hay dos opciones: Ley del seno ó del coseno.
Se sabe que:
∢ ABC=180 °−40°−80 ° (áng∫∆)
ϕ
5m
2.50m
3m
h
A B
C
24
∢ ABC=60 °
Por ley de los senos:
ABsen80 °
= 50msen60 °
⟹ AB= 50msen60 °
∙ sen 80°
∴ AB=56.86m
R/56.86m
4. Dos personas parten de un mismo punto por caminos rectos que forman un ángulo de 130º. Cuando el primero de ellos ha recorrido 350 m y el segundo 285 m, ¿Qué distancia los separa?
Realizando el bosquejo con la información dada, se tiene:
En este caso se puede aplicar la ley del coseno, por tanto:
x2=2852+3502−2 (285 ) (350 ) cos130 °
Despejando obtenemos:
x=√2852+3502−2 (285 ) (350 ) cos130 °
∴ x=576.16
R/576.16m
EjerciciosTALLER DE TRIGONOMETRÍA.
1. Calcular el lado del pentágono regular inscrito en una circunferencia de radio 10 m. R/ 11.75 m
2. Desde un faro colocado a 40 m sobre el nivel del mar, el ángulo de depresión de un barco es de 55º.
¿A qué distancia del afro se halla el barco? R/ 28.01 m
x=?
130 °
24
3. Hallar el área del trapecio de la siguiente figura:
4. Demostrar que si un ∆ ABC es rectángulo en el ángulo C, entonces su área
se expresa mediante la fórmula: Área=12
tanB.
5. Las diagonales de un paralelogramo miden 60 cm y 70 cm y se cortan formando un ángulo de 45º. Hallar el área del paralelogramo. R/1484.85 cm2
6. Un observador nota que el ángulo de elevación de un punto de referencia a la cumbre de un risco es de 15 °30 '. Sigue caminando 98.8 m sobre un terreno horizontal y encuentra que ahora el ángulo de elevación es de 33 °10 '. ¿A qué distancia se encontraba el observador de la base del risco cuando hizo la primera medición?. R/ 171.63 m
7. Una rampa de 15.9 m de largo con un ángulo de elevación de 31 °10 ' se construyó desde el nivel del piso a una plataforma de embarque. Se necesita reemplazar la rampa por una nueva que tenga un ángulo de elevación de 22 ° 40 ' . ¿Cuál sería la longitud de la nueva rampa?. R/ 21.36 m
8. Un niño caminó 1260 pasos de un campamento a un camino que corre en la dirección ESTE-OESTE. Después anduvo sobre el camino otros 920 pasos hasta un punto desde el cual podía ver el campamento. Su brújula le indico una dirección del campamento de norte 43 ° 20 ' Oeste. ¿Cuántos pasos tendría que caminar en esa dirección para llegar de nuevo al campamento? R/ 1699 pasos
9. La base de una torre tiene un ángulo de elevación de 30º respecto a un observador situado a 200 m cuesta debajo de la base. Dicho observador se da cuenta que una sección de la torre necesita reparación. Si los ángulos de elevación a los extremos de la sección dañada son 48º y 60º, halle la longitud de la sección por reparar. R/ 106.64 m
75 °
R/2718.22un2
24
10. Un tren sale de una estación y viaja a 80 km/h en una vía recta. Otro tren sale de la misma estación una hora más tarde, sobre otra vía que forma con la anterior un ángulo de 118º. Si el segundo tren viaja a 50 km/h, hallar la distancia entre los dos trenes 3 horas después de haber partido el primer tren.
11. En la siguiente figura se muestra un camino recto a lo largo de una pradera, que sufre una desviación una desviación en A hacia B. En B hay dos caminos en línea recta hacia la pradera, BC y BD, cada uno de 6 km de largo. Hallar el valor del segmento CD.
R/ 6.7 km
12. ¿Cuál es la altura de un árbol si el ángulo de elevación a partir de un punto en el plano horizontal que pasa por su pié es de 35º y el ángulo de elevación a partir de otro punto sobre el mismo plano, pero 10 metros más cerca del pié es de 61.5º? R/ 11.3 m
13. Un observador ve un globo que está al norte bajo un ángulo de elevación θ, un segundo observador situado a una distancia de “a” metros al este del primero, ve el mismo globo con un ángulo de elevación ϕ. Calcular la altura
“h” del globo. R/¿ a
√co t2ϕ−co t2θ
14. La altura de un edificio es “a”, ¿Cuál es la altura de un asta de bandera sobre la parte alta del edificio si los ángulos de elevación, a partir del suelo, del pie i cima de dicha asta son ϕ y θ respectivamente.R/¿ a ( tanθ / tan−1 )
15. Demostrar que el área del trapecio isósceles de la siguiente figura es:
24
A=14
(b2−c2 ) tanθ
16. En la siguiente figura hallar el valor de “x” y “h” en función de a ,θ ,ϕ .
x= a tan θtan ϕ−tan θ
h=a tan θ tan ϕtan ϕ− tanθ
17. Dos boyas están separadas por una distancia de 64.2 m y un bote esta a 74.1 m de las más cercana. El ángulo que forman las dos visuales del bote a las boyas es de 27 ° 18 ' . ¿Qué distancia hay del bote a la boya más alejada? R/ 120.30 m
18. Una carretera recta forma un ángulo de 22º con la horizontal. El ángulo de elevación respecto a un aeroplano, desde un punto P, sobre la carretera, es de 57º. En el mismo instante, el ángulo de elevación desde otro punto sobre la carretera 100 metros más adelante, es de 63º. Hallar aproximadamente la distancia de P al aeroplano. R/ 627.63 m
19. En la siguiente figura demostrar que “h” y “x” están dados por:
θϕ
θ
24
x=asen βcos αsen (α−β )
h=asenα sen βsen (α−β )
20. En la siguiente figura, demostrar que:
x= asenα cos βsen (β−α−ϕ )
y= asenα sen βsen ( β−α−ϕ)
β α
β
αϕ
24
Geometría analíticaLa geometría analítica es una interacción entre la geometría euclidiana y el álgebra, su base esencial es el plano cartesiano el cual fue creado por el matemático y filósofo francés Renato Descartes en el siglo XVII.
LA RECTADefinición: Se denomina función lineal a toda expresión que tenga la forma y=f ( x )=mx+b ,∀m ,b∈ R. Esta expresión muestra que “m” y “b” pueden tomar cualquier valor real. m se denomina pendiente de la recta.
La pendiente de una recta muestra la inclinación que posee ésta con respecto a una línea horizontal.
