16. log
(2 − x )(3 − x ) = log10
x
2
(2 − x )(3 − x ) = 10
x
2
2
x2
2=3
∴
– 6· logx· log2 –
2logx
logx = log24
∴
Resolución
∴
1
log x − 21 = 1− logx
2
∴
x=3
Resolución
log2 x
2
2
(2
)
log2 x
log x
2
6k
7
Rpta.: C
·23·
32
x = 23
Rpta.: E
18
6
10
xlog x = 6 = 0
x
log[x ]
log x
10
= log 6
x
logx · logx = 6 log10 − log 6 x
32
(logx)2 = 6 – logx
2x(1+2x)=23(1+23)
(logx)2 + logx – 6 = 0
Rpta.: C
Resolviendo:
15
+x
log2 x
=5
23·
x
17
x=8
Resolución
x
log a =
7
6k
∴
10x(1+2x) = 5x· 72
=
a
Rpta.: A
(1+2x)
a2 = k
x3
log 2 = log23
x
log[10x·(1+2x)] = log[5x· 72]
5
log x =
x(x–21) = 100 = 4· 25
10
x
14
2x(1+2x)
x3
logx3 – logx2 = 4log2 – log2
log10x + log(1+2x) = log5x + log72
x
a + log
logx3 – log24 = logx2 – log2
x + log(1+2x) = xlog5 + log72
2x
16
x2
logx 3 − log16 = log
2
1
2
10
log x − 21 = log
x
Resolución
x2
Resolución
log x − 21 = log10 − logx
∴ x = 25
Rpta.: D
a
Rpta.: D
13
x − 21 =
65
8
1
6k
=
log x 7
x = 16
x =4
1
8
1
2
log a + log a = k
2 x
3 x
x = 16
Luego:
(log2 x )2 = 9
2
Suma =
log
logx = –log2
(2) : logx – 4log2 = 0
10
=2
( )
2
Resolución
– 4log2
(1) : 2logx + 2log2 = 0
log x
2
=0
2 log2
logx
2· x
log x
log2 x 2 = log2 29
= 29
Suma = 8 +
8(log2)2
10
=2
23 = x ⇒ x = 8
log x = ±3 −3
1
2
2 = x ⇒ x =
8
logx 8log2
−
=3
log2 2logx
2(logx)2
log x
2
2
12
log x − 8log
log x
2
+x
log x · log x = 9log 2
Resolviendo: x1 = 7 ∧ x2 = –2
∴ CS = {7; –2} Rpta.:
Resolución
log x
2
x1 = 102
= 1024
∧ x2 = 10-3
Luego: x1 · x2 = 102· 10-3
∴
+ xlog2 x = 210
- 16 -
x1 · x2 = 10-1
Rpta.: B
6
17. Quinto Año de Secundaria
Resolución
Luego: x3 = 23
19
logn
10
n
log (2x − 1) + log ( x − 1)
∴ x3 = 8
=n
Rpta.: E
log(2x–1)n + log(x–1)n = n
Resolución
n log(2x–1) + nlog(x–1) = n
antilog x = antilog · colog
log(2x–1) + log(x–1) = log10
log(2x–1)(x–1) = log10
x=3
Resolución
∴
log102 = logy
Rpta.: E
y = 100
33
32
6
)
(
6 = antilog · − log 62
2
6
)
= 2-2
x = –1
Rpta.: D
25
Sea: log2x = a
Rsolución
26
(
)
(
)
Ln Ln (Ln (Lnx )) = Ln1
Ln(Ln(Lnx )) = 1
Resolviendo: x1 = 4 ∧ x 2 = 23 2
e
x= ee
∴
Rpta.: B
Ln[Lnx ] = e1
Lnx = ee
Luego: x1· x2 = 4 ·23 2
∴ x1· x2 = 83 2
Rpta.: B
Ln Ln (Ln (Lnx )) = 0
2
Resolución
22
Lnx
log2 = 0,3 ∧ log3 = 0,47
Lnx
Rpta.: D
27
+ 42 = Lnx13
Lnx · Lnx + 42 = 13· Lnx
2x = 23· 3
(Lnx)2 + 42 = 13· Lnx
3)
xlog2 = 3log2 + log3
(Lnx)2 – 13 · Lnx + 42 = 0
x(0,3) = 3(0,3) + 0,47
Rpta.: B
Resolviendo la ecuación de 2do grado:
Lnx1 = 7 ∧ Lnx2 = 6
x1 = e7
Lnx1 = 7
23
antilogx· antilogx x = 16
22
x = 104
∴
2
antilogxxx = 16
logx = ± 4
= 16
logx = log104
2
∴ x = 4,5
log2x
a = 16
3 (log x ) − 10· log x + 8 = 0
log(23·
16 +8a = a2 – 8a + 16
16 + 8a = a − 4
2
=2
22x
Resolución
2
x
6
1
3
16 + 8log2 x = log2 x − 4
2
xx
=
2-2
∴
3 (log x ) + 3 = 10 (log x ) − 5
Resolución
(
· log
3
2
4
4x
21
1
log2 x +
log2 x 5
=
1
3
2−
log2 x
=
2
6
3 log
antilog x = antilog ( −2)
log2 x + logx 2 5
=
2 − logx 2
3
log2x
6
2
4
2 = logy
2x = 24
2
antilog x = antilog · − log
20
2ab = ab logy
6
antilog x = antilog · colog
4
(x)
x + ab + x − ab = logy
(x + ab)–(x – ab) = ab logy
Resolución
2
antilog x = antilog · colog
Rpta.: B
x + ab − x − ab = ab
Resolución
4
4
(2x–1)(x–1) = 10
∴
24
Lnx2 = 6
x
x x = 16
x2 = e6
x1· x2 = e7· e6
∴
x=2
- 17 -
x1· x2 = e13
Rpta.: E
18. Resolución
Entonces:
28
5
5
1
colog 0,04 = log
5 0,04
5
5
x+y=
∴
Entonces:
Resolución
R = 3 2 + 25
R=3
Resolución
1
10
∧ x=
3
3
Por lo tanto:
10 1
x+y =
+
3 3
100
= log 52 = 2
5 4
5
= log
antilog 2 = 52 = 25
∴
y=
(10y)2 – y2 = 11
R = 3 colog 0,04 + antilog 2
11
3
Rpta.: D
30
1+ 2logx – log(x+2) = 0
Rpta.: C
log10 + logx2 = log(x+2)
29
log10·x2 = log(x+2)
x2 – y2 = 11
10x2 – x – 2 = 0
x
log = log10
y
logx – logy = 1
x
= 10
y
Resolviendo: x1 =
∴
x = 10y
10x2 = x+2
1
2
∧ x 2 = − (no)
2
5
1
C.S =
2
Rpta.: C
CAPÍTULO 5
ÁNGULO TRIGONOMÉTRICO (Pág. 157, 158)
Resolución
1
Cambiamos el sentido de giro del ángulo negativo, entonces:
•
Se observa que:
(–θ)+ x = 180°
x – θ = 180° .... (1)
•
Además:
(–α) + 90° + β = 180°
–α + β = 90°
–2α + 2β = 180° .... (2)
•
(17x – 19)° + (13x – 11)° = 180°
x – θ = –2α + 2β
30x – 30 = 180
x=7
Resolución
Igualando 1 y 2 :
x = θ + 2β – 2α
Rpta.: C
2
Cambiando el sentido de giro de los ángulos negativos
tenemos:
Resolución
Rpta.: D
3
En la figura se observa que:
- 18 -
19. Quinto Año de Secundaria
•
Entonces se cumple:
Resolución
(ax2+bx+c+120)° + (–mx2–nx–p+150)° = 270°
De acuerdo al gráfico se debe cumplir que:
ax2+bx+c–mx2–nx–p+270 = 270
(11x + 50°) –(–560°) = 720°
(a–m)x2 + (b–n)x + (c–p) = 0
11x + 610° = 720°
• Aplicando la definición de polinomios
identicamente nulo se tiene:
x = 10°
Resolución
a − m = 0 → a = m
b − n = 0 → b = n
c − p = 0 → c = p
•
Rpta.: B
8
Sean los ángulos coterminales α, β y θ tal que : α < β < θ.
•
Luego de acuerdo al enunciado:
i) 0° < a < 90°
Finalmente:
a b c
+ + = 1+ 1+ 1
m n p
a b c
+ + =3
m n p
Resolución
7
α = α
β = 7α
θ = 13α
α β θ
ii) = =
1 7 13
Rpta.: E
•
Además: θ – β = 360°n
13α – 7α = 360° n
4
α = 60° n
n = 0 → α = 0° ¡No!
n = 1 → α = 60° ¡Si !
n = 2 → α = 120° ¡No !
