SECTOR CIRCULAR APLICAMOS LO APRENDIDO
θ 2
2
(página 10) Unidad 1
(R2 - r 2) = 3 2(R
1.
2
A
r
&
R π
/5
A
2
=
1 1
r R
-
` A
=
35 π 2
5
=
4.
B
r
&
Por dato: la bicicleta dará 20 vueltas. Entonces, la longitud recorrida por el centro de la rueda (1) será: LC = 20(2p . 20r) = 800p r
q A . R A = qB .
nv
(1)
nv
(1)
&
&
=
=
2πr
800πr = 400 2πr
(2)
19π 4
LC( AB)
=
nv
=
(AB)
=
2πR
=
19 8
19 8
A
8. C 2
` qB = 36°
L1
1 rad
O
L2
A
2 D
Clave D
5.
19π 4 2π (1)
Clave E
3
B
Del gráfico: L1 = (1)(2) = 2 L2 = (1)(5) = 5
Del gráfico: 6 8 θ r ra ad
O
A
= 20(2p . 20r) = 800pr
LC(2)
nv(2) =
&
nv(2) = 400 3
2π (3r )
400 3
Del gráfico: q(14) = 14 & q = 1
Clave A
9.
Piden: y 400 vueltas.
A
El área del sector sombreado (A): 2 A = θR 2
C
=
(1) (8) 2 2
r
=
32
r
r
6.
S2
L2
2r
B
r
C
Del gráfico:
O
1 rad
6m
A
8m
α+θ
2
S1 = θr 2
=
π rad 2
&
θ
=
π 2
-
α
...(1)
2
2
S2 = θR 2 θ 2
L1
Sea el valor de a expresado en radianes. D
Del gráfico:
S2 =
r
θ
O
Clave B
S2 B
θR 2
M r
S1 α
S1
R
S1 + S2 =
D
r
Q
` A = 32
A
θ
2psomb. = L1 + 3 + L2 + 3 2psomb. = 2 + 3 + 5 + 3 = 13 ` 2psomb. = 13 &
Clave A
3.
Piden: el perímetro de la región sombreada (2psomb.).
14
6
800πr = 400 6πr 3
=
Por lo tanto, cada rueda dará
&
=
3
= 400
&
O
`
` π2 j . (5) + c 34π m . (3)
(18°)(4) = qB(2)
Luego, la longitud recorrida por el centro de la rueda (2) será: LC
(AB)
=
RB
(1)
Lc(1)
(AB)
(AB)
Luego, por estar en contacto las ruedas, se cumple: L1 = L2
P
LC
= LC + LC (1) (2)
Piden: nv
Por dato la rueda mayor gira 18°. &q A = 18°
20r
(AB)
LC
(2)
3r
LC
&
2m
4m
(1)
B
Del gráfico, la longitud que recorre el centro de la rueda al ir de A hasta B será:
A
Clave A
2.
4 45° 135° 2 LC(2) 1 1
2
=
Clave B
Por propiedad, el área del trapecio circular es: (4π) 2 (3π) 2 7π2 35π A 2π 2 2 π 5 5
O
2
4
4π
`
=
LC(1)
2 5
C
` j
1
4
D
=
1 A
2R2 = 5r 2 2
O
7.
- r ) = 3r
B
3π
2
2
θr 2 2
Por propiedad, el área del trapecio circular será: 2 -
S1
=
(R2 - r 2)
Por dato: 2S2 = 3S1
θR 2
2
2
-
θr 2
A
=
( 8)
` A = 14
2
(6) 2 (1) -
2 =
28 2
=
14
S1
=
S2
=
S2
=
θr 2
L1 + L2
c m c c m 2
r =
m
α . 2r + α . 3r r 2
2
m2 Clave C
5αr 5αr r = 2 2
Por dato:
S1 S2
=
1 2
TRIGONOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
7
12. Del enunciado, la bicicleta recorre 12 p m; por lo
2
θr 2
&
2
5αr 2
=
1 2
&
θ 5α
1 2
=
&
θ
=
5α 2
2 1 0,6 m
Reemplazando en (1):
c m 5α 2 `
=
α =
π
2
α
-
&
7α 2
2
12π m
π
Sabemos:
Luego:
7
n1 =
10. R
n2 =
R
B
A
2πr 1
; n1: n.° de vueltas de radio 1
,2
49π 11
,1
Lrecorrida =
2πr1
`
,2
+
49π 11
49π 22
Clave B
PRACTIQUEMOS
n1 + n2 =
12π 2π (0, 6)
n1 + n2 =
6
c
10 6
+
+
10 8
12π 2π (0, 8)
Nivel 1 (página 12) Unidad 1
m
1.