Definición: Si una recta L pasa por los puntos P1 ( x1 , y1 ) y P2 ( x2 , y2 ) su pendiente “m” está dad por la expresión:
m=y2− y1
x2−x1=
y1− y2
x1−x2= Desplazamiento vertical
Desplazamiento horizontal
Ejemplos
Encuentre la pendiente de las rectas que pasan por los dos puntos dados.
1. A (3 ,−5 ) ,( 710
, 16 )
Se sabe que:
m=y2− y1
x2−x1
Reemplazando se tiene:
x1 y1x2 y2
24
m=
16+ 5
47
10−3
⟹m=
2+1512
7−3010
Aplicando medios y extremos, obtenemos:
m= 170−276
⟹m=−85138
m= 170−276
⟹m=−85138
2. R (4 √5 ,√5 ) ,T (−3 ,−4 )
m=y2− y1
x2−x1⇒m= −4−√5
−3−4 √5
Se multiplica el numerador y el denominador por -1 obteniendo:
m= 4+√53+4√5
Racionalizando el denominador:
m= 1+√53+4√5
3−4√53−4√5
m=12−16√5+3√5−4 (√5 )2
32−(4 √5 )2
Simplificando se obtiene:
m=−4−13√59−20
=−4−13√5−11
Multiplicando el numerador y el denominador por -1 obtenemos:
m=4+13√511
EjerciciosEncuentre la pendiente de la recta que pasa por los puntos dados.
1. C (−78
, 56 ) , D(−5
12, 3
4 )
x2 y2x1 y1
24
2. P( 310
,−18 ) ,W (−5
6, 7
6 )3. M ( 4√3 ,5√2 ) , N (7√3 ,2√2 )
4. H (3a−2b ,7a2+4b2) , S (2a−b ,8a2+3b2 )
5. K (−49
,− 815 ) ,N (5
6,− 3
20 )Distancia entre 2 puntos del plano
Hallar la distancia entre los puntos A (x1 , y1 ) y B (x2 , y2 ).
Si se traza AC /¿x y BC /¿ y, se forma el triángulo rectángulo ∆ ABC que posee las siguientes características:
AC=x2−x1 ,BC= y2− y1
Se debe encontrar la longitud del segmento BC.
Por Pitágoras, se tiene:
AB2=AC2+BC 2
Reemplazando AC y BC, y despejando AB, se obtiene:
AB=√ (x2−x1 )2+ ( y2− y1 )2
Ejemplos
Encuentre la longitud de los segmentos que tienen como extremos los puntos dados.
A (x1, y1 )
B (x2 , y2 )
C (x2 , y1 )
Fórmula de distancia entre 2 puntos del plano
x1 y1x2 y2
24
1. A (3 ,−2 ) , P (−8 ,−9 )
Se sabe que:
AP=√ (x2−x1)2+( y2− y1 )2
Reemplazando y efectuando obtenemos:
AP=√ (−8−3 )2+ (−9+2 )2
¿√121+49
¿√170
2. H (3a−5b ,2a+3b ) ,Q (8a+b ,9a−5b )
Reemplazando en la fórmula de distancia, se tiene:
HQ=√ [8a+b−(3a−5b ) ]2+[9a−5b−(2a+3b ) ]2
Simplificando y desarrollando los binomios resultantes, obtenemos:
HQ=√ (8a+b−3a+5b )2+ (9a−5b−2a+3b )2
¿√ (5a+6b )2+(7 a−8b )2
¿√25a2+60ab+36 b2+49a2−112ab+64 b2
Simplificando, se obtiene:
HQ=√74a2−52ab+100b2
24
3. Deduzca las identidades 9) y 10)
x
y
Aplicando la fórmula de distancia:
HM=√ (cos λ−cos β )2+ (sen λ−sen β )2
Desarrollando los binomios, obtenemos:
HM=√cos2 λ−2 cos λ cos β+cos2β+sen2 λ−2 sen λ sen β+se n2β
Teniendo en cuenta que:
co s2 λ+se n2 λ=1∧co s2 β+sen β=1
Reemplazando y simplificando se obtiene:
HM=√1−2 cos λ cos β+1−2 sen λ sen β
HM=√2−2 cos λ cos β−2 sen λsen β1¿
Desplazando el punto M hasta el punto A, se tiene:
D (0,1 )H (cos λ , sen λ )
x2 y2
x1 y1M (cos β , sen β )
A (1,0 )
λ
β
24
x
y
Aplicando de nuevo la fórmula de distancia obtenemos:
HM=√ [cos ( λ−β )2−1 ]2+[sen ( λ−β )−0 ]2
Desarrollando el binomio tenemos:
HM=√cos2 ( λ−β )−2cos ( λ−β )+1+sen2 ( λ−β )
Aplicando la identidad 6), se tiene:
HM=√1−2 cos ( λ−β )+12¿
Aplicando la ley transitiva entre 1) y 2), obtenemos:
2−2cos λ cos β−2 sen λ sen β=1−2cos ( λ−β )+1
Simplificando y dividiendo por –2, obtenemos:
cos λ cos β+sen λ sen β=cos ( λ−β )
∴cos ( λ−β )=cos λcos β+sen λ sen β3¿¿
Se sabe que:
cos ( λ+β )=cos [ λ−(−β ) ]
Aplicando la fórmula 3) obtenemos:
H (cos ( λ−β ) , sen ( λ−β ) )
M (1 ,0 )x1 y1
x2 y2
λ−β
24
cos ( λ+β )=cos λ cos (−β )+sen λ sen (−β )
Si se tiene en cuenta que:
cos (−θ )=cosθ
sen (−θ )=−senθ
Se obtiene:
cos ( λ+β )=cos λ cos β−sen λ sen β 4 ¿
Hay que recordar, por las cofunciones que:
senθ=cos (90 °−θ )
Por tanto:
sen ( λ−β )=cos [90 °−( λ+β ) ]=cos ( 90°−λ−β )
¿cos [ (90 °− λ )−β ]
Aplicando la formula 3) obtenemos:
sen ( λ+β )=cos (90 °−λ )cos β+sen (90 °−λ ) sen β
Aplicando cofunciones, se tiene:
sen ( λ+β )=sen λ cos β+cos λ sen β
∴ sen ( λ+β )=sen λ cos β+sen β cos λ5¿
Recordando que:
λ−β=λ+ (−β )
Entonces:
sen ( λ−β )=sen [ λ+(−β ) ]
Aplicando al fórmula 5), se tiene:
sen ( λ−β )=sen λcos (−β )+sen (−β ) cos λ
Teniendo en cuenta la condición empleada cuando se dedujo la fórmula 4), se obtiene:
sen ( λ−β )=sen λcos β−sen βcos λ
24
EjerciciosEncuentre la distancia entre los puntos dados.