Analizando la figura se tiene que:
∴ θ = 13(60°)
θ = 780°
Rpta.: A
θ+(–α)+ β = 2 vueltas
Resolución
θ – α + β = 2(360°)
Sean los ángulos coterminales α y β tal que α > β, entonces:
θ – α + β = 720°
Resolución
Rpta.: A
9
α 19
19
=
→ α = β ... (1)
β 3
3
5
α – β = 360°n ... (2)
Analizando el gráfico observamos que:
•
Reemplazando (1) en (2):
19
β − β = 360°n
3
16
β = 360°n
3
→ β = 67,5°n
θ + x = –720°
– α + x = –360°
•
Pero “β” toma su menor valor positivo, entonces:
θ –(–α) = –360°
•
Luego en (1) tenemos:
θ = –360° – α
Resolución
n=1
Rpta.: C
α=
6
Dividendo cada uno de los ángulos dados entre 360° se
obtiene:
∴
19
(67,5° ) → α = 427,5°
3
α = 427°30'
Resolución
Rpta.: A
10
Siendo α y β ángulos coterminales, se cumple que:
−3106° 360° 854° 360° 5186° 360°
134° − 9 134° 2
146° 14
α – β = 360°n
Observando los residuos de estas divisiones se concluye
que:
α y β son coterminales
→ β = 67,5°
Rpta.: A
(7x2 + 1)° – (1 – 3x2)° = 360°n
10x2 = 360n
x= 6 n
- 19 -
20. Para que a tome su mínimo valor, x ∈
tomar su mínimo valor, entonces:
n=1 → x=6
Finalmente:
+
Rpta.: D
De 1 y 2 :
α = 300° + 180° n
pero: 400° < α < 600°
n = 0 → α = 300° ¡No!
n = 1 → α = 480° ¡Si!
n = 2 → α = 660° ¡No!
9θ + 6x = 54°
4θ – 6x = 180°
13θ = 234°
Reemplazando en 1:
3(18°) + 2x = 18°
x = –18°
Finalmente:
E = 18° + (–18°)
•
Resolución
E = 0°
Rpta.: B
14
Siendo α y β ángulos coterminales tal que:
β – α = 360° n ... (1)
α 1
= → β = 5α ... (2)
β 5
Reemplazando 2 en 1:
5α – α = 360°n
α = 90°n
pero: 100° < α < 200°
n = 2 → α = 180°
•
En 1: 480° + β = 600°
β = 120°
Resolución
(x2)
→
θ = 18°
•
Resolución 11
Sean α y β ángulos coterminales tal que: α > β , entonces:
α + β = 600° ... (1)
α – β = 360°n ... (2)
•
(x3)
→
2θ – 3x = 90°
α = (7·62 + 1)°
α = 253°
3θ + 2x = 18°
tambien debe
Rpta.: C
12
En la figura se cumple que:
•
En 2 :
β = 5(180°)
x + α° + (–β)° = 180°
x = 180° – (α° − β° )
β = 900°
Rpta.: E
Suplem.(x)
∴ Suplemento (x) = α° – β°
Resolución
13
Del enunciado:
3θ + 2x = 18° ... (1)
•
En la figura se observa que:
2θ − 3x = 90° ... (2)
•
Rpta.: B
Resolución
1370° 360° 2450° 360° −3310° 360°
290° 3
•
Resolviendo 1 y 2 :
15
Revisemos los residuos que se obtienen al dividir cada
ángulo entre 360°:
290° 6°
290° − 10
Observamos que los residuos son iguales, luego:
α, β y θ son coterminales
Rpta.: D
CAPÍTULO 6
SISTEMAS DE MEDIDAS ANGULARES (Pág. 174, 175, 176)
NIVEL I
•
Nos piden:
M = 3(54) –4(40) = 162 – 160
Resolución
•
1
M=2
36° < > Ag
Ag = 36° ×
10g
= 40g
9°
A = 40
•
Rpta.: B
De 1:
Resolución
Realizando las conversiones al sistema sexagesimales:
30g ⇔ 30g ×
De 2 :
B° <> 60g
2
g
B° = 60 ×
9°
= 54°
10g
9°
= 27°
10g
180°
π
rad < >
= 20°
9
9
B = 54
- 20 -
21. Quinto Año de Secundaria
•
Reemplazando en la expresión pedida:
•
45° + 27° 72°
=
20°
20°
Nos piden:
E = 3,6
A
3
Recordemos que:
S = 180k
S
C
R
=
= =k
180 200 π
→ C = 200k
π2 (2 × 200k + 180k )(2 × 200k − 180k )
400π k
2 2
Resolución
=
4
3
Resolución
•
8
De la condición tenemos:
(x 3)
→
3S = 6n + 6
C = 3n – 4
(x 2)
→
2C = 6n – 8
3S – 2C = 14 ... (I)
•
540R 400R
−
= 14
π
π
n=5
S = 45°
En I se tiene que:
180R
200R
3
− 2 π = 14
π
Nos piden “S” , entonces:
S = 9(5) →
Rpta.: B
S = 2n + 2
2
→
Sabemos que:
Reemplazando en la expresión a reducir tenemos:
Resolución
(10n) + 4
=
6n – 3 = 5n + 2
7
E=1
Tenemos que:
→
Rpta.: C
0
•
S = 9n
C = 10n
3
× 45 = 3 27 = 3
5
E = [2R + π] = 1
Reemplazando en la condición dada:
2 (9n) − 9
•
580 × 220
400
Rpta.: A
S C
=
=n
9 10
•
•
2
π2 (580k )(220k )
3
S C
=
→ 10S = 9C → 10S – 9C = 0
9 10
400 ( πk )
P = 319
•
Resolución
R = πk
Reemplazando en la expresión pedida:
P=
3
B=3
5
Rpta.: C
Resolución
P=
3
B=
5
A
E=
140R = 14 π
Rpta.: C
R=
5
180R
S = π
Sabemos que:
C = 200R
π
Reemplazando en la condición dada:
π
rad
10
Resolución
•
9
Teniendo en cuenta que:
S = 180K ; C = 200K , R = πK
•
Reemplazando en la condición dada:
200R 180R
−
=3
π
π
180K 200K
+
= 14
6
5
20R
=3
π
70K = 14 → K =
R=
3π
rad
20
Resolución
•
1
R=
π
rad
5
Resolución
10
6
π
180°
rad < >
= 3,75° = 3°45'
48
48
1
5
∴ R = π
5
Rpta.: E
Se tiene que:
∴
Rpta.: D
•
Rpta.: A
Calculando la suma tenemos:
°
360 (360 + 1)
α=
= 64980°
2
A = 3
A°B’ = 3°45’ →
B = 45
- 21 -
22. •
•
Expresamos “α” en radianes:
πrad
α = 64980° ×
= 361 πrad
180°
∴
α = 361 πrad
πrad
ˆ
A = 60° – 12° = 48° <> 48°× 180°
Rpta.: C
ˆ 4π rad
A=
15
NIVEL II
Resolución
•
Resolución
1
Realizando la conversión al sistema sexagesimal tenemos:
•
A + C 12 + 36
=
= 1
,6
B
30
Expresando la medida de los ángulos del cuadrilatero
en el sistema sexagesimal tenemos:
9°
xπ
•
•
•
Aplicando la propiedad de los cuadriláteros tenemos:
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
m( A )+ m( B )+ m( C ) + m( D ) = 360°
Rpta.: C
13x + 10+
95
475
x=
2
2
Reemplazando en la expresión a reducir:
U=
(40000K
2
)
− 32400k 2 π2
(
76 π K
2
2
)
7600K2 π2
= 100
76π2K2
Resolución
•
2
Sabemos que: S = 180K
C = 200K
R = πK
U=
180°
ˆ
m( D ) = rad·
= 12x°
15
πrad
(13x + 10)° +
Resolución
45
ˆ
m( C ) = 90°
A = 12
B = 30
C = 36
Reemplazando en lo pedido:
5
ˆ
m ( B ) = 25(x + 1)g · g = (x + 1)°
10 2
13g90m <> 12,51° = 12°30’36’’
A°B’C’’ = 12°30’36’’ →
Rpta.: D
ˆ
m( A ) = (13x + 10)°
9°
13g90m<> 13,9g <> 13,9g × g
10
•
Se observa que el menor ángulo es A, entonces:
Resolución
•
45
(x+1)° + 90° + 12x° = 360°
2
45
45
x+
+12x = 270
2
2
→ x=5
Rpta.: C
6
Trabajando en la condición:
180R
200R
4
− 3 π + 10R = 12 + π
π
Rpta.: D
120R
+ 10R = 12 + π
π
3
En la condición tenemos:
120R + 10Rπ = (12+π)π
C + S 19
=
SC
72
10R(12+π) = (12+π)π
π
rad
10
200K + 180K 19
=
180K·200K
72
∴ R=
380K
19
1
=
→ K=
36000K2 72
25
Observación:
El problema también lo podemos resolver aplicando
π
1
rad Rpta.: A
=
25 25
∴ R = π
Resolución
4
Rpta.: E
el siguiente método:
4S – 3C + 10R = 12 + π
Del enunciado:
Igualamos los términos
que presentan la constantes “π”
ˆ ˆ ˆ
A + B + C = 180°
α – 12° + α + α + 12° = 180°
10R = π
∴ α = 60°
- 22 -
→ R=
π
rad
10
23. Quinto Año de Secundaria
Resolución
•
7
De la propiedad de las proporciones notamos que:
2C + S 5π + 9R
=
2C − S 5π − 9R
→
10 5π
2 =
9 9R
π
R = rad
4
Resolución
•
4R
9π
+ 12 +
= 25
R
π
→
4R2 – 13Rπ + 9π2 = 0
2C 5π
=
S 9R
(R – π)(4R – 9π) = 0
Rpta.: B
A partir de la condición hallamos el valor de “x”:
S C
=
9 10
→
x 2 − 1 9x − 2
=
9
10
R=π
ii)
8
i)
R=
•
Nos piden el mayor valor, entonces
9(180)
9π
→ S=
= 405°
4
4
S = 405°
10x2 – 81x + 8 = 0
•
1
x =
10
x = 8
Resolución
•
Resolviendo la ecuación dada tenemos:
S + 3 4 S − 18 = 0
Reemplazando tenemos:
(
S = (8)2 – 1 = 63
→
7π
R=
rad
20
1
18 − S = 3 4 S
→ x=8
π
R = 63
180
Rpta.: C
NIVEL PREUNIVERSITARIO
(10x – 1)(x – 8) = 0 →
pero: x ∈
→ S = 180°
4
S +6
)(
4
)
S −3 =0
Resolución
i)
4
S = −6 ¡Absurdo!