Comunicación matemática
`
=
49 22
suma del número de vueltas de las ruedas es igual a 17,5. Clave C
c m 22 7
=
7
11. Para la polea:
r
L
S3S1 = S2S4
2
S4S1 = S2S4
r
S1 = S2
B
O
θg
r + r
2
`
Por dato: S=
Cuando la polea gira un ángulo qg el bloque se eleva una altura h tal que equivale a la longitud de arco correspondiente al qg entonces:
2π
"
75 + 50 2π (1)
=
-
5( 3
+
2)
2( 3
+
2)
+
II. Se tiene del gráfico:
1
S1 =
2
r
=
( 2
-
1)
r
=
( 2
-
1) m
`
r
2 = r (1 +
Intelectum 5.°
2 1 ar ; 2
( 2
S2 =
2 1 aR - S1 2
S2 =
2 2 1 1 aR ar 2 2
S2 =
2 2 1 a(R - r ) 2
2)
-
1) ( 2
+
1)
Si : S1 = S2: S1 = S2 2 2 2 1 1 α r = α (R - r ) 2 2
AO + OB +
L AB = 1 + 1 +
AO + OB +
L AB =
!
!
π
`2j
r 2 = R2 - r 2
( 1)
2r 2 = R2
4+π m 2
r `
número de vueltas que da la polea es 2,5
S1 = S2
2 2)
Nos piden
Clave A
8
π (3
AO = 1 m
nv = 2,5 ` El
=
=
nv = h 2πr
&
(verdadero)
AO = OB = r +
Reemplazando datos: nv =
2
Si S3 = S4
Luego:
... (1)
Además: nv =
πr
2
r 2 = ( 2 ) 2 - 2 2
h
θg
... (1)
De (1): S r
h r
Se cumple: S1S3 = S2S4 I. Si : S 3 = S4:
Clave A
qg =
S3
13. Del gráfico: A
"
S4
` La
x=7
qgr = L = h
S2
O
d(AB) = Lrecorrida = x 49π 22
Por propiedad
S1
&
=
nv = 4
n1 + n2 = 17,5
A su vez, la longitud que recorre su arco también va ser igual a la distancia entre A y B.
x
R = 9u ; r = 3u 2π (9 + 3) 2π (3)
2πr 2
Reemplazando:
c m(0,5)
Lrecorrida = (qb)R =
q = 2p ;
nv =
rad
Se cumple que la longitud que recorre su arco va ser igual a:
2πr
Para el problema
; n2: n.° de vueltas del radio 2
2πr 2
n1 + n2 = Por dato: la rueda barre un ángulo de y R = 0,5
θ (R + r )
nv =
,1
Nos piden:
x
&
9
12π m
2
Clave B
&
3
1
0,8 m
π
=
14. Del grafico:
tanto, cada rueda de la bicicleta también recorre 12p m entonces:
Clave E
2 = R
Si : S 1 = S2
(falso)
&
R = r
2
III. Si : S 3 = 4S4
S 9
De (1): S1S3 = S2S4
20R π
=
E C A
30 9
S14S4 = S2S4 4S1 = S2 ` Si
: S 3 = 4S4
R
4S1 = S2
&
(verdadero)
π 6
=
S1
3h 2
π + S2
&
Sean: n A, nB, nC, nD, nE, nF; los números de vueltas:
=
` S2
D F
36π 12
=
2
Del gráfico:
π
=
S =
2 A
2p
=
Clave B
nD = nC
4.