1. A (−7,11) , B (−10 ,−3 )
2. K (5√2 ,−4 √10 ) , S (11√2 ,−7√10 )
3. G( 34,−7
6 ) ,H ( 16,−5
8 )4. T (2a−7b ,5a+3b ) ,W (a−2b ,4a−5b )
5. I ( 310
, 14 ), J (−4
15,−3
8 )
RELACION PEDIENTE – TANGENTE
x
y
L
Sea A (x1 , y1 ) y B (x2 , y2 ) dos puntos de una recta L. si se traza AC /¿X∧BC /¿Y , se forma el triángulo rectángulo ∆ ABC, donde:
A (x1 , y1 )
B (x2 , y2 )
C (x2 , y2 )
24
AC=x2−x1
BC= y2− y1
Si se llama ϕ al ángulo que forma L con el eje x, ∢BAC=ϕ, por ser correspondientes.
Se tiene:
m=y2− y1
x2−x11¿ :Pordefinición
Pero;
tan ϕ=y2− y1
x2− y12¿
Por transitividad:
1¿=2¿
Luego:
m=tan ϕ
La expresión anterior implica que la pendiente de una recta equivale a la longitud del ángulo que forma dicha recta con el eje x.
Ejemplo
Una recta tiene una pendiente m=−45 . Encuentre el ángulo que forma dicha
recta con el eje x.
Como m=tan ϕ, entonces:
tan ϕ=−45⟹ϕ= tan−1(−4
5 )Luego:
ϕ=141° 20'24.69
Coordenadas del punto medio de un segmentoHallar las coordenadas del punto medio del segmento que tiene como extremos A (x1 , y1 ), B (x2 , y2 ).
24
x
y
Sea P ( x , y ) el punto medio entre los puntos A (x1 , y1 )∧B ( x2 , y2 ). Se traza:
AC /¿ x , PD /¿ AC , BC /¿ y
Por ser PD /¿ AC, los triángulos ∆ ABC y ∆ PBD son semejantes y por lo tanto, sus lados homólogos son proporcionales. Es decir:
PDAC
=BDBC
=PBAB
1 ¿
Se tiene que:
PD=x2−x
AC=x2−x1
BD= y2− y
BC= y2− y1
A P=P B⟹ AB=2 PB
Reemplazando en 1), se obtiene:
x2−xx2−x1
=y2− yy2− y1
= PB2 PB
=12
Luego:
A (x1 , y1 )
B (x2 , y2 )
C (x2 , y1 )
D (x2 , y )P ( x , y )
24
x2−xx2−x1
=12⟹2x2−2 x=x2−x1
∴ x=x1+ x2
2
y2− yy2− y1
=12⟹2 y2−2 y= y2− y1
∴ y=y1+ y2
2
Se concluye que las coordenadas el punto medio entre A (x1 , y1 )∧B ( x2 , y2 ), son:
P( x1+x2
2,y1+ y2
2 )
Ecuaciones de la rectaExisten 3 ecuaciones para determinar una línea recta.
1. Ecuación pendiente – intersección
Toda recta L, con pendiente “m” y que corte al eje y en el punto (0 , b ), tiene como ecuación:
y=mx+b
2. Ecuación punto – pendiente
Toda recta L, con pendiente “m” y que pase por el punto P1 ( x1 , y1 ), tiene como ecuación:
y− y1=m (x−x1 )
3. Ecuación punto – punto
Toda recta que pasa por los puntos P1 ( x1 , y1 ) y P2 ( x2 , y2 ), tiene como ecuación:
y− y1=y2− y1
x2− x1(x−x1)
24
Puede observarse que esta última ecuación es equivalente a la ecuación
punto-pendiente, si se tiene en cuenta que m=y2− y1
x2−x1, y se reemplaza “m” por
su equivalencia.
Teoremas de la recta1. Si dos rectas L1∧ L2, con pendientes respectivas m1∧m2, son paralelas; sus
pendientes son iguales. Es decir:
L1/¿ L2⟹m1=m2
2. Si dos rectas L1∧ L2, con pendientes respectivas m1∧m2, son normales ó perpendiculares, el producto de sus pendientes es igual a −1. Es decir:
L1⊥ L2⟹m1m2=−1
Lo anterior es equivalente a decir que cuando dos rectas son perpendiculares, son pendientes, son inversas y tienen signos contrarios.
Ejemplos
1. Un fabricante sabe que la producción de 100 de sus artículos tienen un costo de $ 725, mientras que si produce 225 de estos mismos artículos tendrá que invertir $ 1575. Hallar una ecuación para encontrar el costo de producción de cualquier numero de artículos.
En ese caso tenemos dos puntos de referencia que relacionan el número de artículos producidos y el número de dólares invertidos.
Sea:
x=número deartículos
y=cantidadde dólares ( precio )
Por lo tanto los puntos serían:
(100,725 ) , (225,1575 )
Se puede emplear la ecuación punto- punto, obteniendo:
y− y1=y2− y1
x2− x1(x−x1)
x1 y1 x2 y2
24
Reemplazando se obtiene:
y−725=1575−725225−100
(x−100 )
y−725=850125
( x−100 )
Simplificando la fracción, se tiene:
y−725=3425
( x−100 )
Luego:
y=725+ 3425
( x−100 )
2. Sabiendo que los grados Celsius (ºc) ó grados centígrados tienen una escala de 0ºc a 100ºc, correspondientes a los puntos de congelación y ebullición del agua, y los grados Fahrenheit una escala de 32ºF y 212ºF, con las mismas condiciones anteriores; encuentre una ecuación que relacione estas dos escalas de temperatura.
Se puede tomar dos puntos que relacionen la información anterior así:
(0 ,32 )∧ (100,212 )
Donde:
x=GradosCelcius(° C)
y=Grado Farenheit (° F)
Utilizando nuevamente la ecuación punto – punto y reemplazando, se tiene:
y− y1=y2− y1
x2− x1(x−x1)
y−32=212−32100−0
( x−0 )
y−32=18 010 0
x
Simplificando y despejando “y”, obtenemos:
y=32+ 95x
x1 y1 x2 y2
24
Si se hace la sustitución;
y=° C
x=° F
La expresión anterior queda:
° C=32+ 95° F
3. Un triángulo tiene como vértices los puntos A (−7 ,−1 ) , B (−1,5 ) ,C (5 ,−3 ). Encuentre:
A. PerímetroB. OrtocentroC. Baricentro
Realicemos un gráfico de dicha situación:
A
B
C
R
W
K
E
T F
X
Y
A. Para hallar el perímetro de dicho triángulo es necesario recordar que éste es la suma de todas las longitudes de los lados de un polígono. Debemos desde luego, hallar la longitud de los segmentos: AB ,BC∧ AC. Para ello se emplea la distancia entre dos puntos del plano (d).