ii)
Rpta.: B
4
S = 3 → S = 81°
9
∴
• Analizando la figura tenemos:
π 9π
rad
R = 81
=
180 20
Resolución
•
Rpta.: A
2
Reemplazando los datos en la igualdad:
S C
3x 2 + x − 8 2x 2 + 5x + 5
=
=
→
9 10
9
10
12x2 – 35X – 125 =0
−25
¡No!
x=
12
x=5
(12X +25)(X – 5) = 0 →
∆APQ (ángulo exterior)
x = 20° + y
πrad
x – y = 20° ·
180°
x–y=
π
rad
9
Resolución
10
•
•
Reemplazando el valor de “x” se obtiene:
S = 3(5)2 + (5) –8 = 72
∴
Rpta.: D
π 2π
R = 72
= 5 rad
180
Resolución
Elevando al cuadrado la condición tenemos:
•
2
R
π
2
+3
2
= [5]
R
π
R π 9π
4R
+ 2 2
= 25
3
+
π
π R R
- 23 -
3
A partir de los datos tenemos:
Rpta.: C
24. ˆ
ˆ
m( A ) = m( B ) → (5x – 3)° < > (7x – 25)g
5x − 3 7x − 25
=
→ x = 15
9
10
•
Resolución
•
6
Recordemos la siguiente propiedad algebraica:
ab = 1
I. b = 0 ∧ a ≠ 0
II. a = 1 ∧ b ∈
→
Luego:
•
ˆ
m( A ) = (5×15–3)° = 72°
Analizando para el caso I :
ˆ
m( B ) = 72°
C–S–1=0
ˆ
m( C ) = 180° – 72° – 72° = 36°
C–S=1
ˆ
∴ m( C ) = 36° ×
200R 180R
−
=1
π
π
πrad π
= rad
180° 5
Rpta.: B
Resolución
•
4
β = a°
θ = (a + r)°
Además:
1
α + β + θ = 4 (180°)
(a – r)° +a° + (a + r)° = 45°
∴ a = 15
0
•
20S – 9C = 180
r2 – 31r + 210 = 0
180R
200R
20
− 9
= 180
π
π
r = 21 ¡No!
r = 10
→
R=
∴ α = (15 – 10)° = 5°
π
πrad
α = 5°×
= 36 rad
180°
•
[1]
g
y
∴
0
•
7
a
→
60
0
<> bg
a
60 = b → a = 54b
9 10
Reemplazando (I) en la expresión pedida tenemos:
•
75x
75 5 3 125
=3
−
= −
4y
4 162
216
Rpta.: E
π
rad Rpta.: C
10
De acuerdo al enunciado se cumple que:
aI<>bg
x
5
−y x
→
... (I)
=
=−
162 5
y
162
75x
5
=−
4y
6
R=
Resolución
y
x
−
S C
=
→ 3600 = 100
9 10
9
10
3
=1
11 = 1 ¿Correcto!
5
x
∴
S = 18
C = 20
→
(20 −18 −1)
En la figura se cumple que:
3
π
10
Comprobando en la condición del problema tenemos:
Rpta.: A
xm <> – yll →
< > − 3600
100
•
Analizando para el caso II :
2S C
−
− 1= 1
9 10
15 + r = (15 – r)2
Resolución
S=9
→
C = 10
2 × 9 10
9 − 10 − 1 = 1
0 = 1 ¡Absurdo!
0
a + r = (a –r)2
(r – 21)(r – 10) = 0
π
20
Pero si reemplazamos en la condición del problema
se observa que:
De acuerdo al enunciado se tiene que: (α < β < θ)
α = (a – r)°
•
R=
Reemplazando en la expresión pedida:
E=
54b − 5b
= 49 = 7
b
Resolución
•
- 24 -
Rpta.: D
8
Analizando la expresión dada tenemos:
25. Quinto Año de Secundaria
α = 14 – (x2 – 4x)
φ=
α = 18 – (x2 – 4x + 4)
α = 18 – (x – 2)2
máximo
π
φ = rad
6
mínimo = 0
α máx. = 18°
α máx =
Resolución
•
π
rad
10
−60°
= 30°
−2
Rpta.: C
Resolución
•
9
Rpta.: C
10
Aplicando el método explicado en el problema 06
tenemos:
Del gráfico se cumple que:
S5 C5 5R5
+
+
= 2S4 + 2C4 + 2R4
36 40
π
a b
120° − + φ = 180°
b a
Términos que presentan la
constante “π”
a b
b + a φ = −60°
Nota:
a b
+ ≥2
b a
−60°
φ=
b
máx( + )
b +
a b
+ ≤ −2
b a
máx(-)
5R5
= 2R4
π
∴
R=
2π
rad
5
→ 5R = 2π
Rpta.: B
CAPÍTULO 7
LONGITUD DE ARCO Y ÁREA DEL
SECTOR CIRCULAR (Pág. 189, 190, 191)
NIVEL I
Resolución
•
Resolución
•
1
2π =
L=α·r
π
α = 20° < > rad
9
r = 9m
→
•
L AB = AOB × OA
L=
L = (3x + 4)m
α = 2rad
L=αr →
r = (2x + 1)m
π
m
2
Resolución
•
3x + 4 = 2(2x + 1)
3x + 4 = 4x + 2
x=2
π
×2
4
Rpta.: A
2
En la figura se cumple que:
π
45° < > rad
4
En el sector circular AOB:
L=
L = πm
∴
π
× 4r
4
r = 2m
π
L = ·9
9
•
En el sector circular COD:
LCD = COD × OC
Del enunciado tenemos:
Resolución
3
Rpta.: B
- 25 -
OA = r = 2m
Rpta.: D
4
Analizando la figura:
26. S1 =
α·r 2
2
i)
π
L1 = ·12 = 4πm
3
2α·(2r)2
= 4αr 2
S2 =
2
•
Resolución
•
ii)
Nos piden:
α·r 2
S1
1
= 2 =
S2 4αr 2
8
L2 = m( AOB)·OA
π
L2 = ·24 = 4πm
6
Nos piden:
Rpta.: E
L1 + L2 = 4π + 4π =
8πm
Rpta.: E
5
En el gráfico se cumple que:
S AOB =
Resolución
2
π
·(2x)2
2x
3π =
2
→ x2 – 3x = 0
x(x – 3) = 0
∴
Rpta.: C
•
Del gráfico se obtiene:
S1 =
ii)
S2 = S
x = 0 ¡No!