nD . r
= nE4
a
El número de vueltas de C es igual a 4 veces el número de vueltas de E
...(1) 2
θ^3a h
=
θ ^2ah
2
II. A y B unidas por un mismo eje:
4θa 2
n A = nB
+
S2
=
9θa 2
+
S2
=
9θa 2
2
y B dan un mismo número de vueltas S2
&
(verdadera) III. Del gráfico:
`
D y C mismo eje:
S1
θa 2
=
S2
... (1)
5θa 2
=
P
2
=
2
...(2)
2m
▪
E
R
A3
2R
θ
F
3R
El triángulo O 1O2O3 es equilátero. Las regiones (sectores circulares) PO3R; RO2Q; QO1P son congruentes (áreas iguales).
Sea el área sombreada Sx. Se tiene que: A9 ABC = Sx + 3S ... (1) 9 ABC:
equilátero
A3 ABC
=
Del gráfico:
Si B da 2 vueltas (n B = 2), D da 1 vuelta A1 =
(nD = 1) (verdadera)
A2 = Clave E
(3θ) R 2
Razonamiento y demostración
2 =
( 2θ ) ( 2R) 2
A3 =
θ (3R)
2
2
2
3θR 2
=
=
2
4θR2
9 θR 2 2
Piden:
3. 2 30°
3
J S1 6
S2
`
=
A 2
-
A3
-
π/3 2 m O2
D
2 = 2nD nD = 1
Q
2m
R
A1
O
S
R
A2
2θ
Si: nB es igual a 2
S
1 5
A
3θ
/3 2 m
π
π/3 O3 2 m
C
nB = 2nD
2m
S
R
R
x 2θ
O1
▪
... (2)
2
=
2
5.
(1) en (2):
`
6 θ
7. Del gráfico:
nB . r = nC . 2r nB = 2nC
c m
Clave C
2
Clave D
B y C unido por una banda:
2
x 2θ
2
5θa 2
2
x 2θ
=
2θ
2
2
nD = nC
2
L2
x2 = 36 ` x = 6
2
S1 + S + S2
(falsa)
` A
3
a
θa 2
... (1)
De (1):
... (2)
=
24 2θ
=
S2
S
a
S1
6 θ
A=
3A =
&
S1
θ
nC = 4nE
&
2θ
Luego: S EOF = 3A =
a
(1) en (2): `
24
=
a
r
nD = 4nE
2θ
a
... (1)
D y E engranaje:
( 24 ) 2 2θ
=
Entonces:
I. Del gráfico: D y C mismo eje:
2
L1
COD = 2A =
3π
3π
=
x
A
A B
π 12 . 6 2
=
^6 h2
π 6
A
α
π rad 6
=
2
^2
S1 + S2
De las propiedades de engranajes y ejes:
O
θ
&
π 6
=
24
20R π
=
Clave C
2.
6.
30° a radianes:
A1 A2
4θR
2
=
9θR 2
-
3θR 2
2
2 -
4θR
=
2
5θR 2 θR 2
2
3 4
; S= 1
2
` π3 j^ 2h
A3 ABC =
(4) 2 3 ; S = 2π m2 4 3
A3 ABC
4
=
3m
2
2
En (1):
2
2
,
=
5
J = 5
4
3
`
Sx
=
Sx + 3
=
(4 3
2π 3
c m
-
2π) m
Clave E
TRIGONOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
Clave E
9
8.
12.
Nivel 2 (página 12) Unidad 1
Resolución de problemas
I. De la condición:
Comunicación matemática
Del enunciado:
B
11. 5m
20
1
&
rn1 = Rn2
200
n1
3π 200
rad
`
S=
=
k
La razón de los radios (k) es igual a la
`
inversa de la razón de vueltas.
El área del sector será:
c m entre su número 1 k
I es falsa.
c m
1 3π (5) 2 = 15π 2 10 4
2 1 qR = 2
R r
=
n2
II. Del enunciado: = qr cm
15π 2 m 4 Clave B
:
La región sombreada corresponde a un sector circular cuya longitud de arco es la longitud que recorre P cuando el cuadrado gira desde el instante dado hasta que C toca el piso por primera vez. Luego, del gráfico: =
3.
π 2
` ,P
=
3π cm 2
,P
II. De la condición:
longitud que la rueda recorre.
D P
Sabemos que: 9.
3 cm
Sabemos:
D P
C
, 2πr
nV =
C
3 cm
Se cumple:
g πrad g
20a =
S=
D
P r
3π rad 10
1a =
C
4 cm
R
Por dato: 1a = 3g
B
l
A
S 2
1a = 3
A
I. Para dos ruedas unidas por una banda:
a
α
lC
P
r
Para la rueda C: nVC =
,c
"
2π (5)
B
,c
=
10πn vc ... (1)
ángulo que gira la rueda
r: radio de la rueda =
,1
2π (3)
+
C:
,2
2π (4)
longitud que recorre el centro de la rueda
nVC =
24 6π
+
24 8π
7 π
=
4 π
+
,
` q .
r cm es igual a la longitud que recorre el centro de la rueda.
Pero: 1 = 2 = 24 m, entonces: =
Trayectoria de P cuando el cuadrado gira según las condiciones luego, el área sombreada, sector circular y , longitud de arco donde:
C = qr
Por dato:
nVC
2
=
π 2
`,
=
,
7
c m π
+
4
2
17 cm
=
A
17 17 π 2
q1 = q2 qi:
III. De la condición:
ángulo que gira la polea
B
El número de vueltas de una polea (n i) está definido:
n Ar A = nBr B
ni =
n A, nB : n.° de vueltas
θi
A
2π
´
Luego:
r A; r B : radios
θ1
Por dato:
2π
(n - 4)6 = n(3)
n1 n2
3n = 24
=
θ2
Clave D
45°
2π
3 cm &
n1 = n2
D
,
longitud de arco del sector circular sombreado de ángulo central 45° y radio 3 cm, entonces:
= 1
,
La razón de su número de vueltas es igual a1 III es verdadera.
n + 3 = 11
C
P
45°
=
`
n = 8
Intelectum 5.°
2
Sabemos que:
m
10. De la figura se cumple:
10
1
Entonces:
Clave B
`
=
4 cm
III. Sean 2 poleas unidas por un eje:
(2) en (1):
` C = 70
2
BP
1 cm B
... (2)
BP
P
II es falsa.
3 π
1
C = 10π
A 4 cm
q:
nVC = nVA + nVB
1 cm
α
Clave C
`,
π π .3 ; 45° = rad 4 4 =
3π cm 4 Clave E
Finalmente:
Razonamiento y demostración 13. De la figura, sea L la longitud del péndulo: 10 cm P
n A =
Q 30°
60°
- 10 cm
;
2π
L2 = n3(2p)r 2; r 2 = 2 cm q A: ángulos que gira la rueda A
q A = 2p n A
L
R
2 p n3(2)
n3 =
11 2π
11
=
2.
22 7
A
Clave B
30°
B
22 =
` q A = 12p
10 cm L
θ A
L2 C
`
n3 = 1,75 Clave C
15. Del gráfico:
L3
B C
QAC, RCB sectores circulares donde:
Resolución de problemas
S1 A
S2 22°32° S4
L2, L3: longitudes de arco
S3 G
Por dato: L2 + L3 = 13p cm ... (1)
n1r 1 = n2r 2
46° 26°
22°
17. Para los engranajes se cumple que:
D
S6
Por dato: r 1 = 5 u ; n 2 = 1,25 r 2 = 1 u
32° O
F
E
5
Del gráfico:
OAB ,
π L; 2 L3 = Lπ 2
L3 =
L2 = (L - 10)q;
L2 = (L - 10)
q = 30°
L2 + L3 =
6
^L - 10h π + 3πL 6
A
`
+
=
13π
BOD =
θR 2
2
n1 = 0,25
... (1)
q rad = 72° = 72°
2π rad q rad = 5
n1 =
πrad 180c
Para el punto A en el engranaje (1) n1 =
2π 5
A `
14. Del grafico:
BOD =
A
θ A 2π
q A = 2 π
&
1
c m 4
π q A = 2
En (1):
L = 22 cm
1 4
Luego:
R = 5 u
88 π
Clave C
A
n1(5) = 1,25 (1)
Por dato: Lπ 2
4pL - 10p = 78p =
En (1)
Nos piden:
q=
4 πL
DEO
S2 = S3 ; S 5 = S6
13π
=
CFO ,
Entonces:
π q = 30° 180 π q= 6 π 6
En (1):
^L - 10hπ
CGO;
... (1)
S5
2π 1 . 5 2
BOD = 5p u
Para el punto B en el engranaje (2) . (5) 2 n2 =
2 Clave E
θB 2π
qB =
qB = 2p(1,25)
&
5π 2
4 cm C 2 cm
Finalmente:
16.
B
3 2 cm
A
π rad
1
2
2
x
4
Datos:
5
nB + nC = 18; nB, nC: número de vueltas
5π rad 2
B
6 1
22 cm
Del gráfico: A y B unidos por el mismo eje:
Para la polea (1) La longitud que gire la polea 1 será igual a la longitud que recorre el bloque al descender.
n A = nB A y C unidos por una banda n Ar A = nCr C & nC =
Entonces: L1 = 22 cm
n A r A r C
Luego: nB + nC = n A +
n A r A r C
n A rC + n A rA r C n A .2 + nA .4 2
=
n A rC + n A rA
= 18 = 18
r C
x2 = 42 + 62 x2 = 52 x = 2 `
13
La distancia será igual a 2
13 u. Clave A
La polea (1) y (2) unidas por una banda: L1 = L2 = 22 cm
18. Del enunciado:
Polea (2) y (3) unidas por el eje de giro: ... (1) q2 = q3
R1
R2
Se sabe: L2 = q2r 2 De (1)
Dato:
6n A = 36
L2 = q3r 2
R2
n A = 6
De: nv =
R1 θ 2π
&
q = 2p nv
=
8 15
;
R1 = 8k R2 = 15k
TRIGONOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
11
En la bicicleta se cumple: 1 = 2
&
Para 2 ruedas de radios iguales, si recorren la misma distancia. Entonces el número de vueltas que dan las ruedas son iguales. Luego:
n1R1 = n2R2
Luego: n1(8k) = n2(15k) ; n1 =
3 8
rueda 3
3 (8 k ) = n2 (15 k ) 8
rueda 1 y 2
9m 6m
qg = 2p n2; qg:
Se cumple: n1r 1 = n3r 3;
c m 1 5
qg = 2p qg =
2π rad 5
ángulo que gira la rueda 2π
=
5
rad
n1(6) = n3(9) 2n1 = 3n3
180c π rad
`
... (1)
Cualquier punto sobre la superficie de la rueda gira un ángulo de 72°. Clave D
1 2
... (2) 3π
`
... (1)
5π rad 6 1 2
=
5π
c m 6
6
R=
... (3) 2
R
5 5
2n3 = 8
Clave D
n3 = 4
3m
5m
... (3)
(a + q)R2
a+q=
De (1) y (2): 3n3 - n3 = 8
19. Del enunciado
Del dato III: m + AOB = p - (a + q)
3p =
Pero: n1 = n2; radios iguales 2n1 - n3 = 8
... (2)
De (1) (2) y (3) se observa que solo (1) y (3) son necesarios, tal que presentan 2 ecuaciones y 2 incógnitas:
Por dato: (n1 + n2) - n3 = 8;
qg = 72°
2π = (a - q)R 5
π = p - (a + q) 6 (a + q) = p - π 6 5π a+q= 6
n2 = 1 5 Además:
Del dato II: L1 - L2 = aR - qR L1 - L2 = (a - q)R
Razonamiento y demostración
P
Finalmente, de:
2m
nv = La cabra podrá pastar hasta los puntos donde la cuerda esté totalmente estirada luego:
23. Sea S, área de la circunferencia de radio r
, 2πr
S = pr 2
Para la rueda 3 n3 =
... (1)
En el gráfico:
d 2πr 3
A
A
4= 3m P
`
d = 72p m
La zona sombreada representa la región en la que la cabra puede pastar donde: APB y BOC son sectores circulares.
S1 + S2 = `
21. Tenemos 2 expresiones para el cálculo del
número de vueltas de una rueda. nV =
Del gráfico:
=
Comunicación matemática
π 4
π 2
+
1
2
+
1 2
. p . 32
θg
2π
19π 2 m 4
La cabra puede pastar en un área de 19π 4
2
m
.
Clave A
20. Para el triciclo, si se traslada una distancia d;
12
, 2πr
Intelectum 5.°
=
22. Del dato I: 2 2 1 1 aR + qR 2 2
S1 + S2 =
1 (a + q)R2 2
3p =
1 (a + q)R2 2
=
a = 60°
O’PO 60° y 30°
2πr
Clave B
S1 + S2 =
200 3
200 . 9c 3 10 g
OO’ = 2r
θ (R + r )
De la segunda expresión, es necesario conocer q, R y r; o conocer c y r para el cálculo del número de vueltas.
cada rueda recorrerá la misma distancia d.
nv =
,c
2πr
Para la primera expresión, solo es necesario conocer el ángulo que la rueda gira para calcular el número de vueltas.
9π 2
De la expresión:
; nV =
g
g
a=
Nivel 3 (página 13) Unidad 1
B
1 2
Q
B
Clave A S1 O
c m` j^ h
r
P
2m
C
S1 + S2 =
O'
α
O
r
S2
1m
d 2π (9)
Entonces: OQ = OO’ + O’Q OQ = 2r + r OQ = 3r El área sombreada (S1) será igual: S1 = S AOB - S 2 2 q(3r) - pr ... (1 )
S1 =
Pero: q rad = 60° = ... (1)
q=
π 3
60c.
π rad 180c
=
π rad 3
En (1): 1 2
S1 =
c m π
3
S1 = π r 2 2 `
2 2 9r - pr
π
=
R
+
3
+
2
π R 3
En la expresión:
... (1)
5 (θr ) 2
2P2: Perímetro de la región ED
2 3π 2 r - pr 2
S1 =
R 2
2P1 =
2
2
!
8
c m
2P2 = R + aR; a rad = 60° =
inclinada.
5 cm 53° A
... (2)
`
R 2
+
R
3
+
2
(4π + 9 + 3 3 ) R 6
2P1 + 2P2 =
Clave C
5q
- 2p
3π 2
-
2π 5
;q=
2π 5
rad =
q
rad = 72°
rad =
2π 180c . 5 π
El ángulo del sector es igual a 72°. Clave D
28. C
E
1
R
2πr
2
7
a θ
O
220 2 π ( 5)
A
2
D G
R
22
=
r
Por dato: L! GF = & qR =
22
5 L AE
!
5 (qr)
R =
5 r
&
7
En el
nv = 7
ODC por el teorema de Pitágoras: R
`
3π
F
,c
22 π
=
26.
Luego:
nv =
+ 3p
q
`
Resolución de problemas
B
nv =
3πr 2
Entonces:
π π R+ R + R 3 3
224 cm
Del gráfico: c + 4 = 224 c = 220 cm
2q
q=
74°
4 cm P Q
11θ 2
=
(2q + 3p)(5q - 2p) = 0
De (1) y (2): 2P1 + 2P2 =
O
´c
R
π rad 3
Nos piden: 2P1 + 2P2
24. En el instante que choca con la superficie
´c
π 3
2P2 = R +
Clave C
+
m
10q2 + 11qp = 6p2 2 10q + 11qp - 6p2 = 0
Del gráfico:
π
c
11 1 θr2 2
5θ π
2P2 = ED + L ED
S1 = 4 cm2
nv =
+
π
La rueda da 7 vueltas desde A hasta chocar con la superficie.
a2 + ar - 2r 2 = 0
(a - r)(a + 2r) = 0
Para las ruedas 1 y 2: πrad q1 + q2 = 486° = 486°
a = r
q1 + q2 =
&
25. En el gráfico:
&
C
3 2 30°
a = -2r
Como: a 2 0
R 2
A
0
/
r 2 0 & a = r
n1 2π
486π 180
n2 2π
+
P
Entonces el R 2
60°
B
60°
O
R
OAB resulta isósceles.
n1 + n2 =
R &
θ
E
O
θ
r
a
=
... (1)
Las ruedas están unidas por una faja, se cumple: n1(7) = n2(2) n2 =
4
A
27 20
180
q + q = 90°
2q = 90° q = 45° π `q= rad
a
Sea: 2P1: perímetro de la región ABT
180c
rad 486 π
=
D
T
R
2 2 = a + (r + a)
( 5 r ) 2 = a2 + r 2 + 2ra + a2
Clave E
B
2
Del enunciado: q1 + q2 = 486° qi: ángulo que gira la rueda i Sabemos: q = nv2p q: ángulo que gira la rueda en radianes
2P1 = AB + BT + L AT
7n1
... (2)
2
!
Clave B
Del gráfico: 2P1 =
R 2
+
R
3 2
n1 +
27. +
(2) en (1):
θR
7 27 n1 = 2 20 9 n1 2
r
Donde: q rad = 60° = 60° . q rad q=
π = 3
π 3
rad
θ rad
π rad 180c
S
27 =
n1 =
´
20 3 10
En (2): De: S=
2 1 qr ; = qr 2
n2 =
7 3 . 2 10
n2 =
21 20
TRIGONOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
13
Nos piden:
Además del
n2 - n1 = 21 - 3 20 10
a + b = ( 2 ) ( 2 )
AOB (
31. Sea la cerca cuadrada ABCD, con la cabra atada
45°)
al punto D: R
a + b = 2
3 ` n2 - n1 = 4 Clave E
B
S2
a = b = 1
O
29.
S
P 2 Q
S
b
π = 8 π = 4
S=
(1
+ 1
u2
B
R
PAQ + A PBR
θg
2 2 1 1 q1a + q2b 2 2
... (1)
2
45° O
B
2
P
Donde: m+BAO = m+ ABO = 45° Además 45° = 45° π rad 45° =
π 4
180c
rad
qg:
ángulo que gira la rueda en radianes. Sabemos que: qg = nv2p
Por dato: nv =
En (1): S=
1 π 2 a + 1 π b2 2 4 2 4
S=
π 8
2 3
qg =
&
a
2
a
O
r
r
+ b $ 2ab
2
+ b = 2ab 2 + b - 2ab = 0 (a - b)2 = 0
a - b = 0 a = b
Del
3
h
Intelectum 5.°
π 4
m2
S2 =
1 2
` π2 j (1)2
S2 =
π 4
m2
S3 =
1 2
c m (5)
S3 =
75π 4
3π 2
2
m2
π 4
+
77π 4
π 4
+
75π 4
m2
La cabra puede pastar en un área de m2. Clave E
Además, nos piden h, donde: h + QP = r r 3 2 Clave A
14
S1 =
77π 4
OQP( 30° y 60°)
h = r -
` π2 j (1)2
`
QP = r 3 2
`
1 2
S1 + S2 + S3 =
2 P
S1 =
Nos piden: S1 + S2 + S3 =
Q 60°
2
Si S es mínimo: a
4 πrad 180c 3 πrad
(a2 + b2) ... (2)
Entonces: 2
rad =
qg = 240°
Por desigualdades: Si a y b ! R , se cumple: 2
4π 3
La cabra podrá pastar hasta los puntos en que la cuerda está totalmente estirada. Por lo tanto, todos los puntos en que la cuerda se estira totalmente forman arcos de circunferencia por lo que encierren sectores circulares (S1, S2, S3). Luego, del gráfico:
O
r
Del triángulo AOB: 45°
O
P
S3
)
30. Del enunciado:
A
D 4m
2
2
Sea: S = A
A 1m
5m
2
Clave B O
4m
P
En (2): a
1m
C
Q
2a = 2 `
A
S1