24
d=√(x2−x1 )2+( y2− y1 )2
Para AB, se tiene: A (−7 ,−1 ) , B (−1,5 ), reemplazando en la fórmula de distancia, se obtiene:
AB=√ (−7+1 )2+(5+1 )2
AB=√62+62
AB=√2 ( 62 )
AB=6√2
Para BC: B (−1,5 ) ,C (5 ,−3 ). Reemplazando y operando se obtiene:
BC=√(5+1 )2+(−3 ,−5 )2
BC=√36+64
BC=10
Para AC: A (−7 ,−1 ) ,C (5 ,−3 ). Reemplazando y operando se obtiene:
AC=√(5+7 )2+ (−3+1 )2
AC=√144+4⟹ AC=√148
AC=2√37
Por lo tanto el perímetro P del triángulo en cuestión es:
P=( 6√2+10+2√37 )unidades
B. Recordemos que el ortocentro de un triángulo es el punto donde se cortan las 3 alturas del triángulo y que una altura es una perpendicular trazada desde un vértice hasta el lado opuesto ó su prolongación.
Si encontramos el punto de intersección de dos de las alturas, la tercera pasará necesariamente por dicho punto.
Sea BK la altura correspondiente al lado AC.
Hallemos la pendiente (mAC ) del lado AC.
A (−7 ,−1 ) ,C (5 ,−3 )
mAC=y2− y1
x2−x1⟹mAC=
−3+15+7
⟹mAC=−212
=−16
x1 y1 x2 y2
x1 y1 x2 y2
x2 y2x1 y1
x1 y1 x2 y2
24
Como AC⊥BK ⟹ mAC ∙mBK=−1⟹mBK=6
En este momento se conoce la pendiente y un punto de la altura BK,se puede aplicar la ecuación de punto – pendiente: y− y1=m (x−x1 ).
m=6 ,B (−1,5 )
Reemplazando, obtenemos:
y−5=6 ( x+1 )⟹ y=6x+6+5
y=6x+111¿
Sea CW , la altura correspondiente al lado AB. Debemos proceder de la misma forma que se hizo con BK .
A (−7 ,−1 ) , B (−1,5 )
mAB=y2− y1
x2−x1
Reemplazando y operando, se tiene:
mAB=5+1
−1+7
mAB=66⟹mAB=1
∴mcw=−1
m=−1 ,C (5 ,−3 )
y− y1=m (x−x1 )
Reemplazando y operando, se tiene:
y+3=−1 ( x−5 )⟹ y=− x+5−3
y=−x+2 2¿
1¿=2¿ :Por transitividad
x1 y1 x2 y2
x1 y1
x1 y1
x1 y1
24
6 x+11=−x+2⟹7 x=−9⟹ x=−97
3¿
Reemplazando 3) en 2) obtenemos:
y=92+2
y=237
Si se llama E al ortocentro, sus coordenadas son (−97
, 237 ).
C. El baricentro es el punto donde se cortan las tres medianas del triángulo. Una mediana es el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto.
Como en el caso del ortocentro, solo se requiere el corte de dos medianas para hallar el baricentro.
Sea R el punto medio de AB. Recordemos que:
P( x1+x2
2,y1+ y2
2 )
A (−7 ,−1 ) , B (−1,5 ).
Reemplazando se tiene:
R(−7−12
,−1+52 )⟹R (−4,2 )
Si F es el punto medio de BC, donde:
B (−1,5 ) ,C (5 ,−3 )
Reemplazando obtenemos:
F (−1+52
, 5−32 )⟹F (2,1 )
Hallemos a ecuación del segmento AF, utilizando la ecuación punto-punto
A (−7 ,−1 ) , F (2 ,1 )
y− y1=y2− y1
x2− x1(x−x1)
x1 y1 x2 y2
24
Reemplazando y operando se tiene:
y+1=1+12+7
(x+7 )⟹ y+1=29
(x+7 )
Despejando “y” obtenemos:
y=29x+ 14
9−1⟹ y=2
9x+ 5
91¿
Se debe también hallar la ecuación del segmento CR: C (5 ,−3 ) ,R (−4,2 ).
y− y1=y2− y1
x2− x1(x−x1)
y+3= 2+3−4−5
( x−5 )⟹ y+3=−59
( x−5 )
y=−59
x+ 259
−3
y=−59
x−29
2¿
1¿=2¿ :Por transitividad
29x+ 5
9=−5
9x−2
9
Multiplicando por 9 obtenemos:
2 x+5=−5 x−2⟹7 x=−7
x=−13¿
3¿en1¿
y=−29
+59⟹ y=3
9
y=13
x2 y2
24
Por lo tanto las coordenadas del baricentro, el punto T, son (−1 , 13 ).
Ejercicios
1. Demuestre que la distancia “d” del punto A (x1 , y1 ) a la recta ax+by+c=0, está dado por la expresión:
d=|ax1+by1+c|
√a2+b2
2. Demuestre que es cuadrilátero con vértices A (−3,4 ) , B (7 ,−6 ) ,C (11 ,−2 ), D (1,8 ) es un rectángulo.
3. Un triángulo tiene como vértices los puntos A (−1,1 ) ,B (3 ,−5 ) ,C (9,9 ). Hallar:A. Baricentro B. OrtocentroC. CircuncentroD. Área
Cónicas
Se les denomina cónicas porque se obtienen a partir del cono según el plano con el cual se corte. Las cónicas son: La Circunferencia, La Parábola, La Elipse y La Hipérbola.
La circunferencia
Definición: Se denomina circunferencia al lugar geométrico de todos los puntos del plano que equidistan de otro punto dado llamado centro (O). La distancia entre otro punto de la circunferencia y el centro recibe le nombre de radio (R).
24
X
Y
(h,k)O
R
Deducir la ecuación de la circunferencia que tiene O (h , k ) y radio R.
Sea P ( x , y ) un punto de la circunferencia. Hallemos la distancia OP usando la fórmula de distancia entre dos puntos del plano:
OP=R=√ (x−h )2+( y−k )2
Elevando al cuadrado ambos lados de la ecuación, se obtiene:
( x−h )2+( y−k )2=R2
Ejemplos
1. Encuentre la ecuación de la circunferencia que tiene centro (−4,7 ) y radio 6.
En este caso se tiene O (−4,7 ), R=6. Aplicando la fórmula de la circunferencia tenemos:
( x+4 )2+ ( y−7 )2=62
Desarrollando los binomios e igualando a cero obtenemos:
x2+8 x+16+ y2−14 y+49−36=0
Simplificando se tiene:
x2+ y2+8x−14 y+29=0 :Ecuación pedida.