→
x = 3
x=3
8
i)
m( AOB)·(OA )
2
Resolución
L1 = m ( CAD )·AC
S2 =
•
L2AB (3)2 9 2
=
= m
2θ
2θ 2θ
Nos piden:
i)
S2
=
S1
En la figura se cumple que:
L AB = m( AOB)·OA
L2CD 9
−
2θ 2θ
(5)2 9 16 2
−
= m
2θ 2θ 2θ
6
•
COD – S1 =
16
2θ = 16 = 4
9
9
3
2θ
π
L AB = ·12 = 3πm
4
Resolución
•
Segun la figura se cumple:
ii)
LCD = m( COD)·OC
i)
L AB = θ · OA
•
π
LCD = ·16 = 4πm
4
Luego: nos piden:
Rpta.: A
2 = θ · OA
ii)
4 = θ ·OA + 2θ
4 = 2 + 2θ
3 π + 4π
S=
·4 = 14π
2
Resolución
•
LCD = θ · OC
4 = θ ·(OA + 2)
L + LCD
S = AB
·BD
2
22
S = 14 = 44m2
7
9
∴
θ=1
Resolución
Rpta.: D
•
7
Rpta.: A
10
En el gráfico se verifica que:
L AB + LCD
·AC
S ABDC =
2
Analizamos la figura:
( x − 1) + ( x + 1)
9=
·x
2
9 = x2
∴
- 26 -
x=3
→ x = {–3; 3}
Rpta.: D
27. Quinto Año de Secundaria
NIVEL II
Resolución
14 = θr + 5θ
14 = 4 + 5θ
1
θ = 2rad
• Analizando la gráfica:
•
Reemplazando en (1):
•
En el sector circular COD:
4 = 2· r → r = 2m
LCD = m( COD)·OC
LCD = θ·(r + 3)
i)
Sector COD: 3L = α · 2r
ii)
π
Sector AOB: 2L = − α ·r ... (2)
2
... (1)
Dividendo m · a· m (1) : (2)
Resolución
•
α=
→
3π
14
LCD = 10m
•
3L
α·2r
3
2α
=
=
→
2L π
2 π −α
− α r
2
2
3π
− 3α = 4α
2
LCD =2(2 + 3)
Nos piden:
Resolución
•
L 10m
=
= 5
r
2m
Rpta.: B
4
Trasladando los datos al gráfico tenemos:
B
2
Analizando la figura:
ABD : Isósceles (AB = BD = 2 2 m)
∴ m A = m D = 45°
Asom = A
ABD – ASector BAC
π
OBC: R2 = r2 +
R2
•
–
r2
Además:
S ABDC = S
5
2
=5
Asomb. =(4 – π)m2
COD – S
•
(
2
Rpta.: C
Resolución
•
5
Analizando la gráfica:
)
2α
Rpta.: A
3
En el sector circular AOB:
L AB = m( AOB)·OA
•
4 = θ · r ........... (1)
•
2
π 2 2
π
R − r = (5)
5
5
S ABCD = πm2
Resolución
)
AOB
2π 2 2π 2
·R
·r
S ABCD = 5
− 5
2
2
S ABCD =
(
·2 2
Asomb. = 2 2·2 2 − 4
2
En el sector circular EOF:
LEF = m( EOF)·OE
•
Aplicando la propiedad de ángulos en la circunferencia:
m BOC = 2m BAC → m BOC = 2α°
En el sector BOC:
πrad
L = 2α°·
·R
180°
14 = θ · (r + 5)
- 27 -
28. L=
Resolución
απ
R
90
•
90L
R=
πα
Resolución
•
8
En la figura:
Rpta.: B
6
Sea: m AOB = θrad ; entonces:
θ=
L
8 10
→ θ= =
R
r r+2
∴ 8r + 16 = 10r
•
Del enunciado:
S
S
AOB 1
= →S
COD 4
Resolución
COD = 4·S
AOB
L AB · r
→
L2
=2
L1
=
8·8
= 32m2
2
Rpta.:E
9
)
θ(a +1
..... (1)
2
2
S1 =
→ L22 = 4L2
1
L2 = 2L1
2
• Sea : m CoD = θ rad = θ rad; luego :
Reemplazando:
L22
L2
= 4· 1
2θ
2θ
r = 8m
Luego:
Asomb. =
•
→
θ (2a )
− S1 ..... ( 2 )
2
Dato: S1 = S2
2
Rpta.: C
S2 =
θ (2a )
− S1
2
2S1= θ ⋅ 2a2 ..... Reemplazando (1)
2
Resolución
•
S1 =
7
Sea: m AOB = θrad ; luego:
2 θ (a + 1)
= θ ⋅ 2a 2
2
2
a2 + 2a + 1 = 2a2
0 = a2 – 2a – 1
a=
a=
LCD = θ · 3 = 3θm
LEF = θ · 6 = 6θm
•
∴
27 2
3θ + 6θ
S2 =
·3 = 2 θm
2
Resolución
S1
4θ
8
2
=
=3
=
S2 3 27 θ
27
3
2
a = 1– 2 (absurdo)
o
a = 2,41
10
•
Rpta.:A
De acuerdo al gráfico:
i)
Nos piden:
3
2±2 2
2
⇒ a=1+ 2
a = 1 + 1,41
Además:
θ + 3θ
2
S1 =
·2 = 4θm
2
•
2± 8
2
a=
L AB = θ ·1 = θm
2 ± 4 − 4 ( −1)
2
S1 =
ii)
S2 = S
- 28 -
αx 2
2
DOE – S
BOC
Rpta. E
29. Quinto Año de Secundaria
S2 =
•
•
αy 2 αx 2
−
2
2
Asomb. = A
De la condición:
S1 = S2
αx 2 αy 2 αx 2
=
−
2
2
2
2 = y2 – x2 →
x
x2 1
=
y2 2
∴
→
(
(
)
OBC
π
2 3
−3
2
2
)
Asomb. = 3π – 2π = πm2
2x2 = y2
Resolución
x
2
=
y
2
•
2
Rpta.:D
3
En la figura se cumple que:
ABDC = 5
S
Rpta.: C
2 + LCD
·2 = 5
2
NIVEL PRE-UNIVERSITARIO
•
AOB – A
π
2 3
Asomb. = 2
2
x
= 0,71
y
Resolución
Además:
LCD = 3m
1
•
Analizamos la gráfica:
Además:
ABDC = S
S
5=
2
CD
L
2θ
−
COD – S
AOB
2
AB
L
2θ
10θ = 32 – 22 → 10θ = 5
θ = 0,5
i)
Resolución
El ∆AOC es equilátero:
OA = OC = AC = 12m
•
Rpta.: E
4
Analizamos el siguiente caso general:
m AOC = m OAC = m ACO = 60°
απ
Además:
Asomb. = 180
AC = AD → AD = 12m
ii)
iii)
•
En el sector circular AOC:
π
L AC = ·12 = 4πm
3
Asomb. =
En el sector circular CAD:
π
LCD = ·12 = πm
12
• Aplicando la fórmula anterior tenemos:
Asomb. =
Asomb. =
Sea 2p el perímetro de la región sombreada, entonces:
2p = AD + LAC + LCD = 12 + 4π + π
2p = 5π + 12
1 π 2 2·π 2
·
π
8π
·1 +
·2 =
+
360
360
360 360
π 2
m
40
Rpta.: D
Resolución
Resolución
•
Rpta.: D
2
5
•
Del gráfico se obtiene que:
i)
LBC = 2L1
ii)
Revisando la figura tenemos:
S1 =
iii)
S2 = S
∆BOC: equilátero
m OBC = 60°
L2
1
2θ
DOE – S
L2
2
(2L1 )
2
S2 = 2 2θ − 2 2θ
( ) ( )
- 29 -
BOC
(R
2
2
απ 2
·a
360
− r2
)
31. Quinto Año de Secundaria
•
•
Además:
2 −L
L×
2
L×r
S=
→ S=
2
2
S=
2 L−L
4
2
L AB = α · a → α =
1
2
− L −
2
2
→ S=
4
∴
L−
Resolución
2
2
b
a
2
L CD = α (a + b ) → α =
2
→ mínimo
a2 – ab – b2 = 0
2
2
=0 → L=
2
2
10
Rpta.: E
a=
a=
• Analizando la figura tenemos:
i) S1 =
a
a+b
b
a
=
→ ab + b2 = a2
a a+b
Por condición: S → máximo
Entonces: L −
Además:
ab
2
ii) S2 =
a (a + b )
2
−
− ( −b ) ±
( −b) − 4 (1) (−b2 )
2 (1)
2
1± 5
b± 5b
→ a = 2 b
2
1 + 5
a 2
a 1± 5
=
=
→
b 1 − 5
b
2
¡No!
2
ab a2
=
2
2
• Nos piden:
a2
S2
a
= 2 =
S1 ab b
2
∴
S2
5 +1
=
S1
2
S2
>0
S1
Rpta.:B
NÚMERO DE VUELTAS EN UN SISTEMA DE RUEDAS (Pág. 202, 203, 204)
•
Nivel I
Resolución
•
Debemos calcular el número de vueltas que da la moneda móvil al recorrer completamente a la otra moneda.
1
n=
Del enunciado se tiene:
Longitud del tramo AB = 18π m = 1 800π cm
Número de vueltas = n
longitud del tramo AB
2π ⋅ radio
1800 π cm
n=
2π ⋅ 20 cm
Resolución
•
n=
Por teoría se sabe que:
n=
2 πr
α = 2π rad
; donde: R = 4r
r = r
Luego:
Radio de la rueda = 20 cm
•
α (R + r )
2π rad (4r + r )
2π rad r
Resolución
n = 5 Rpta. D
3
Del enunciado se tiene:
n = 45
Rpta. C
2
Del enunciado obtenemos
el siguiente gráfico con sus
respectivos valores.
r
Ambas ruedas recorren la misma distancia (L), luego:
*
- 31 -
Número de vueltas de B =
L
2π ⋅ radio
32. 8=
*
L
2π ( 3r )
Calculamos el número de vueltas en el tramo BC
L = 48π r
L
Número de vueltas de A =
2π ⋅ radio
=
Luego:
nBC =
48π r
= 12
2π (2r )
ángulo que barre
= 12(360°) = 4 320°
la rueda menor
Resolución
∴
•
,
n1 = 12
Resolución
L
2π (35 cm )
Ahora calculamos el número de vueltas
L = 2 640 cm
n=
La longitud que asciende el bloque es L
LT
2π r
Resolución
∴ El bloque ascenderá 26,40 m
Resolución
7
2π (1 cm )
L T = 44 cm + 3
= (44 + 2π ) cm
3
L
2π r2
12 =
•
Rpta. A
además
n2 =
Número de vueltas en el tramo AC = 6
En la figura se observa que en cada vértice del triángulo
equilátero se forma, debido al giro de la rueda, un tercio de
circunferencia. Entonces la longitud total recorrida por la
rueda será:
n1 · r1 = n3 · r3
n1 = n2
nBC = 2
Rpta. A
4
n1 · 10 cm = 3 · 40 cm
2π r
π
(7 cm + 1 cm )
= 2
2π (1 cm )
Además; el número de vueltas durante el tramo AC es igual
a la suma de los números de vueltas de los tramos AB y BC.
