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53UNI SEMESTRAL 2013 - III TRIGONOMETRÍA TEMA 16
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS II:
ELEMENTOS INTERIORES
TRIGONOMETRÍA
I. ÁNGULO MITAD EN EL TRIÁNGULO
En esta parte expresaremos las razones trigonométricas
del ángulo mitad de un triángulo en función su semi-
perímetro y sus lados.
Sabemos que en todo ABC : O° < A, B, C < 180°
Entonces se reduce que:
A B CO , , 90
2 2 2
   
Como:
2 2 2A 1 cos A b c aSen Cos A
2 2 2bc
    
2 22 2 2 a (b c)A 1 b c a ASen 1 Sen
2 2 2bc 2 4bc
         
 
(a b c) (a c b)ASen
2 4bc
   
Como: a + b + c = 2p
(2p 2c)(2p 2b)A (p b) (p c)ASen Sen2 4bc 2 bc
     
Se deduce en forma análoga el " Acos
2
"
Como:
2 2 2A 1 cos A b c aCos Cos A
2 2 2bc
    
p(p a)ACos
2 bc
 
Observación
En base a estos cálculos se puede establecer un trián-
gulo rectángulo en el cuál se determinarán las razones
trigonométricas de cada ángulo mitad del triángulo.
II. SEMIPERÍMETRO EN FUNCIÓN DEL
CIRCUNRADIO Y LOS ÁNGULOS DEL
TRIÁNGULO
En todo triángulo ABC se sabe que: a = 2R SenA,
b = 2R SenB y c = 2R SenC; además: 2p = a + b + c.
Reemplazando los lados a, b y c en "2p" se tendrá:
2p = 2R SenA + 2R SenB + 2R SenC
2p 2
A B C4 Cos Cos Cos
2 2 2
R (SenA SenB SenC) 
A B Cp 4R Cos Cos Cos
2 2 2
 
DESARROLLO DEL TEMA
54UNI SEMESTRAL 2013 - III TRIGONOMETRÍA
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA EL ARCO DOBLE
TEMA 16
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III. INRADIO EN FUNCIÓN DEL CIRCUNRA-
DIO Y LOS ÁNGULOS DEL TRIÁNGULO
En el ABC , se observa:
2p
A B CCot Cot Cot
B 2 2
B Cr Cot Cot a
2 2
A Cr Cot Cot b ( )
2 2
A Br Cot Cot c
2 2
A B C a b c2r Cot Cot Cot
2 2 2
2
      
    
  
    
  
      
 


A B CrCot Cot Cot 2
2 2 2
 p
Pero:
A B C A B Cp 4R Cos Cos Cos r Cot Cot Cot
2 2 2 2 2 2
 
A B C4RCos Cos Cos
2 2 2

A B Cr 4R Sen Sen Sen
2 2 2
 
IV. FORMAS TRIGONOMÉTRICAS PARA EL
ÁREA DE LA REGIÓN TRIANGULAR
bc ac abS ABC SenA SenB SenC
2 2 2
   
2S ABC 2R SenA SenB SenC 
2 A B CS ABC r Cot Cot Cot
2 2 2
 
2 A B CS ABC p Tan Tan Tan
2 2 2
 
A B CS ABC 4Rr Cos Cos Cos
2 2 2
 
A B CS ABC 4pR Sen Sen Sen
2 2 2
 
V. LÍNEAS NOTABLES DEL TRIÁNGULO
A. Alturas (hK)
2S 2S 2Sha hb hc
a b c
    
S : Área de la región triangular ABC.
B. Medianas (mK)
 
2 2
2 2
a b
a bm bc.Cos A m ac.Cos B
4 4
   
2
2
c
cm ab.Cos C
4
 
Otra forma para la mediana:
2 2 2
a
2 2 2
b
2 2 2
c
4 m b c 2bc .CosA
4 m a c 2ac .CosB
4 m a b 2ab.CosC
  
  
  
C. Bisectriz interior (VK)
A B
2bc A 2ac BV .Cos V .Cos
b c 2 a c 2
       
    
C
2ab CV .Cos
a b 2
   
 
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IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA EL ARCO DOBLE
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D. Bisectriz exterior ( )
'
A
2bc AV .Sen
2b c
    
'
B
2ac BV .Sen
2a c
    
'
C
2ab CV .Sen
2a b
    
Problema 1
La figura representa un prisma exagonal
regular de arista a y altura 8 a. Entonces
el ángulo  de la figura mide:
 UNI 2008 - II
Nivel fácil
A) 8arc Cos
11a
  
 
B) 19arc Cos
22a
  
 
C) 3arc Cos
8
 
  
 
D)  19arc Cos 22
E)  8arc Cos 11
Resolución:
a
a 3
a 8
a
A
D
C
B
a 3
Se pide ""
• El triángulo ABC es isósceles.
(AC = BC)
• AB es diagonal del hexágono regular
 AB a 3 .
• En el ADC:
     2 22AC a 8 a 3 
entonces: AC a 11
• En el  ABC: (Ley de Cosenos)
     2 2 2a 3 2 a 11 2 a 11 .Cos  
Entonces:
19 19Cos arccos
22 22
        
Respuesta: D)    
19arccos 22
Problema 2
En un triángulo ABC se tiene:
 m B 2m C  y 7(AH) = 4(BC),
donde AH es la altura relativa al lado
BC (H BC) ; calcule la cotangente del
ángulo C.
UNI 2004 - II
Nivel intermedio
A) 97 7
12

B) 97 7
12

C) 97 7
D) 97 7
4

E) 97 7
Resolución:
24 kCot 4 kCot 7k   
4kCot2 4Cot 7    
Cot Tan4 4Cot 7
2
        
6Cot 2Tan 7   
26Cot 7Cot 2 0    
7 49 48 7 97Cot Cot
12 12
      
Respuesta: B) 97 + 712
Problema 3
En un cuadrilátero inscriptible ABCD de
área S, con circunradio R.
problemas resueltos
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IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS PARA EL ARCO DOBLE
TEMA 16
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Simplifique la siguiente expresión:
k (ab cd)(ac bd)(ad bc)   
UNI
Nivel difícil
A) 4 RS B) 2 RS
C) 10 RS D) 3 RS
E) 12 RS
Resolución:
Para el cuadrilátero ABCD:
S = SABD + SBCD
ad bcS SenA SenC
2 2
 
pero A + C = 180°  SenA = SenC
Luego:
 ad bcS SenA2 .. (1)
Aplicando ley de cosenos en el ABD y
BCD con el objetivo de calcular las dia-
gonales:
BD2 = a2 + d2 - 2adCosA ... (2)

2 2 2
CosA
BD b c 2bc CosC

  
2 2 2BD b c 2bcCosA    ... (3)
De las ecuaciones (2) y (3):
a2 + d2 – 2adCosA = b2 + c2 + 2bcCosA
2 2 2 2a d b cCosA
2(ad bc)
   

Evaluando en (2)
2 2 2BD a d 2  
2 2 2 2a d b cad
2
  
(ad bc)
 
 
  
Reduciendo:
2 (ab cd)(ac bd)BD
ad bc
 

para:
BD = 2RSenA  2SBD 2R ad bc  
Luego: k = 4RS
Respuesta: A) 4 RS2 2 2BD b c 2bcCosA    ... (3)
BD2 = a2 + d2 - 2adCosA ... (2)