2. Hallar el centro y el radio de la circunferencia que tiene como ecuación:
x2+ y2−5 x+9 y−11=0
24
Debemos obtener dos trinomios cuadrados perfectos, esto se puede lograr por suma y resta, así:
x2−5 x+( 52 )
2
−( 52 )
2
+ y2+9 y+( 92 )
2
−(92 )
2
−11=0
Factorizando, se tiene:
(x−52 )
2
+( y+ 92 )
2
=254
+ 814
+11
Simplificando, se obtiene:
(x−52 )
2
+( y+ 92 )
2
=1504
Por tanto, se tiene:
O( 52,−9
2 ) ,R=√1502
3. Encuentre la ecuación de la circunferencia que pasa por los puntos A (−1 ,−3 ) , B (3,5 ) ,C (7 ,−1 ).
En primer lugar debemos recordar que al desarrollar la ecuación canónica de la circunferencia:
( x−h )2+( y−k )2=R2
Se obtiene la ecuación:
x2+ y2+ax+by+c=0 , dondea ,b , c∈R
Como los puntos dados pertenecen a la circunferencia, cada uno de ells, cumple la ecuación anterior.
Para A (−1 ,−3 )⟹ x=−1 , y=−3, debemos hallar los valores de a,b,c. reemplazando obtenemos:
(−1 )2+(−3 )2+a (−1 )+b (−3 )+c=0
Simplificando se obtiene:
−a−3b+c=−10 1¿
24
Para B (3,5 )⟹ x=3 , y=5. Reemplazando en la misma ecuación obtenemos:
32+52+a (3 )+b (5 )+c=0
Simplificando, se tiene:
3a+5b+c=−342¿Para C (7 ,−1 )⟹ x=7 , y=−1. Reemplazando se obtiene:
7a−b+c=−50 3 ¿
Debemos resolver un sistema 3 x 3. Emplearemos el método de reducción
1¿ (−1 )∧2¿
a+3b−c=103a+5b+c=−344 a+8b=−24⟹a+2b=−6 4¿
2¿ (–1 )∧3 ¿
−3a−5b−c=347a−b+c=−50−4a−6b=−16⟹2a−3b=−8 5¿
4 ¿ (–2 )∧5¿
−2a−4b=12−2a−3b=−18
−7b=4⟹b=−47
6¿
6¿en 4 ¿
a−87=−6⟹a=8
7−6⟹a=−34
77¿
6¿∧7¿en1¿
347
+127
+c=−10⟹ c=−10−467⟹ c=−116
7
Por lo tanto, la ecuación general de la circunferencia es:
24
x2+ y2−347
x−47
y−1167
=0
Ahora debemos obtener la ecuación canónica para hallar el centro y el radio.
x2−347
x+(177 )
2
−( 177 )
2
+ y2−47
y+( 27 )
2
−( 27 )
2
−1167
=0
(x−177 )
2
+( y− 27 )
2
=1167
+ 28949
+ 449
Simplificando, se obtiene:
(x−177 )
2
+( y−27 )
2
=812+289+449
=110549
Por tanto:
O( 177
, 27 ) , R=√1105
7
Ejercicios
1. Encuentre la ecuación general de la circunferencia con centro y radio
dados.
Ecuación general: x2+ y2+ax+by+c=0
A. O (−7,10 ) ,r=√5
B. O (3,2 ) , r=6
C. O (−5 ,−1 ) , r=√10
D. O( 38, 25 ) , r=3
2
E. O (√2 ,√5 ) , r=12
24
2. Encuentre el centro y radio de las circunferencias que tienen como ecuación
general:
a. x2+ y2−6 x+10 y+9=0
b. x2+ y2+14 x+8 y+15=0
c. x2+ y2−2x+4 y−2=0
d. 2 x2+2 y2+6 x−10 y+5=0
3. Encuentre el centro y el radio de la circunferencia que pasa por los puntos
A (−7 ,−1 ) , B (1,7 ) ,C (5 ,−5 ).
La parábola
Definición: se denomina parábola al lugar geométrico de todos los puntos del
plano que equidistan de una recta y de un punto, ambos dados.
La parábola tiene los siguientes elementos principales:
Foco (F): Es el punto dado.
Directriz (L): Es la recta dada. En nuestro caso, siempre va a ser paralela a
uno de los ejes coordenados.
Vértice (V): Es el punto medio entre el foco y la directriz.
Eje: es la recta que pasa por el foco y el vértice, es perpendicular a la
directriz.
Lado recto ó Latus Rectum (L.R.): Es el segmento que une dos puntos de
la parábola, pasa por el foco y es paralelo a la directriz.
A la distancia entre el foco y el vértice se le denomina “P”. La longitud de
lado recto es |4 p|.
24
Ecuaciones de la parábola Deduzca la ecuación de la parábola que tiene V (0,0 ) ,F (P ,0 ).
24
Sea H ( x , y ) un punto de la parábola. Se debe cumplir que:
FH=HR1 ¿
Se sabe que:
HF=√ (x−p )2+ ( y−0 )2
HF=FH=√x2−2 px+ p2+ y2 2¿
Además;HR=p+x 3¿
Reemplazando 2¿∧3¿en1¿:
(√x2−2 px+ p2+ y2 )2= (p+x )2 :Elevandoal cuadrado
x2−2 px+ p2+ y2=p2+2 px+x2
∴ y2=4 px :Ecuacion pedida
Utilizando un procedimiento similar al anterior, si una paralela tiene V (0,0 )
y F (0 , P ), su ecuación está dada por:
x2=4 py
Haciendo una traslación de ejes, se pueden obtener las siguientes ecuaciones canónicas generales de la parábola:
Definiciónde parábola
(Distanciaentre2 puntos )
24
1. Si una parábola tiene vértice V (h , k ) y foco F (h , k+ p ), su ecuación
canónica está dada por.
( x−h )2=4 p ( y−k )
2. Si una parábola tiene vértice V (h , k ) y foco F (h+ p , k ), su ecuación canónica
es:
( y−k )2=4 p (x−h )
De las dos ecuaciones canónicas anteriores, puede que la ecuación general de una parábola es una de las dos siguientes expresiones:
a x2+bx+cy+d=0
a y2+by+cx+d=0
Donde a≠0
Ejemplos
1. Encuentre la gráfica, la ecuación general y los elementos principales de la
parábola que tiene V (−5,2 ) ,F (−7,2 ).