Del gráfico se obtiene:
•
α (R + r )
Rpta. C
5
n=
(44 + 2π ) cm
n=8
2π cm
Rpta. E
8
De la figura se obtiene lo siguiente:
•
Las ruedas de radio r y 2r tienen la siguiente relación:
n2r · 2r = nr · r
n2r · 2r = 50 · r
n2r = 25
•
•
Además:
3=
L1 = 18π cm
L2
π ( 4 cm )
2
L2 = 24π cm
Rpta. E
Resolución
x = 144 cm
Rpta. E
n=
hA
L
=
2π (7 cm ) 14π cm
• La rueda de radio 7 cm y la rueda de 2 cm dan el mismo
número de vueltas (n)
• Las ruedas de 2 y 8 centímetros tienen la siguiente relación:
6
Calculamos el número de vueltas en el tramo AB
nAB =
9
• Sea n el número de vueltas que da la rueda de 7 cm,
entonces:
x = 18π cm + 12 cm + 24π cm
Resolución
El ángulo que barre la rueda mayor es 25 · 2π = 50π
L
• n2 = 2
2π r
L1
2 π (9 cm )
Luego:
Además la rueda de radio 3r es la mayor
∴
L1
• n1 =
2π R
1=
El número de vueltas de las ruedas de radio 2r y 3r son
iguales, entonces: n2r = n3r = 25
α (R − r )
2π r
=
n·2=N·8
π (9 cm − 1 cm )
9 π (1 cm )
hA
⋅ 2 = N⋅ 8
14π
nAB = 4
- 32 -
,
donde N es el número de vueltas
de la rueda de 8 cm de radio
N=
hA
56π
. . . (1)
33. Quinto Año de Secundaria
• El número de vueltas de las ruedas de 8 y 3 centímetros
son iguales, entonces:
Ahora calculamos el número de vueltas
n=
h
N = B . . . (2)
6π
hB
N=
2π (3 cm )
hA 28
=
hB
3
Resolución
Datos de la
radio =
rueda:
a
long. de recorrido =
bπ
Datos de la 2a rueda:
n° de vueltas = N
radio =
b
long. de recorrido =
a
b
1
2n
N=
La segunda rueda debe dar
13
540° equivalente a una vuelta y media, n =
•
•
Resolución
14
n=
L2r = 4πr
n=
α (R − r )
2π r
2π ( 5r − r )
2π r
Calculamos el número de vueltas que da la moneda de radio r.
L
, pero L = L2r = 4πr
2π ⋅ r
4π r
n=
2π r = 2
n=
Resolución
12
Rpta. E
Sea r el radio del cilindro, entonces 5r será el radio del
tubo. Ahora calculamos el número de vueltas que da el
cilindro.
11
La moneda de radio r da 2 vueltas
L = 3π
Del gráfico se obtiene:
d = 9π2 + 4 cm
1
vueltas
4n
Calculamos la longitud del borde de la moneda de 2r de
radio (L2r)
∴
3
2
Calculamos la longitud recorrida
L = 2π r n
1 1 1
=
2 2n 4n
Nivel II
L2r = 2π(2r)
Rpta. B
•
Rpta. D
Resolución
37
144
bπ
b
=
n=
2π a 2 a
a
1
=
b 2n
aπ
a
=
N=
2π b 2 b
aπ
es equivalente a
∴
Resolución
n=
Graficando tenemos:
n° de vueltas de = n
Pero
Rpta. A
10
1a
2π R
37π
(5r )
n = 90
2 π (4r )
• Igualando (1) y (2) se obtiene:
hA
h
= B
56π 6π
α (R + r )
Resolución
n=4
Rpta. B
15
Se sabe que:
L
2π radio
L
1=
2π ⋅ b
nb =
Rpta. B
L = 2π b
Además en la pista circular se tiene:
Graficando tenemos:
L1
72° < > 2p
5
a
- 33 -
a
donde: L1 =
2π
⋅a
5
34. Pero:
L = L1
2πb =
2π
a
5
a
=5
b
Resolución
Resolución
18
Graficando tenemos:
Rpta. E
16
M
Tenemos:
1a rueda:
2a rueda:
radio = a
n° de vueltas = n
longitud =
n=
3a rueda:
radio = b
n° de vueltas = N
longitud =
N=
2π a
radio = x
n° de vueltas = n – N
longitud =
n−N =
2π b
•
Calculamos la distancia recorrida
distancia = θ · 1 = θ
2π x
•
En el
PMO se tiene:
PM = sen(θ – 90°)
2π a
−
2π b
=
•
2π x
1 1 1
− =
a b x
PM = –cosθ
MO = cos(θ – 90°)
Luego:
MO = senθ
Sea (x; y) las coordenadas del punto P, entonces
x = θ – cos(θ – 90°)
ab
x=
b−a
y = 1 + cos(θ – 90°)
Rpta. C
∴
x = θ – secθ
y = 1 – secθ
Las coordenadas de P son (θ – senθ; 1 – cosθ)
Rpta. C
Resolución
Resolución
19
Del enunciado se tiene:
17
• Sea L el espacio recorrido por la bicicleta
• Calculamos el número de vueltas de la rueda menor
L
2 π (50 cm )
n=
n=
L
100π cm
• Calculamos el número de vueltas de la rueda mayor
N=
L
2π (70 cm )
N=
Donde r =
L
140π cm
R+r=R+
L
L
−
= 20
100π cm 140 π cm
L = 220 m
)
2 −1 R =
2R
3π
α (R + r )
2 ⋅ 2R
n = 2
= 2
2π r
2π 2 − 1 R
(
L = 7 000π cm
m
(
Luego, el número de vueltas que da la rueda menor es:
L(40π cm) = 20 · 100π cm · 140π cm
L=
)
2 −1 R
Además:
• Del enunciado se tiene:
22
70 7
(
n=
Rpta. D
- 34 -
3 2
2 2 −2
)
n se aproxima a 5
Rpta. D
35. Quinto Año de Secundaria
Resolución
Además para que el material llegue al piso 12, el material
debe recorrer 11y, luego
20
Sean:
840π cm = 11y
x = número de pisos del edificio.
240 cm = y
y = distancia entre cada piso.
Luego:
Luego:
x · y = 48 m
x · y = 48 m
x · 2,4 m = 48 m
Calculamos la distancia que sube el material
x = 20
L
n=
2π radio
21 =
∴
L
2π (20 cm )
El edificio tiene 20 pisos
Rpta. C
L = 840π cm
CAPÍTULO 8
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS I. (Pág. 225, 226, 227)
NIVEL I
Resolución
•
1
•
Aplicando el teorema de Pitágoras:
Nos piden:
M=
(a + 1)2 = (a – 1)2 + (4)2
12 5
−
→
13 13
M=
7
13
Rpta.: C
a2 + 2a + 1 = a2 – 2a + 1 + 16
4a = 16 → a = 4
•
Resolución
En la figura:
•
En la figura se cumple que:
i)
AB2 = 132 – 52
E=
3 5
+
4 4
E=2
Resolución
•
2
Rpta.: A
AB = 12
ii)
AM = MB = 6
•
Nos piden:
Del dato se tiene:
Cotg A =
3
5
6
E=
5 →
12
5 → C. A
12 → C . O
- 35 -
E = 2 Rpta.: A
36. Resolución
•
4
•
i)
x 40°
=
y 10°
En la figura se tiene:
AC2
=
152
+
Nos piden:
82
AC = 17
ii)
Resolución
NC2 = 62 + 82
•
9
ABC: ctgα =
AB
→ AB = a· ctgα
a
ii)
191
17 8
−
csc β − tgβ
8 .15 191
= 8 15 =
P=
=
15 10
5
ctgβ − sec α
75
−
8
8
8
AHB: cos α =
x
x
→ cos α =
AB
a·ctgα
∴
x = acosα ctgα
Resolución
P = 2,5 Rpta.: D
•
10
Del gráfico se obtiene:
i)
AB
→ AB = a·ctgθ
a
ii)
CD2 = 252 – 152
ABC: ctgθ =
DBC: tgθ =
BD
→ BD = a·tgθ
a
Del gráfico se obtiene:
CD = 20
iii)
BC2 = 252 – 242
3
7 20
+
25 25 = 3 27 = 3
5
125 5
NIVEL II
Resolución
Q = 0,6 Rpta.: E
Resolución
1
• Del dato tenemos:
senA · SenB =
6
De acuerdo a las R.T. de ángulos complementarios
se cumple que:
a b 4
· =
c c 9
(4x + 12°) + (3x + 8°) = 90°
7x = 70° →
a·b =
x = 10° Rpta.: C
•
Resolución
•
De acuerdo a las R.T. recíprocas se cumple que:
2x + 17° = x + 34°
Resolución
De 1 :
E=
Rpta.: D
∴
8
x + y + 40° = 90°
b a
b2 + a 2
+
→ E=
a b
ab
c2
4 2
c
9
Resolución
x – y = 30° .... 4
•
De 2 :
•
Resolviendo 3 y 4 :
x + y = 50°
x – y = 30°
x = 40°
y = 10°
- 36 -
→ E=
E = 1,5
x + y = 50° ... 3
•
4 2
c
9
Nos piden:
E=
7
x = 17°
•
Rpta.: E
Nos piden:
Q=
•
x = AB – BD = actgθ – atgθ
∴ x = a(ctgθ − tgθ)
BC = 7
•
Rpta.: D
i)
5
•
ii)
Rpta.: D
i)
Nos piden:
Resolución
x
=4
y
A partir del gráfico se tiene:
NC = 10
•
→
2
En la figura:
9 3
=
4 2
Rpta.: D
4
9
37. Quinto Año de Secundaria
(2a)2 + 22 =
13
Resolución
2
•
4a2 = 9
a=
•
3
2
Resolución
•
En el numerador aplicamos las propiedades de las
R.T. de ángulos complementarios:
K=
Nos piden: tgα =
4
2
→ tgα =
3
3
2
cos65° + ctg55° + csc66°
cos65° + ctg55° + csc66°
x=1
Rpta.: D
Resolución
3
•
6
Rpta.: D
7
De acuerdo a los datos:
Revisando la figura:
→ cos θ =
12a
13a
→ AB2 = (13a)2 – (12a)2
AB = 5a
•
CM: mediana
Además: 2p = 90
5a + 12a + 13a = 90 → a = 3
•
AM = BM = CM
Nos piden: AC = 13a = 13(3)
AC = 39
∴ ∆BMC : Isósceles
•
En el
ACB :
Resolución
•
ctgθ =
1
2
Resolución
Rpta.: C
•
Rpta.: C
8
Del dato se cumple que:
cos(2x – θ)·csc(x + 3θ) = 1
4
sen[90° – (2x – θ)] · csc(x + 3θ) = 1
De acuerdo a los datos tenemos:
→
90° – 2x + θ = x + 3θ
3x + 2θ = 90°
AC2 = (3a)2 – (a)2
∴ sen 3x = cos 2θ
sen 3x – cos 2θ = 0
AC = 2 2 a
•
•
P=
Además “θ” es el mayor ángulo agudo, entonces:
tgθ =
2 2a
→
a
•
sen3x − cos 2θ
0
=
tg(x + θ)
tg(x + θ)
P=0
Rpta.: A
tgθ = 2 2
Rpta.: B
Resolución
Reemplazando en lo pedido:
Resolución
•
9
Analizando la figura:
5
Aplicando las propiedades respectivas tenemos:
W = sen20° · tg40° · tg50° · sec70°
W= sen20° · tg40° · ctg40° · csc20°
1
1
W= 1
Rpta.: B
i)
ABC: ctgα =
ii)
ABM: tgθ =
- 37 -
BC
→ BC = a· ctgα
a
BM
→ BM = a · tgθ
a
38. •
Además: BC = BM + MC
3
22
a · ctgα = a · tgθ + a
sec θ
= 22
3
sec θ = 2
2
→
ctgα = tgθ + 1
ctgα – tgθ = 1
Secθ =
M=1
Resolución
•
Rpta.: C
•
10
4
3
Nos piden:
2
7
4
E = 9
− 7
=7−4
3
7
Revisando la figura:
E=3
Rpta.: C
Resolución
3
•
De acuerdo a los datos tenemos:
i)
cos θ =
AB
→ AB = ctgθ
1
i)
BAF: ctgθ =
ii)
AB = CD → CD = ctgθ
iii)
CDF: tg2θ =
∴
3
→ tg2θ · ctgθ = 3
ctgθ
W=3
Rpta.: D
NIVEL PREUNIVERSITARIO
Resolución
•
∴ CD = 20
ii)
•
En el
BCD:
θ
48
→ tg θ = 2 ... 1
tg =
2 52 + 20
2 3
De los datos se tiene:
a
=
b
AC2 = 522 – 202
AC = 48
1
→
5
CD 5
=
→
13
52 13
3−
b
c
θ
20
tg =
... 2
2 48 − x
c
a
•
Igualamos 1 y 2 :
2
20
=
→ 48 – x = 30
3 48 − x
a c 3a − c
= ·
b b a
x = 18
Rpta.: E
a2 = 3ac – c2
a2 + c2 = 3ac
•
Nos piden:
Resolución
•
4
De acuerdo a los datos:
a c
a 2 + c2
U= +
→ U=
c a
ac
i) c2 = a2 + b2 ... 1
3ac
U=
→
ac
ii)
Resolución
•
U=3
Rpta.: B
c2 =
2
De la condición tenemos:
1
22
sec θ
=
c2 13
=
ab 6
2
2
→2
2sec θ
1
sec θ
2
•
Igualamos 1 y 2 :
a2 + b 2 =
⋅ 2 sec θ = 2 2
- 38 -
13
ab
6
13
ab ... 2
6
39. Quinto Año de Secundaria
6a2 – 13ab + 6b2 = 0
ODC: cos θ =
(2a – 3b)(3a – 2b) = 0
a
3
=
2a – 3b = 0 →
b 2
a 2
3a – 2b = 0 → b = 3
•
S = 1 + cosθ [1 + cosθ + cos2θ + ... ]
S
S = 1 + cosθ · S → S[1 – cosθ] = 1
a
<1
b
S=
a
b
Además: tgA =
2
∴ tgA =
3
Resolución
Nos piden:
S = 1 + cosθ + cos2 θ + cos3θ + ...
Sea A el menor ángulo, entonces
a<b →
•
•
OD
→ OD = cos3θ
cos2 θ
1
1− cos θ
Resolución
•
Rpta.: C
7
En el gráfico se tiene:
CBD : tgθ =
5
Rpta.: B
BD
1
→ BD = tgθ
1
1
→ tgθ =
4 + tgθ
4 + BD
tg2θ + 4tgθ = 1
ABC: tgθ =
Del gráfico tenemos:
tg2θ + 4tgθ + 4 = 1 + 4
(tgθ + 2)2 = 5
E= 5
tgθ =
3 3a
=
7 7a
BH = 3a
→
CH = 7a
Resolución
•
Rpta.: C
8
Analizando la figura:
BHC:
• En el
(
(3a)2 + (7a)2 = 10 58
)
2
58a2 = 100 · 58
a = 10
•
En el
AHB:
AH = 86 – 7(10) = 16
BH = 3(10) = 30
AB =
•
162 + 302 = 34
En el
Nos piden:
M=
16 34 50
+
=
30 30 30
M=
5
3
3
2
EPF : ctgα =
7
2
Resolución
ctgα =
Rpta.: E
Resolución
•
6
De la figura se tiene:
OBA: cos θ =
OB
→ OB = cosθ
1
OCB: cos θ =
OC
→ OC = cos2θ
cos θ
- 39 -
3
7
9
Analizamos la figura:
Rpta.: E
40. Luego trazamos BH
i) OB = OC → R = r 2 + r → R – r = r 2
ii)
O1NB: ctgθ =
BN r 2
=
O1N
r
•
cos α =
Rpta.: A
ctgθ = 2
Resolución
OHB: senα =
i)
BHC: ctgβ =
ii)
10
Trabajando la figura:
OC, entonces se cumple que:
BH
→ BH = 12senα
12
OH
→ OH = 12 cosα
12
HC
HC
→ ctgβ =
12senα
BH
HC = 12senα · ctgβ
Además: OH + HC = OC, reemplazando:
12cosα + 12senα ctgβ = 13
Dividendo entre “senα”
12cos α 12senα·ctgβ
13
+
=
senα
senα
senα
12ctgα + 12ctgβ = 13cscα
12 =
En el
∴
OAC : OC2 = 122 + 52
OC = 13
13csc α − 12ctgβ
ctgα
P = 12
Rpta.: C
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS II (Pág. 242; 243; 244)
(
NIVEL I
Resolución
•
M=2
1
Reemplazando los valores notables:
Resolución
•
2
1
A = 4 + (1) = 3
2
) ( 3)
M= 2− 3 +
Rpta.: B
4
Analizando la figura tenemos:
B = 2 2·2 = 2
∴ A+B=5
Resolución
Rpta.: C
2
De la condición:
1
. [tgα ]ctgα = [2]2 → tgα = 2
MBC : ctgα =
5 5
E = 2
1 2
E=5
Resolución
•
Resolución
•
Rpta.: E
5
A partir del gráfico tenemos:
CDA: sen 45° =
CD
2
→ CD =
b ... 1
b
2
CDB: sen 37° =
3
3
CD
→ CD = a ... 2
5
a
Del dato se cumple que:
(5x + 8°) + (2x – 2°) = 90°
7x = 84° → x = 12°
•
3k
3
→ ctgα =
2k
2
Reemplazando en lo pedido:
•
Igualamos 1 y 2 :
b 3 2
2
3
= ·
b= a →
a 5 2
2
5
M = tg15° + tg60°
- 40 -
Rpta.: C
41. Quinto Año de Secundaria
b 3 2
=
a
5
Resolución
•
Resolución
Rpta.: C
•
Del gráfico se tiene:
i)
6
ABC: sec37° =
Sean BP = BQ = x ; luego:
ii)
38 + x
24 38 + x
=
→
4+x
7
4+x
ABC: tg74° =
iii)
PQ
PBQ: sec 45° =
→ PQ = 10 2
x
AC
5
→ AC = 12 = 15
12
4
AD
AC
( 2 ) = 15
ADE : sec30° =
2
AE
AD
2 3
Rpta.: E
Resolución
ACD: sec45° =
→ AD = 15
96 + 24x = 266 + 7x → x = 10
•
10
→ AE = 15 2 3
7
AE = 10 6
Recordemos que: tg75° = 2 + 3
Rpta.: A
ctg75° = 2– 3
P=2+
NIVEL II
→ P=4
3 + 2– 3
Rpta.: B
Resolución
•
Resolución
•
8
1
Analizamos el gráfico:
Analizamos la figura:
AHB: cos60° =
PHC: sen37° =
PHA: csc30° =
PA
→ PA = 6(2) = 12
6
AHC: cos37° =
PH
3
→ PH = 10 = 6
10
5
∴ PA = 12
Resolución
BH
1
→ BH = 8 = 4
8
2
HC
4
→ HC = 10 = 8
10
5
∆ ABC: BC = BH + HC → BC = 4 + 8
BC = 12
Rpta.: A
Resolución
9
• Analizando la figura:
B
•
Rpta.: A
2
De los datos tenemos:
i) tg3α · ctg(90° – 2β) = 1
3α = 90° – 2β
3α + 2β = 90° ... 1
ii) cos2α · sec(3β – 5°) = 1
2α = 3β – 5°
2α – 3β = –5 ... 2
i)
ii)
Trazamos PH
•
∆ABC: equilátero
•
(× 3)
3α + 2β = 90° 9α + 6β = 270°
→
(× 2)
2α – 3β = –5 4α – 6β = –10°
→
AC
13α = 260°
PHC: Notable (30° y 60°)
PC = 2 ; PH =
•
AHP: tgθ =
3
5
Resolviendo 1 y 2 :
α = 20°
3 ; HC = 1
En 1 : 3(20°) + 2β = 90°
Rpta.: D
β = 15°
- 41 -
42. •
iii) 4a + 3a = 28 → a = 4
Reemplazamos en lo pedido:
1
+1
4
N = sen230° + tg245° =
N = 1,25
∴ CD = 5(4) →
Resolución
Rpta.: E
•
Resolución
•
Rpta.: A
6
Analizamos la gráfica
3
Reemplazando los valores notables tenemos:
1
x +1
5
2
=
1
4
x −1
2
→
x+2 5
=
x−2 4
4x + 8 = 5x – 10 →
Resolución
•
CD = 20
x = 18
Rpta.: D
4
i)
Analizando la figura:
BHP: senθ =
cos θ =
ii)
iii)
PH
→ PH = x·senθ
x
BH
→ BH = x·cosθ
x
PHA: AH = PH → AH = x·senθ
Luego: AH + BH = AB
xsenθ + xcosθ = a
x=
i) Trazamos: OT
Rpta.. B
AC
OTA es notable (45° y 45°)
ii) El
a
senθ + cos θ
Entonces OT = 1 → OA =
2
Resolución
•
7
Analizamos la figura:
iii) AB = OA + OB
AB =
2 +1
iv) BC = AB
BC =
2 +1
Rpta.: B
3K
Resolución
•
5
4K
Analizamos la figura:
•
PBQ notable (37° y 53°):
PB = 3K ; BQ = 4K; PQ = 5K
•
En el
DAQ:
tg37° =
a
3
a
→ =
a + 4K
4 a + 4K
3a + 12K= 4a → a = 12K
Sea: CD = 5a, entonces:
i)
•
CED notable(37°; 53°)
tgα =
CD = 5a ; DE = 3a ; CE = 4a
ii)
En el
DEB Notable (45°; 45°)
ABP:
3K 3K
1
=
=
a 12K 4
tgα = 0,25
DE = 3a; EB = 3a
- 42 -
Rpta.: E
43. Quinto Año de Secundaria
Resolución
•
8
•
En la figura se observa el ABC notable (37° y 53°),
entonces asignamos valores convenientes a sus lados:
En el
ctgθ =
AQP:
3 +1
3+ 3
→ ctgθ =
3
3
Rpta.: D
NIVEL PREUNIVERSITARIO
Resolución
•
•
Trazamos MP
1
Analizando la figura:
AC , entonces:
HP = PC = 8
•
APM: ctgθ =
En el
Resolución
•
6
17
Rpta.: A
9
En la figura elegimos convenientemente AM = MC =
5 2
i) En la semicircunferencia trazamos HT , entonces
HT
BT (propiedad)
ii) Trazamos TP
AH , entonces:
TPH es notable (37°; 53°) sea:
PH = 3 ; PT = 4; TH = 5
•
4 2
BRM: senα =
BM
BQM: csc β =
•
BTH: sec37° =
BM
5
BHC: tg37° =
Reemplazando en lo pedido:
P = 5·
4 2 BM
·
BM 5
P=4 2
Resolución
•
Además se cumple:
TPC: ctgα =
BH
5 25
→ BH = 5 =
5
4 4
25 3 75
HC
→ HC = =
4 4 16
25
4
75
123
16 → ctgα =
64
4
3+
Rpta.: A
Rpta.: D
Resolución
10
En la figura se observa que el
60°) , entonces tenemos:
PQC es notable (30° y
•
- 43 -
2
En la figura el
DAE es notable (37°; 53°), entonces elegimos sus lados convenientemente: AD = 16
; AE = 12; DE = 20
44. •
En el
tgθ =
•
32
→ tgθ = 32
1
Resolución
•
Resolución
DCF:
Rpta.: D
5
Se observa que: sen62° = cos28°
Además: cos45° =
2
, luego:
2
tg (3x − 20° )·cos28°
3
Analizando la figura:
2 · cos28° ·
2
· ctg (5x + 30°)
2
=1
tg (3x − 20° )
Simplificando: ctg (5x + 30° ) = 1
tg(3x – 20°) = ctg(5x + 30°)
(3x – 20°) + (5x + 30°) = 90°
8x + 10° = 90° → x = 10°
•
i)
AB
4 12
ABC: sen53° =
→ AB = 3a = a
3a
5 5
ii)
AHD: sen37° =
cos37° =
E=0
Resolución
4
5
•
Rpta.: D
6
En la figura se tiene:
12
4
8
a− a= a
5
5
5
3
a
HD
BHD: tgα =
→ tgα = 5
HB
8
a
5
tgα =
Resolución
•
E = cos50° – cos50°
→ AH = a
iii) HB = AB – AH → HB =
iv)
E = sen40° – cos50°
HD
3
→ HD = a
a
5
AH
a
Reemplazando en lo pedido:
3
8
i)
a
b
PQB: ctgα =
a
BQ
→ BQ = · x
b
x
iii)
4
Analizamos la figura:
ACB: ctgα =
ii)
Rpta.: C
BQ + QC = BC →
a+b
x
=a
b
∴ PC =
i)
Resolución
BQP Notable (37°; 53°)
•
a
x+x=a
b
→ x=
2ab
a+b
ab
a+b
Rpta.: B
7
Analizando la figura:
BQ = 4a ; PQ = 3a ; BP = 5a
ii)
PQC Notable(45°; 45°)
PQ = QC = 3a
iii)
AB = 15 + 20
BQ + QC = BC → 4a + 3a = 7
a=1
AB = 35
∴ BP = 5a = 5(1) → BP = 5
Rpta.: A
Rpta.: B
- 44 -
45. Quinto Año de Secundaria
Resolución
•
8
•
Analizando la figura:
En el
MHP:
PH = a 3 – a = a
(
)
3 −1
MH = a
∴ ctgθ =
PH a
=
MH
(
)
3 −1
a
Rpta.: A
ctgθ = 3 − 1
i) En el
ACD notable (37°; 53°) elegimos convenientemente los lados:
AC = 4 2 ; CD = 3 2 ; AD = 5 2
ii) En el
Resolución
•
10
En la figura se observa:
ABC (45°; 45°):
AC = 4 2 → AB = BC = 4
iii) En el
CED(45°; 45°)
CD = 3 2 → CE = ED = 3
iv) En el
BED:
4+3
7
ctgθ =
→ ctgθ =
3
3
ii) ∆ ABM: Equilátero
Rpta.: C
Resolución
•
ABC : AM = MC = BM = 2a
i)
MPC: Notable(30° y 60°)
iii)
9
MC = 2a → MP = a ; PC = a 3
En el gráfico se tiene:
•
• OP = OA = OB
NPC:
En el
(
i) NC2 = (2a ) + a 3
2
OP = 2a
• NP2 = (2a)2 – (a2)
ii) cos α =
NP = a 3
∴
)
2
→ NC = 7a
NP
2a
→ cos α =
NC
7a
7 cos α = 2
Rpta.: B
ÁNGULOS VECTICALES (250, 251, 252)
Nivel I
Resolución
1
De los datos mencionados:
Se nota que: AE = CE = H ( 45° y 4°)
por paralelas BD = AE = H
Ahora:
BCD: ( Resolución)
CD = Htgθ
finalmente:
x = H – Htgθ
∴
H
- 45 -
x = H(1–tgθ)
Rpta. D
46. ABC
2
AB = 6Hcotgα
ABD
Resolución
AB = 7Htgα
. . . (1)
. . . (2)
Igualamos: (1) y (2)
7Htgα = 6Hcotα
1
tgα
7tgα = 6
∴
de la figura: AE = H –
(
H− 3
Resolución
)
7
6
Rpta. D
5
En 12h < > 180°
1h < > 15°
H− 3
8+ H− 3
(
Resolución
3
3) 3
(30° y 60°)REA: tg30° =
8+ H− 3
cotgα =
6
7
3
PEA(30° y 60°): PE = (H –
3
=
3
tgα =
)
H=5 3 m
3
3
de 4 a 6 pm
3
3
θ = 30°
Rpta. B
3
Graficando:
HOJ (Notable de 30° y 60°)
ADC: DC = Hcotg37°
BDA: BD = Hcotg45°
Lsombra =
Resolución
3
( 3)
∴
Lsombra = 3 m
Rpta. C
6
Piden cotgα = ?