Lo más recomendable es empezar por la gráfica
24
Recordemos que “p” es la distancia del vértice al foco pero hay que tener en cuenta el sentido.
En este caso el sentido es negativo( a la izquierda ).
Por tanto p=−2
Una forma de saber cuál de las dos ecuaciones canónicas se emplea es tener en cuenta, a quien sea paralela la directriz. Como en este caso es paralela al eje “y”, ésta es la que va al cuadrado, es decir usamos:
( y−k )2=4 p (x−h ) ;V (h , k )
Se tiene entonces que:
V (−5,2 ) , p=−2
Reemplazando, desarrollando el binomio y simplificando, se obtiene:
( y−2 )2=4 (−2 ) ( x+5 )
y2−4 y+4=−8x−40
hk
Ec .General
24
8 x+ y2−4 y+44=0
Elementos principales
V (−5,2 ) ,F (−7,2 )
Eje : y=2
L : x=−3
L .R . :{ Ecuación general : x=−7Longitud=|4 p|=|4 (−2 )|=|−8|=8
2. Encuentre la grafica y elementos principales de la parábola que tiene como
ecuación:
x2−2 x+12 y+37=0
Debemos, en primer lugar, darle la forma de la ecuación canónica
( x−h )2=4 p ( y−k ). Complementemos el trinomio cuadrado perfecto:
x2−2 x+12−12+12 y+37=0
Factorando y transponiendo términos, se obtiene:
( x−1 )2=−12 y−36
( x−1 )2=−12 ( y+3 )
Se concluye que: V (1 ,−3 ) ,4 p=−12⟹ p=−3
Procedemos, ahora a realizar la gráfica
24
Elementos principales
V (1 ,−3 ) , F (1 ,−6 )
L : y=0 (Eje x )
Eje : x=1
L .R .={ ecuación : y=−6Longitud :|4 p|=|4 (−3 )|=12
Ejercicios
1. Encuentre la gráfica, ecuación y elementos principales de la parábola,
según las condiciones dadas.
24
A. V (2,5 ) ,F (4,5 )
B. V (3 ,−2 ) , L: y=−5
C. L : y=7 , F (5,1 )
D. L : x=4 ,F (−2,−3 )
2. Encuentre la gráfica y los elementos principales de las siguientes parábolas
A. x2+6 x+8 y−15=0
B. 8 x+ y2−4 y+44=0
C. 12 x− y2−8 y−28=0
D. x2−1 x−4 y+37=0
3. Se diseña un faro giratorio de forma que la sección que atraviesa su eje sea
una parábola y a fuente de luz esté en el foco. Cual es la posición de la
fuente de luz si el faro tiene 4 pies de abertura y dos pies de profundidad?
R/ 6 Pulgadas desde el vértice.
La elipse
Definición: Se llama elipse al lugar geométrico de todos los puntos del plano
para los cuales la suma de las distancias a dos puntos dados, denominados
focos, es constante. Dicha constante se representa como 2a, donde a>0.
24
Elipse={ p ( x , y ) /PF1+PF2=2a;a>0 }
Elementos principales de la elipse
1. Focos F1, F2: Son los dos puntos dados.
2. Centro (O ): Es el punto medio entre los focos.
3. Vértices V 1 ,V 2: Son los puntos mas alejados de la elipse con respecto al
centro. La distancia entre el centro y uno de los vértices se denomina “a”.
4. Eje mayor (E . M . ): Es el segmento que une los vértices, contiene los focos.
Su longitud es 2a.
5. Eje menor (E .M . ): Es el segmento que une dos puntos de la elipse, pasa
por el centro y es perpendicular al eje mayor. Su longitud es 2b.
6. La distancia entre el centro y uno de los focos se representa como C.
7. En toda elipse se forma un triángulo rectángulo y por lo tanto se cumple
que: a2=b2+c2.
8. se denomina excentricidad de la elipse (e) a la expresión: e=ca .
Ecuaciones canónicas de la elipse
24
Deducir la ecuación de la elipse que tiene O (0,0 ) ,F (o , c ) ,V (0 , a ).
Sea P ( x , y ) un punto de la elipse. Se debe cumplir que.
PF1+P F2=2a1¿
Aplicando la distancia entre 2 puntos del plano, obtenemos:
PF1=√( x−O )2+( y+c )2
PF1=√x2+ y2+2cy+c22 ¿
P F2=√( x−o )2+( y−c )2
P F2=√x2+ y2−2cy+c23 ¿
Reemplazando 2¿∧3¿en1¿
√ x2+ y2+2cy+c2+√ x2+ y2−2cy+c2=2a
Efectuando transposición de términos y elevando al cuadrado, se tiene:
24
(√x2+ y2+2cy+c2 )2=(2a−√x2+ y2−2cy+c2 )2
x2+ y2+2cy+c2=4 a2−4a√ x2+ y2−2cy+c2+x2+ y2−2cy+c2
Simplificando y transponiendo términos, tenemos que:
a√ x2+ y2−2cy+c2=a2−cy
Elevando de nuevo al cuadrado y efectuando el producto, obtenemos:
a2 (x2+ y2−2cy+c2 )=a4−2a2 cy+c2 y2
a2 x2+a2 y2−2a2 cy+a2 c2=a4−2a2 cy+c2 y2
Simplificando y transponiendo términos, se tiene:
a2 x2+a2 y2−c2 y2=a4−a2c2
Aplicando la ley asociativa y factor común, tenemos que:
a2 x2+ y2 (a2−c2 )=a2 (a2−c2 )
Dividiendo toda la ecuación por a2 (a2−c2 )≠0, obtenemos:
a2 x2
a2 (a2−c2)+
y2 (a2−c2 )a2 (a2−c2 )
=a2 (a2−c2 )a2 (a2−c2 )
Simplificando, se tiene:
x2
a2−c2 + y2
a2 =1 4 ¿
Recordando la relación de la elipse:
a2=b2+c2⟹b2=a2−c2
Reemplazando 5¿en4 ¿, obtenemos:
24
x2
b2 + y2
a2 =1 ;b2=a2−c2
Empleando un proceso similar al anterior, si una elipse tiene O (0,0 ) ,F (c ,0 ) ,V (a ,0 ), su ecuación canónica es:
x2
a2 + y2
b2 =1 ;b2=a2−c2
Si se realiza una translación de ejes se obtienen las siguientes ecuaciones canónicas generales de la elipse:
1. Si una elipse tiene su centro O (h , k ), vértice V (h+a ,k ) y foco F (h+c , k ), su
ecuación canónica está dada por:
( x−h )2
a2 +( y−k )2
b2 =1; b2=a2−c2
2. Si una elipse tiene su centro O (h , k ), vértice V (h , k+a ) y foco F (h , k+c ), su
ecuación canónica es:
( x−h )2
b2 +( y−k )2
a2 =1; b2=a2−c2
Ejemplos
1. Encuentre la gráfica, ecuación y elementos principales de la elipse que tiene
O (−3 ,−2 ) , F (1,2 ) ,V (2 ,−2 )
Iniciemos con la gráfica
24
Como el eje mayor es paralelo al eje x, su ecuación canónica es:
( x−h )2
a2 + ( y−k )2
b2 =1
En este caso se tiene:
O (−3 ,−2 ) , c=4 , b=3 , a=5 ,⟹b=√25−16
Reemplazando se obtiene:
( x+3 )2
52 +( y+2 )2
32 =1⟹ ( x+3 )2
25+
( y+2 )2
9=1
Hallando el mcm y desarrollando los binomios, se tiene:
9 (x2+6 x+9 )+25 ( y2+4 y+4 )=225
Realizando los productos, transponiendo términos y simplificando, tenemos:
24
9 x2+54 x+25 y2+100 y−44=0 :EcuaciónGeneral
Elementos principales:
O (−3 ,−2 ) , F1 (−7 ,−2 ) , F2 (1 ,−2 )
V 1 (−8 ,−2 ) ,V 2 (2 ,−2 )
Eje mayor {Ecuación : y=−2Longitud=10
Eje menor {Ecuación : x=−3Longitud=6
2. Halle la gráfica y los elementos principales de la elipse que tiene omo
ecuación:
25 x2+16 y2−200 x+32 y+16=0
En primer lugar debemos obtener la ecuación canónica.
Agrupando términos y sacando factor común, se tiene:
25 (x2−8 x )+16 ( y2+2 )+16=0
Completando trinomio cuadrado perfecto dentro de los paréntesis, obtenemos:
25 (x2−8 x+42−42 )+16 ( y2+2 y+12−12 )+16=0
Factorizando y multiplicando, se tiene:
25 ( x−4 )2−400+16 ( y−1 )2+16−16=0
Simplificando, transponiendo términos y dividiendo por 400, se obtiene:
24
25 (x−4 )2
400+
16 ( y−1 )2
400=4000
400
Simplificando, se tiene:
( x−4 )2
16+
( y−1 )2
25=1
Se debe tener en cuenta que a2 es el número mayor, por tanto:
a2=25⟹a=5⟹ Ejemayor es paraleloal eje y
b2=16⟹b=4
c2=a2−b2⟹ c=√25−16⟹ c=3
Se puede en este momento realizar el gráfico, sabiendo además que O (4 ,−1 ).
Elementos principales
24
O (4 ,−1 ) ,F1 ( 4 ,−4 ) , F2 ( 4,2 )
Eje mayor {Ecuación : x=4Longitud=10
Eje menor {Ecuación : y=1Longitud=8
Nota: Toda elipse tiene como ecuación general:
a x2+by2+cy+dy+c=0 , cona∧b≠0 e igual signo .
Ejercicios
1. Halle la gráfica, la ecuación y los elementos principales de la elipse que
tiene:
A. O (−2,3 ) ,F (2,3 ) ,V (3,3 )
B. O (7 ,−2 ) , F (7 ,−5 ) ,V (7 ,−7 )
C. V 1 (−3 ,−7 ) ,V 2 (7 ,−7 ) , F1 (−1 ,−7 )
D. F1 (−9,1 ) , F2 (−9,9 ) ,V 1 (−9,0 )
2. Halle la gráfica y los elementos principales de las siguientes elipses:
A. 16 x2+25 y2+160 x+150 y+225=0
B. 169 x2+25 y2−368 x+100 y−3956=0
C. 9 x2+25 y2−18x+50 y−191=0
D. 25 x2+16 y2+100 x+32 y−284=0
La hipérbola
24
Definición: Se denomina hipérbola al lugar geométrico de todos los puntos
del plano para los cuales la diferencia entre sus distancias a dos puntos dados,
llamados focos, es constante. Esta constante se representa por 2a , a>0.
Elementos principales de la hipérbola
Focos (F1 , F2): Son los dos puntos dados.
Centro (O ): Es el punto medio entre los focos. La distancia entre el centro y
uno de los focos se denomina C. Eje Focal E . F: Es la recta que pasa por los focos
Vértices (V 1 ,V 2): Son los puntos donde la hipérbola intersecta al eje focal.
La distancia entre el centro y uno de los focos se denomina a.
Asíntotas (L1 ,L2 ): Son las rectas que limitan la hipérbola, se cortan en el
centro.
Eje transverso V 1V 2: Es el segmento que une los vértices. Su longitud es
2 a.
24
Eje conjugado B1B2: Es el segmento que pasa por el centro, es
perpendicular al eje transverso y tiene una longitud de 2 b.
En toda hipérbola se cumple la condición:
c2=a2+b2
Ecuaciones canónicas de la hipérbola
Hallar la ecuación de la hipérbola que tiene O (0,0 ) ,F (0 , c ) ,V (0 , a ).
Sea P ( x , y ) un punto de la hipérbola. Se cumple que:
PF1−P F2=2a1¿ :Por definición
Aplicando la distancia entre 2 puntos, se tiene:
24
PF1=√( x−o )2+( y+c )2
PF1=√(x2+ y2+2 cy+c2 )2¿
P F2=√( x−o )2+( y−c )2
P F2=√x2+ y2−2cy+c23 ¿
Reemplazando 2¿∧3¿en1¿, obtenemos:
√ x2+ y2+2cy+c2−√x2+ y2−2cy+c2=2a
Transponiendo términos y elevando ambos miembros de la ecuación al cuadrado, se tiene:
(√x2+ y2+2cy+c2 )2=(2a+√x2+ y2−2cy+c2 )2
x2+ y2+2cy+c2=4 a2+4 a√x2+ y2−2cy+c2+x2+ y2−2cy+c2
Simplificando y transponiendo términos y elevando al cuadro, se tiene:
(cy−a2 )2=(2a+√ x2+ y2−2cy+c2)2
c2 y2−2a2 cy+a4=a2 x2+a2 y2−2a2 cy+a2 c2
Simplificando y transponiendo términos, tenemos:
c2 y2−a2 y2−a2 x2=a2c2−a4
Agrupando términos y aplicando factor común, obtenemos:
y2 (c2−a2 )−a2 x2=a2 (c2−a2 )
Dividiendo cada termino por a2 (c2−a2 ), se obtiene:
y2 (c2−a2 )a2 (c2−a2 )
− a2 x2
a2 (c2−a2)=
a2 (c2−a2 )a2 (c2−a2 )
24
Simplificando, se tiene:
y2
a2 −x2
c2−a2 =1 4¿
Hay que recordar la propiedad que se cumple en la hipérbola:
c2=a2+b2⟹b2=c2−a25¿
Reemplazando 5¿en4 ¿, obtenemos:
y2
a2 −x2
b2 =1;b2=c2−a2
Usando un procedimineoto identico al anterior, si una hiperbola tiene
O (0,0 ) ,V (a ,0 ), F (c ,0 ). Su ecuacion canónica es:
x2
a2 −y2
b2 =1;b2=c2−a2
Hay que tener muy presente que en la elipse “a” es mayor “b” pero esto no ocurre en la hipérbola porque la hipotenusa es “c”. Si se realiza translación de ejes, se puede obtener las siguientes ecuaciones canónicas de la hipérbola:
1. Cuando una hipérbola tiene O (h , k ) ,V (h+a , k ) ,F (h+c , k ), su ecuación
canónica es:
( x−h )2
a2 − ( y−k )2
b2 =1 ;b2=c2−a2
2. Cuando una hipérbola tiene O (h , k ) ,V (h , k+a ) ,F (h ,k+c ), su ecuación
canónica es:
( x−h )2
b2 −( y−k )2
a2 =1 ;b2=c2−a2
Ecuacióncanónica de
lahipérbola
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La ecuación general de la hipérbola, obtenida a partir de su ecuación canónica es:
ax2+by2+cx+dy+e=0
Donde:
a∧b≠0 ;a∧b tienensignos contrarios
Ejemplos
1. Halle la gráfica, ecuación general y elementos principales de la hipérbola
que tiene O (−2,3 ) ,V (1,3 ) , F (3,3 ).
Lo más recomendable es empezar por obtener la gráfica:
En este caso el eje focal es paralelo al eje x, por lo tanto su ecuación canónica es:
( x−h )2
a2 −( y−k )2
b2 =1 ;b2=c2−a2O ( h, k )
24
Se tiene entonces:
O (−2 ,3 ) , a=3 , c=5 , b=√c2−a2⟹b=4
Reemplazando se obtiene:
( x+2 )2
9−
( y−3 )2
16=1
Hallando el mcm y desarrollando los binomios:
16 (x2+4 x+4 )−9 ( y2−6 y+9 )=144
Efectuando productos, simplificando y transponiendo términos, se obtiene:
16 x2+64 x+64−9 y2+54 y−81−144=0
16 x2+64 x−9 y2+54 y−161=0
Por tanto su ecuación general es:
16 x2−9 y2+64 x+54 y−161=0
Elementos principales
O (−2,3 ) ,V 1 (−5,3 ) ,V 2 (1,3 )
F1 (−5,3 ) , F2 (3,3 )
E . F : y=3
E . N : x=−2
Eje transverso :{ Ecuación : y=3Longitud :2a=6
Eje conjugado :{Ecuacion : x=−2Longi tud :2b=8
hk
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El método mas rápido para hallar las asíntotas es tomar la ecuación canónica, reemplazar el 1 por “0” y despejar “y”. Es decir:
( x+2 )2
9−
( y−3 )2
16=0
( y−3 )2
16= ( x+2 )2
9
y−34
=± x+23
∴ y=3± 43
( x+2 )Ecuacion Asíntotas
2. Encuentre la gráfica y los elementos principales de la hipérbola que tiene
como ecuación:
9 x2−16 y2−18 x+160 y−247=0
Se debe empezar por obtener su ecuación canónica. Agrupemos y completemos dos trinomios cuadrados perfectos, obteniéndose así:
9 (x2−2 x+12−12 )−16 ( y2−10 y+52−52 )−247=0
9 [ ( x−1 )2−1 ]−16 [ ( y−5 )2−25 ]−247=0
Efectuando productos y transponiendo términos, obtenemos.
9 ( x−1 )2−9−16 ( y−5 )2+400−247=0
9 ( x−1 )2−16 ( y−5 )2=−144
Dividiendo por −144, se obtiene:
9 ( x−1 )2
−144−
16 ( y−5 )2
−144=−144
−144
Simplificando y aplicando la ley conmutativa de la suma, tenemos:
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( y−5 )2
9−
( x−1 )2
16=1
Por lo tanto su ecuación canónica tiene la forma:
( y−k )2
a2 −( x−h )2
b2 =1 ;b2=c2−a2
Se deduce que:
O (1,5 ) , a2=9⟹a=3
b2=16⟹b=4
Como b2=c2−a2⟹ c2=a2+b2⟹ c=√a2+b2
Reemplazando obtenemos:
c=√16+9⟹ c=5
Lo mas aconsejable es empezar por su gráfica.
Como primero esta “y” en la ecuación canónica, esto significa que el eje focal es paralelo al eje “y”.
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Elementos principales
O (1,5 ) ,V 1 (1,2 ),V 2 (1,8 )
F1 (1,0 ) ,F2 (1,10 )
Eje Focal : x=1
Eje Nor mal : y=5
EjeTransverso { Ecuación : x=1Longitud :2a=6
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EjeConjugado { Ecuación : y=5Longitud :2b=8
Asíntotas:
( y−5 )2
9−
( x−1 )2
16=0⟹ ( y−5 )2
9=
( x−1 )2
16
y−53
=± x−14
y=5± 34
( x−1 )
Ejercicios
1. Halle la ecuación general, la gráfica y los elementos principales de la
hipérbola según la información dada.
a. O (−1 ,−3 ) ,V (3 ,−3 ) ,F (4 ,−3 )
b. V 1 (−7,2 ) ,V 2 (−1,2 ) ,F ( 4 ,−3 )
c. F1 (−8 ,−3 ) ,V 2 (1 ,−2 ) ,V (−6 ,−3 )
d. O (1,3 ) ,V (1,6 ) ,F (1,8 )
e. O (4 ,−7 ) ,V (4 ,−10 ) ,F (4 ,−12 )
2. Encuentre la gráfica y los elementos principales de la hipérbola que tiene
como ecuación:
a. 9 x2−16 y2+36 x+128 y−364=0
b. 25 x2−144 y2−100 x+3556=0
c. 9 x2−16 y2+54 x+32 y+161=0
d. 9 x2−25 y2−90 x+200 y−400=0
e. 25 x2−36 y2+200 x+72 y−536=0
Bibliografía
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Julio C. Uribe Calad : “Elementos de Matemáticas 10º”Dennis G. Zill y Jacqueline M Dewar : “Álgebra y Trigonometría”Luis H. Diez : “Matemáticas Operativas”