luego: DC = BD + 80
Reemplazando:
Hcotg37° = Hcotg45° + 80
BCD: (Not de 45° y 45°)
CD = 10
4
= H(1) + 80
3
H
4
H – H = 80
3
∴
Resolución
H
= 80
3
H = 240 m
ACD: cotgα =
Rpta. D
4
∴
Resolución
D
90°-a
a
a
C
6H
7H
a
A
6Hcotga
B
- 46 -
7
5 0 2 + 10
10
cotgα = 5 2 +1
Rpta. E
47. Quinto Año de Secundaria
de la figura aplicando resolución de triángulos rectángulos:
Ahora en
ABC: tgθ =
AHC:
x
H
ABD = tgθ =
x = Htgθ ...(1)
H
x +H
tgθ(x + H) = H ...(2)
Reemplazando (1) en (2)
tgθ(Htgθ + H) = H
tgθ2 + tgθ – 1 = 0
Resolviendo mediante la fórmula general tenemos:
Triángulos rectángulos notables de 30° y 60°
x=
1
17 cos60°
2
∴
x=
17
m
4
tgθ =
Rpta. C
∴
Resolución
−1 + 1 + 4
2
tgθ =
8
5 −1
2
Rpta. E
Del enunciado:
Nivel II
Resolución
1
ABD: AB = H
ECD (Not. de 30° y 60°): H – 9 =
H 3– 9 3= H
∴
H=
Resolución
9
2
(
)
3 +1
H 3
3
BFD: BF = 1,5cotg27°
Rpta. E
BFC: CF = 1,5cotg27°tg53°
9
CF =
4
3
(1,95)
2
3
CF = 3,9 m
Longitud del poste = CF + FD
BDC: DC = dcotgθ
∴
BDE: ED = dtgθ
piden: EC = ED + DC
Longitud del poste = 5,4 m
2
Dato: cotgθ =
12
5
entonces:
∴
Resolución
Resolución
EC = d(tgθ + cotgθ)
Rpta. C
Rpta. C
10
B
q
90 - q
q
de 45° y 45°
50 + 260cosθ + 3K = 4K + 260senθ
H
A
x
12
5
+ 3K = 4K + 260 13
13
50 + 260
q
C
H
50 + 240 + 3K = 4K + 100
D
- 47 -
K = 190 . . . (1)
48. piden:
H = 4K + 260senθ
De (1)
Reemplazando:
5
13
H = 4(190) + 260
Resolución
∴
H = 860 m
Rpta. B
h
csc θ − 1
R=
reemplazando en (2)
x=
3
Resolución
H-h
a
b
(H-h)cotgb
otga
Rpta. C
6
De las condiciones tenemos:
h
h
hsec θ
csc θ − 1
)c
(H-h
B
A
de la figura se nota que: α = β
Ahora del dato: tgα + tgβ = n
tgα
n
tgα =
2
π
piden longitud de AB = (H – h)cotα
2
*
Resolución
BHC: HC = 32 (Not. de 37° y 53° )
x = AH + HC
H−h
2
π
(H – h)
= π
n
2
n
∴
AHB (Not. de 45° ): AH = 24
*
∴
Rpta. A
Resolución
4
a
Del enunciado:
x = 56 m
Rpta. A
7
( 2 - 1)tgq
a
a
atgq
q
45°
a 2tgq
cotα = 3
cotβ = 4
a
q
a 2
t
En el triángulo pintado tenemos:
a
tgα =
(
)
2 − 1 tgθ
a
∴ tgα =
(
Hallamos AD
)
2 − 1 tgθ
AD = AB – DB; aplicando resolución
Rpta. C
AD = 24cotβ – 24cotα
reemplazando
Resolución
5
AD = 24 (4) – 24(3)
Del enunciado del problema graficamos:
pero e AD = V · t
Se nota
OPQ: cscθ =
R+h
R
h = R(cscθ – 1) . . . (1)
OPT: secθ =
AD = 24 m
24 = V x 0,8
piden en Km/h:
x
R
∴
x = Rsecθ . . . (2)
- 48 -
V = 30 m/s
V=
30 m
1Km
3 60 0 s
x
x
1h
s
1000 m
V = 108
Km
h
Rpta. A
49. Quinto Año de Secundaria
Resolución
(Not. 45° y 45°) AOC: OA = 10
8
(Not. 30° y 60°) COB: OB = 10 3
Finalmente:
AOB: Teorema de Pitágoras
(
x2 = 102 + 10 3
∴
ABC(Not de 45°): AB = BC = 28
Resolución
pero RC = AB (por paralelas)
2
x = 20 m
Rpta. B
10
De la figura: AB = AC
PRC:
Ahora
)
PR = 21 m
luego:
x = PR + RA
∴
Resolución
x = 21 + 28
x = 49 m
9
Rpta. B
C
N
10
W
10
O
45°
S
10 3
30°
B
( ∆ ABC: isósceles)
E
Además: ∆ ACD: isósceles
AC = CD = d
x
PCD: PC = dtgθ
Finalmente:
A
Rpta. C
ÁNGULOS HORIZONTALES
(Pág. 258)
Resolución
1
Resolución
Del enunciado:
Del enunciado:
PQR: Teorema de Pitágoras
Del gráfico: ∆ PQR: equilátero
PQ = PR = QR = 150 km
∴
Distancia de Q a R = 150 km
2
d2 = 962 + 282
∴
Rpta. A
- 49 -
d = 100 m
Rpta. B
50. Resolución
De la figura:
3
∆NHP: isósceles
NH = HP = d
Luego: NP = 2dcos20° = 74cos20°
d = 37 km
PMJ:
Ahora:
Teorema de Pitágoras:
d = 37 km = V · t =
x2 = 1002 + 2402
∴
Resolución
x = 260 m
Rpta. C
∴
4
Resolución
185 km
·t
h
t=
t = 12 min
1
60 min
h=
5
5
Rpta. C
6
tgα = 3 7
8
3 7
a
1
De la figura
ADB: (Not. de 30° y 60°)
AHB: Teorema de Pitágoras:
BD = H 3
ADE: (Not. de 45° y 45°)
DE = H
602
Finalmente: Teorema de Pitágoras en
(H 3 )
2
+ (H) + = 24
2
4H2 = 242
Resolución
BDE
2
d 3d 7
d+ +
=
8 8
Luego la altura de la torre es:
2
d = 40
H = 40 3 m
H = 12 m
Rpta. D
Resolución
7
N
5
10 km
O
(
S 40 km
38
°
20
°
Q
N
d
40 km
km 37°
10 km
O
R Punto de E
Partida
(Roberto)
58
°
58°
12°
50
)
M
40 km
S
Juana
punto de
llegada
E
N
30 km
P
d
Rpta. B
2
20°
12°
S
S
RSM: Teorema de Pitágoras:
d2 = 402 + 402
- 50 -
∴
d = 40 2 km
Rpta. B
51. Quinto Año de Secundaria
Resolución
8
∆RBB’: Isósceles
BB’ = RB = 200 m
RFB: (Notable de 30° y 60°)
d = 100 m
Rpta. A
CAPÍTULO 9
ÁNGULO EN POSICIÓN NORMAL
(Pág. 275; 276; 277; 278)
Resolución
NIVEL I
•
Resolución
•
y=3
x = –2
y=1
•
r=
( −2)2 + (1)2 =
1
5
·
−2
5
x = –7
y = –24
→
r=
M = –2
Rpta.: D
Resolución
•
•
( −7 )2 + ( −24 )2 = 25
Nos piden:
3 25
−4 25
E = 8
+ 7 −
5 −24
5 7
2
Del gráfico se obtiene:
E = –5 + 20
x = –3
y = –1
r=
( −4)2 + (3)2 = 5
ii) Para “β”
5
Nos piden:
M=5
Para“α”
x = –4
En la figura se tiene:
r=
En la figura se observa:
i)
1
3
Resolución
2
2
( −3) + ( −1) = 10
•
→
E = 15
Rpta.: D
4
Del gráfico se tiene:
(-5)2 + (y)2 = (13)2 ; y > 0
•
Nos piden:
10
csc θ =
−1
y = 12
→ csc θ = − 10
Rpta.: A
- 51 -
∴ tgα =
−12
y
tgα =
→
5
x
Rpta.: B
52. Resolución
•
5
Resolución
Según los datos tenemos:
•
8
Analizando los términos de la expresión dada tenemos:
160° ∈ Q2 → sen160° : (+)
230° ∈ Q3 → cos230° : (–)
x = −2
r = 13
y = −
13
(
•
350° ∈ Q4 → tg350°
80° ∈ Q1 → ctg80°
)
2
: (+)
200° ∈ Q3 → sec200° : (–)
2
− (−2) = −3
300° ∈ Q4 → csc300° : (–)
•
Nos piden:
2
Reemplazando tenemos:
B=
13
−3
N = 4 + 9
= 6 + 13
−3
−2
N = 19
: (–)
( + )(− )(− ) = (+ )
( + )(− )(− ) (+ )
Rpta.: C
Resolución
6
•
9
De acuerdo al dato:
Del dato tenemos:
cos α = ±
θ ∈ Q3 →
3
9
→ cos α = ; α ∈ Q4
5
25
•
Cosθ = (–)
tgθ = (+)
Reemplazando en lo pedido:
E = (–) – (+) = (–)
Resolución
x = 3
r = 5
2
2
y = − 5 − 3 = −4
•
B = (+)
Rpta.: A
Resolución
•
→
•
Rpta.: C
10
Recordemos que:
Nos piden:
A=
3
5 2
−
=
−4 −4 4
→
A = 0,5
Rpta.: E
∴ Tienen signos diferentes en el: Q2 y Q4
Rpta.: E
Resolución
7
NIVEL II
•
De acuerdo a los datos:
α ∈ Q2
Resolución
senα : (+)
→
cos α : (−)
•
tgβ : (+)
β ∈ Q3 →
ctgβ : (+)
•
Reemplazando en lo pedido:
E=
(+ ) + (+ ) = (+ )
(− )·(+ ) (− ) → E = (–)
Rpta.: B
- 52 -
1
Del dato tenemos: