05 SOLUCIONARIO_GEO 5°.pdf

Unidad 1

TRIÁNGULOS

APLICAMOS LO APRENDIDO (página 6) Unidad 1

4.

Piden: x

8. x

Piden: menor valor entero de BM = x

1.

B

E

B

52° 60°

22°

2k

B G

c

a

x

A

m

A

38°

76° 44°

44°

60°

k

22° C

M

A

Se traza la ceviana BM, tal que m+MBC = 22°.

n

C

M 20

Luego se traza ME, formándose el equilátero.

Por propiedad de existencia en el T ABM: c - m < x < c + m ...(1)

TMEC

Finalmente el TBME resulta son isósceles.

Piden: BG

AC

Clave B Clave B

5.

9. B

Piden: x B

6 12x

12x

10 < 2x < 50

&

-

α

2x

4

=

3 A

α

Clave A

2x 3x

3x

A

B 5x

5x E 2x

2x

x

C

Completando ángulos, se tiene que el TBCE es isósceles. También se observa que el T ABC es isósceles. & m+BCE = 2x

Por propiedad del baricentro: BG = 2GM & GM = 3

3x + 5x + 12x - a = a 20x = 2a & a = 10x

Del teorema de Pitagoras: AM2 = AG2 + GM2

Se tiene que el TBOC es isósceles, por lo que el T ABO resulta equilátero. Entonces: a = 60° 10x = 60° ` x = 6° Clave B

AM2 = 42 + 32 = 25 & AM = 5 ` x = 10 Clave E

10.

6.

B B

α

Finalmente en el T ABC: 3x + 6x + 3x = 180° 12x = 180° x = 15°

40°

80°

x

50°

C A

T ABC:

x-5

80° + 40° + 2x = 180° 2x = 60° x = 30° TBEC: x = 40° + a x = 40° + 30 x = 70°

x

x+5

H

10 < x < 2x

10 < x Perímetro (2p = 3x), será mínimo cuando x tome su mínimo valor entero, entonces: xmin = 11 cm El mínimo valor entero del perímetro es: 3(11) = 33 cm `

Clave E

2

Intelectum 5.°

E

Clave B

D x

11.

125°

5 < x + 5 < 2x - 5

ABC.

El cuadrilátero HCEN inscriptible, entonces: m+NCE = m+NHE = 40° & x = m+FHN + m+NHE x = 40° + 40° ` x = 80°

B x

C

El cuadrilátero FBHN inscriptible, entonces: m+FBN = m+FHN = 40°

Clave C

5 < x - 5 < 2x + 5 10 < x

40° E

Entonces N es el ortocentro del

7.

Por propiedad de existencia:

x

N

40° E

Clave D

Piden: mínimo valor entero del perímetro.

H

α

F

A

3.

C

5

Prolongamos BG:

Por propiedad planteamos:

Piden: x

M x

5

O

α

menor valor entero de x es 6 cm.

x

G

α

5 < x < 25

A

1 3

x + 22° = 52° x = 30°

30 - 20 < 2x < 30 + 20

x

=

`

Sumando (1) y (2), se tiene: (a + c) - (m + n) < 2x < (a + c) + (m + n)

2.

2k 6k

=

&

Por propiedad de existencia en el TMBC: a - n < x < a + n ...(2)

` El

C

3k

O

B: ortocentro del ABC O: circuncentro del ABC G: baricentro del ABC

Entonces, los triángulos ABM y BMC son isósceles.

Dato: a + c = 30

3k

B A

F

C 12

Para el ABC, D es su ortocentro. En el cuadrilátero BHDE inscriptible, entonces:

P 5 x

x + 125°= 180° `

O

M

12

N

12

5

x = 55°

5

Clave D

A

H

C

Dato: O es ortocentro del Del gráfico: a + q = 90°

PRACTIQUEMOS Nivel 1 (página 8) Unidad 1

ABC:

En el MHN; por Pitágoras: x2= 122 + 52 x2 = 169 x = 13

8. B

Comunicación matemática 1.

&

C

α

2. Clave C

12.

2θ

3.

B

O 2a

3x

Luego: 4q + 4q + q = 180° q = 20°

C

M

Clave E

2

Trazamos: OC Por ser O circuncentro: OB = OC

2

BH 2

/

9.

x

&

Por propiedad: OM =

D

F

5.

D

4θ

Aplicando propiedad de bisectrices en el T ABC: m+BFC = q

a

A

4θ

θ

Razonamiento y demostración 2a

α

A

4.

H

β

β

40°

B

E

q=a

40°

Por propiedad: 4x = 2(a + b) 2x = a + b a + b + 3x = 180°

Entonces el OMC resulta notable de 30° y 60°. b = 30° En el BDC: q + a + a + b = 90° q + q + q + 30° = 90° 3q = 60° ` q = 20° &

50°

60° 60°

60°

Reemplazamos (1) en (2):

C

A

2x + 3x = 180°

x = 36°

Clave B

13.

M

θ

...(1) ...(2)

&

100°

Nos piden: q Como E es excentro: m+ ABC = 2(m+ AEC)

Clave B

En el AME: q + 60° + 50° = 180° q = 70°

6. B 60°

M

x

Clave C

H

10. 3

3

20° 65°

35°

A

b + x = a & x = a - b

C

N

En el TABC: 65° + q + 35° = 180° q = 80° Como el triángulo MNH es el triángulo órtico del triángulo ABC, se cumple: a = 180° - 2q a = 180° - 2(80°) ` a = 20°

4a = 4b + 60° 4(a - b) = 60° a - b = 15° = x

&

b α

θ

θ

x

10

2x

-5

-3

▪

C

F

C

Por dato: a + b = 260°

Por propiedad de existencia: 10 < 3x - 8 6 < x 2x - 3 < x + 5 x < 8 Es decir: 6 < x < 8 ...(1)

▪

x

α

θ θ

Sumamos y reemplazamos a + q = 80°

&

y y

A

a a

100°

2a + 2b + q = 180° 2q + 2a + a = 180° b + a = 60° Luego: b + a + x = 100° 60° + x = 100° x = 40°

α

E

a

100°

2a + 2q = 180° - 20° 2a + 2q = 160° a + q = 80°

D B

β

x

7.

B

A

α

Clave A

Clave D

14.

β

Clave B

Aplicando propiedad de bisectrices en el TEDC:

&

x=

&

11. 38°

En T ABC:

Pero 2p = 10 + (2x - 3) + (x - 5) = 3x + 2

De (1): 18 < 3x < 24 20 < 3x + 2 < 26 ` 20 < 2p < 26

y 2

x

60°

a + b + 2y = 360°

260° + 2(2x) = 360° &

Clave A

α α

x = 25°

θ θ

Clave D

GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1

3

38°

=

15.

x + 60° 2

B

76° = x + 60° 76° - 60° = x 16° = x

64° 52°

Dato: BC = AC

x O

Clave A

66°

48° A

3

Por

4

B

En el

D

4

B

40°

ABD:

propiedad: q = 52c = 26° 2

O x 32° A

C

N

Por dato: O es el ortocentro del TABC En el AHB: x + 32° + 40° = 90° ` x = 18°

Resolución de problemas

BP = BD = 4

58°

58°

Clave D

Entonces el T BPD resulta isósceles.

H

32°

P

q + mED = 90° & mED = a

&

ABD

T

20.

En el TOCD: x + q + 66° = 180° x + 26° + 66° = 180° ` x = 88°

C

AHP: q + a = 90°

Luego en el

Clave C

D

Del gráfico, C resulta un excentro del relativo a BD. Entonces, AO es bisectriz interior.

H

P

Luego: m+BAC = 2a ` m+BAC = 72°

66° A

12.

Por suma de ángulos interiores: 5a = 180° a = 36°

C

64°

16.

Clave C B

` BH = 4 + 3 = 7

21.

Clave E

B

Q P x

13.

70° A

A 80°

D

θ

40°

50°

20°

b

C

M

Q

Del gráfico: x + 70° = 180° x = 110° `

N

x

α

H

50°

c

n m

a A

M

2n

2m C

θ

n

Clave B

D

17.

C M

Por dato: m+A = 80° / m+B = 60° En el DMB: 50° + 90° = x ` x = 140°

B

Por dato: a + c = 7

50°

En el trapecio APQC: m=

H 40° A

Clave C

x + 40°

x

C

Dato: AB = BC

B 50°- θ N

2m = a + c

&

Prolongamos BM tal que: GM = MD

Luego MN es la base media de ED = 2(MN) & ED = 2m Del gráfico: BHG , BH = ED b = 2m = a + c b = a + c = 7 ` b = 7

ED :

DEG (caso ALA)

&

28°

Clave B P H

a+c 2

Por suma de ángulos interiores: 2x + 80° + 50° = 180° 2x = 50° ` x = 25°

14.

θ

α G N E

P

10°

B

2n

18.

Clave A

+ 12°

B

22. A

50°- θ

x M

30° 30°

x

75°

A

Prolongamos BH , luego en el triángulo ABM por la suma de ángulos interiores: m+BMA = 90°

C

G

19.

1 C

A

M 1

&

B

2α A

&

Prolongamos

trazamos la altura CH. AGM , CHM (caso ALA)

BM y

Luego: En el BHC notable de 45°: BH = HC ` x = 4 2

α α

x + 62° = 90° ` x = 28°

4 H

Por dato: G es baricentro del TABC BG = 2(GM) = 2(1) BG = 2

En un triángulo ABC:

En el CPA: x + q + 12° + 50° - q = 90°

Clave B

x

2

Clave B

Entonces, H es el ortocentro del T ABC.

Intelectum 5.°

45°

45°

D

Suma de ángulos interiores: x + 75° = 180° ` x = 105°

Análogamente se deduce que: m+ ANB = 90°

4

B

C

2α

α

D

C

Clave D

23.

28. B x

31.

El baricentro de un triángulo siempre está ubicado en su interior. (V) Sea G: baricentro

▪

40° 2n

B 20° 20°

G n

x A

M 6n

3n

M

I

40°

C

3n

60° x

40° 40°

30°

A

Por dato: G es el baricentro del T ABC Además: AC = 3BG & AC = 6n

Todo triángulo tiene tres excentros. (V) Por cada uno de los lados de un triángulo se encuentra un excentro relativo a cada uno de dichos lados.

▪

Luego, los triángulos BMA y BMC resultan ser isósceles. En el T ABC: x + x + 40° + 40° = 180°

2x = 100° ` x = 50° Clave A

C

N

I: incentro del ABC El cuadrilátero NIMC es inscriptible ` x = 30° Clave C

32.

Piden: q

El incentro de un triángulo obtusángulo está ubicado en el exterior del triángulo. (F) Sea: m+B > 90°

▪

30°

28° 3 θ 3θ θ

B 4θ

24.

4θ

2θ

2θ

θ

I

Del gráfico: 28° + 4q + 4q = 180° 8q = 152° ` q = 19°

B

A

C

4 M

El incentro (I) se encuentra en el interior del triángulo.

45° P 2

A

2

2

45° 2

Clave D

45° H

2

Clave C

33.

C

2

B

Razonamiento y demostración Por dato: el T ABC es isósceles (AB = BC)

29.

3x A

Entonces, P es el baricentro del T ABC: AP = 2(PM) AP = 2 2 El

42°

α α

x

E

D

C

z y

AHP es notable de 45°: AH = PH = 2

Como P es baricentro: BP = 2(PH) = 2(2) & BP = 4

Por propiedad: a + y = b + (180° - z) y + z = 180° + b - a

Piden: BH = BP + PH = 4 + 2 ` BH = 6

25.

β

... (1)

2a + 180° = 2x + 2b x = a + 90° - b

Clave B

180° - z

β

2x

... (2)

Sumando (1) y (2): x + y + z = 270°

B

Por propiedad en ABEC: 42° + 3x = 2a + 2q 42° + 3x = 2(a + q)

...(1)

Por propiedad en BDCE: x + a + q = 3x a + q = 2x

...(2)

Reemplazando (2) en (1): 42° + 3x = 2(2x) 42° + 3x = 4x ` x = 42° Clave B

Clave E 8


30.

L O

A

M

34.

B

x C

F

Piden: máximo valor entero de h Datos: AB + BC = 24 B

2α

Por dato, L es el ortocentro y O es el circuncentro del T ABC.

E

A

Clave C

Nivel 2 (página 10) Unidad 1 Comunicación matemática 26. 27.

-α 4x

Por propiedad: BL = 2(OM)

8 = 2(x) ` x = 4

4x

3x

4x

a

-α

x

α

D

h

b

C

A

m+BED = 4x + a m+BAD = 4x En el ABC: 4x + x = 90° 5x = 90° x = 18°

H

C

Cada medida de los catetos en un triángulo es menor que la medida de la hipotenusa. h < a (+) 2h < 24 h < b h < 12 2h < a + b ` El máximo valor entero de h es: 11

&

&

Clave E


Clave C

5

Q: circuncentro del ABC O: circuncentro del PBC De la figura m+POC = 2m+PBC = 50° Luego en el POC: 2x + 50° = 180° O x = 65°

35. B 30° 70°

~

D 60°

60°

~ 20° A

10° 10°

60° θ

30° 70°

P

x

42.

Del T ABC: B

α

50° 40°

θ

C

Q

Del gráfico se observa: P es excentro & m+DQP = m+CMP 2q + 70° + 30° = 180° & 2q = 80° q = 40°

a

A

a

x

Si a = 90°, entonces por el teorema de Pitágoras: (BC)2 = 92 + 72 BC = 11,4 Pero: BC = 10 a < 90° Luego: &

x

P

C

Clave A

&

39.

B 7

6 x

M

Clave C

3

36.

A

3x

4

P

C

3

&

3x

x

&

2x

x

3

y

En el T AMP, si a = 90°, por el teorema de Pitágoras: z2 = 32 + 42 z = 5 Pero a < 90° z < 5 Entonces el máximo valor entero de z es 4. En el TNCP, por desigualdad triangular: 3 - 3 < y < 3 + 3 y < 6 Entonces el máximo valor entero de y es 5. En el TMNP, por desigualdad triangular: y - z < x < y + z 5 - 4 < x < 5 + 4 1 < x < 9 Por lo tanto, el máximo valor entero de x es 8.

C P

N

z

α

Piden: x Datos: AQ = PQ = PB = BC

A

C

7

En el 9 APQ: 10° + x = q = 40° ` x = 30°

10

9

Nos piden: x Como el TQBP es isósceles. & m + BQP = m+BPQ = a + b El AQPC es inscriptible & m+BAC = m+BCA = a + b

2x

Q

B

Del gráfico: x + 3x = 90° 4x = 90° ` x = 22°30’

&

Luego el ABC es isósceles: AB = BC &

Clave A

BH es bisectriz.

En el

QBP: a + b + q = 90°

` x = 90°

37.

Clave C

40.

Clave A

43.

B

B

4n L

4n G

n

4n x

M I

O

3n

2

2n C

A

C

A

Nos piden: x En el trapecio ALMC: MC = 3n Luego el GMC es notable 37° y 53° ` x = 37°

Nos piden: a Como I es incentro, m+BIC = 90° + q Del gráfico se observa que: BIC , ECI (caso LAL)

Luego q = 2a Como: 2q + a + 90° = 180° & a = 18°

Por dato: O es circuncentro e I es el incentro &

a = 90° +

θ 2

Del enunciado:

m+AIC + m+AOC = 180° Clave C

90° +

41.

θ

2

+ (2q) = 180°

5θ = 90° 2

q = 36°

`

Clave A

38.

Clave D

44.

B

B

a 25°

α

β

b

Q

A

130° 50° x

25° + α

α

b

C

2

x = 45°

`

Clave E

90°

-θ

15°

&

25°

P

Intelectum 5.°

a

N

O

!

Nos piden: x BP contiene al circuncentro del ABC.

6

β x

▪

a

65°

m+CBP = 90° – q m+ABD = q m BD = 2q m+DCB = q Luego, por propiedad tenemos: m+AIC= 90° + 90c = 90° + 45° = 135°

▪

O

A

α

θ H

G

C

Por dato: a - q = 28° Por propiedad: m+ABH = m+OBC = b En el AHB: b = 90° - a

De la figura: 2a + b = a + q q = a + b ABD es equilátero q = 60° ` BDC es isósceles m+CBD = x + b En el BCD: 2x + 2b + 2a = 180° 2x + 2(60°) = 180° x = 30°

En el TGBN: x + b + 15° = 90° - q x + (90° - a) + 15° = 90° - q x = a - q - 15° 28° ` x = 13°

&

&

&

4

45.

Clave A

P n D

A

n

G

70° n

n M

x

n

b

80°

a m2

x

C

m1

2

En el trapecio AEHG: m2 = a + x 2 En el trapecio DFSM: x =

α

θ θ

d

Por dato: G es baricentro del ABC Además: a + b + d = 42 En el trapecio CRTB: m1 = d + b ...(1) ...(2)

m1 + m 2

...(3)

2

Reemplazando (1) y (2) en (3), y reduciendo:

α

... (3)

Reemplazamos (3) en (4): 72° + x + 2x = 180° 3x = 108° x = 36°

54.

De la figura: 80° + q = 70° + n Pero: n = 180° - a - x & 80° + q = 70° + 180° - a - x q + a + x = 170° 125° + x = 170° x = 45°

B α

x

8

8

2α

2α

A

x =

E

D x

1 80 ° - 6 x

2x

7x/2

α

D

8

C

Como 2a > a, entonces por correspondencia triangular: x > 8 ...(1) Trazamos BD tal que: m+DCB = m+CBD Entonces el ABD resulta isósceles. En el BDC, por desigualdad triangular: x < 8 + 8 x < 16 ...(2) De (1) y (2): 8 < x < 16

51.

Clave B

... (4)


&

5x B

Nivel 3 (página 11) Unidad 1

&

3x/2

Comunicación matemática

3x 1 80 ° - 7 x

2x

46.

A

Sea: PQ = a

Valores enteros de x: {9; 10; 11; 12; 13; 14; 15}

C

El ACE es isósceles, entonces el equilátero.

47. 48.

... (2)

Clave C

Por propiedad: 70° + 180° = 2q + 2a q + a = 125°

Clave C

a+b+d 3 x = 42 3 ` x = 14

En la figura ABG - GFH: a + b = x + g

En el ADE: a + q + 72° + x = 180°

50.

B

... (1)

Restando (2) - (1): x-a=q-x 2x = q + a

&

Clave D

En la figura HBR - RFE: b + x = g + q

DCE es

Por lo tanto, un valor entero puede ser 15.

3x = 60° x = 20°

Clave E Clave E

55. H

52. B

30° 30° 2h h

En el BPC: 2a + 2b + 60° = 180° a + b = 60° Luego m+QKC = 60° El PBQK es inscriptible De donde: BKC es isósceles AKB es isósceles AK = BK = KC ` K es el circuncentro del TABC.

B h

2

&

A

C

M

En el ABM: 2q + 2b = 180° q + b = 90° ` m+ABC = 90°

h

h 30°

60°

30°

A

30°

N

N B

C

h 30° 30°

Clave B Clave B

O

53.

Razonamiento y demostración

D B

49.

x

F x

60° 60°

30°

&

&

B

60° 60°

x

C

+

G

72°– R

A

E x

Del gráfico, O es el incentro y H el ortocentro del ABC. Por dato: HO = 12 & 4h = 12 h = 3 Piden: BN = h = 3 ` BN = 3

2 A

D

Clave B

H


7

56.

BG = 2GM = 2(3) BG = 6 AG = 2GN = 2(4) AG = 8

Reemplazando (2) en (1): x + (2x + 50°) = 65° 3x = 15° ` x = 5°

B

12° 12°

&

&

A

Por propiedad: AD = DB = DG = 5

Clave A

59.

Luego: CG = 2GD = 2(5) ` x = 10

B

R

I

12° x 78° 39°

θ

θ

R

Nos piden: x Como D es circuncentro AD = BD ADB: isósceles Como I es incentro m+BAI = 39° Luego: x + 12° = 39° ` x = 27°

A

&

Q

β

F

61.

N

θ θ

&

2θ

+

α α

θ

D H 2θ + α

M

C

Por dato, E y F son incentros de los triángulos AHB y BHC. Del gráfico, los triángulos BAE y BCD son isósceles, entonces AP y CR son perpendiculares a BM y BD , respectivamente.

Clave C

57. B

En el EBF, I resulta su ortocentro. x = 90°

30° 2

Además: I es incentro del

2 2 C

A

ABC

&

Luego:

Nos piden: AG = x G: baricentro En el BGC: GM = 2 Por propiedad: AG = 2(GM) x = 4

APB es recto en P.

&

Del gráfico: O: incentro del PAR 2x = 90° x = 45°

Entonces: m+ ABI = m+QBI = 45° & b = 45°

G x

Nos piden: x m+BAM = m+CBR

&

M

2

I x

E

Clave E

P

α α C

&

Por el teorema de Pitágoras: AB = 10

R D

&

B θ

Clave C

62.

θ

E

Clave B

45° 45° H

A

Q

45°

4 F

4

4

C

4 B

58.

Del gráfico: BFH BQ = BH ` BQ = 4

B

n 45° P

BFQ (caso ALA)

,

50°

45° Q

n I

&

25°

n

N

a

25°

Clave A D

α α

2x B

C

H

Formamos el

C

a

M

x

ABC y trazamos la altura BH.

Entonces, D resulta ser el incentro del ABE: 2x + 50° + 2a = 180° x + a = 65° ...(1) ...(2)

Nos piden: x Como I es incentro AP = AH De donde: n + 4 = x + a ...(1) Además: QN = 4 – n Pero: x = QN + a = 4 – n + a ...(2) Reemplazamos (2) en (1): n + 4 = 4 – n + a + a n = a En (1): n + 4 = x + n ` x = 4 &

5 10

Luego: ABE , CBE (caso LAL) & m+BAE = m +BCE = 2x

En el BCE: 2x + 50° = a

H

60.

E

x A

A

5

A

D

5 8

6 4 G

N x

3 M

Por dato: G es baricentro del ABC

C

Clave B

8

Intelectum 5.°

TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES APLICAMOS LO APRENDIDO (página 13) Unidad 1 1.

6.

Piden: EH = 4k

3

Piden: AB En el ADB notable de 53°/2 y 127°/2:

Del gráfico: 3k 3 + 4k = 6 k = 2 ` EH = 8

B

3 + 8

&

127°/2 45°

x

2

x=

45°

53°/2 A

2

D

1

5

C

Clave C Clave D

2.

3

Del gráfico:

1

7.

Piden: n2 + 1 En el BAC notable de 30° y 60°:

Piden: x

x B

k

&

6

3 =

6

k= 2 Luego en el AMD es notable de 45°: n 2 = 2 2 n = 2 Finalmente: n2 + 1 = 22 + 1 = 5

M 30°

n

45°/2 2

2+2

Recuerda:

&

60°

A k

3.

=

45° C

2

D

2

n

Clave C

Piden: AB

45°/2 n

2

n

+

En el problema: x = 2 Clave A

8.

Piden:

x

x 75°

En el EDC notable de 16° y 74°: 7k = 21 k = 3 & DC = 24k = 24(3) = 72

100

Recuerda en un triángulo rectángulo notable de 15° y 75° se cumple:

Luego en el ADE notable de 37° y 53°: 3n = 21 n = 7 & AD = 4n = 4(7) = 28 Finalmente en el 5x = 28 + 72 x = 20 Pero: AB = 3x

En el gráfico: x = 25 Por lo tanto: x = 5

a 75°

15° 4a

ABC notable de 37° y 53°:

Clave A

9. `

Se grafica e

AB = 60

ABC y se inscribe el cuadrado OPQR.

B Clave A

4.

15°

15°

O

Piden: x.

R

a ( 6 + 2 )( 6 - 2 ) a ( 6 + 2 )( 6 - 2 )

Por triángulos rectángulos notables de 30° y 60°, se tiene que x = 16.

A

15° Q

P

a ( 6 + 2 )( 6

a ( 6 + 2 )( 6 - 2 )

20

x

El

ROC, es notable de 15° y 75°.

Si: RQ = a( 6 El Clave C

5.

Piden: x 37°/2

Del gráfico: n 10

3n n

n A

=

12

En el

10 = 12

-

2)

&

QC= a( 6

+

2)( 6

+

2)

AOP, es notable de 15° y 75°. AP = a( 6

20 = a( 6

10

n = 12 ABC notable de 30° y 60°: x = 6

-

2)( 6

+

2)( 6

-

-

2 ) , pues RQ // OP y OR // PQ

2)

C x

-

2)( 6

-

2 ) + a( 6

+

2 )( 6 - 2 ) + a( 6 + 2 ) ( 6

20 = a 66 + 2 - 12 + 6 - 2 + 6 + 2 + 12 @ & a = 1 Lado del cuadrado es: PQ = a ( 6 + 2 ) ( 6 -

30°

B

2)( 6

Luego: AC = AP + PQ + QC

37°/2

n

12 10

+

Si: OP = RQ = a( 6 &

C

2)

+

+

2)

2 ) & PQ = 4 Clave B

Clave B


9

10.

Trazamos MH, perpendicular a CD, luego el BMC y el CHM son notables de 15° y 75° ya que el TABE es isósceles. B

E 2( 6 - 2 )

75°

AP =

60°

M

15°

&

4H 3

BA = 2H 3

y

3


3

1.

Perímetro: 2p = AB + BC + AC

H

&

8


BPA es notable de 30° y 60°:

Si BP = H

C

15° 75°

El

8

&

2p = 2H 3

4H 3 + 2H + 3

2p = 2H (

3 + 1)

2. 3 + H 3

Razonamiento y demostración Clave B

30° 60°

A

N

13.

D

Si: BC = 8 CM = 2 ( 6 - 2 ) Luego en el triángulo MCH: &

( 6

2)

-

CH = 2

3.

( 6

4

El perímetro es de 48 m 48 = 3(lado), pues ABC es equilátero, entonces: lado = 16 m P es punto medio de AC AP = PC = 8 m &

3k

6

CH = 2 MN = x; MN = HD = x HD = CD - CH x = 8 - 2 x = 6

53°

15 = 5k k = 3 x = 3(3) = 9

60° 12

R

30°

30° Q

S

x

P 16

C

8

C

α H x 8

5. B

a

El BRQ es notable de 30° y 60°. Si: BQ = 12 & RB = 6 RA = AB - RB RA = 16 - 6 = 10

α 53° β

37°

D

Si: AE = 10 HE = 8 Luego sobre E: 37° + a + 53° + b = 180° a + b = 90° ` m+ ECD = a m+ HBE = b EDC , HBE (caso ALA) Ya que BE = EC HE = CD ` x = 8 &

&

En el

x = 2

&

14.

4H

3

H

4 + 2 2

22°30'

C

AHB es notable de 22,30°: &

3

El

90°- a + 90°- 2a = 90° & a = 30° ` m+ A = 60° ABC es notable de 30° y 60°: B = 2H y PC = H 3

Intelectum 5.°

AB = a 4 + 2 BH = a( 2 + 1)

2

ABC es notable de 22,30°.

Si: AB = k pero k = a

&

AC = k

4+2

4+2

2

Del gráfico: 2k + 3k = 10 k = 2

;

2

`

Reemplazando: AC = a( 4 + 2 2 ) ( 4 + 2 2 ) AC = a(4 + 2 2 ) Dato: AC = 4 &

10

2

a( 2 + 1)

C

Reemplazando:

&

4 + 2 2

Si: AH = a

30°

m+B = 90° (ángulo mayor) m+A = 90° - a m+C = 90° - 2a Pero m+A + m+C = 90°

Si BP = H

m

6. k

El

&

El

a H

B

P

3

2 2

2H

60° A

5

2 2

Clave B A

a

H

3

c

5

x = 10

60° 3


Por dato: BH = a = Clave B

Trazamos la altura relativa a la hipotenusa, los ángulos están en progresión aritmética.

2H

C

x = 2a 2

Clave A

30°

N x

&

B

30°

A

x = 3

&

H

a 15°

AP = AS + SP, pero AP = 8

Reemplazando: 8 = 5 + x

45° 2 45° a

45°

El ASR es notable de 30° y 60°. Si: RA = 10 & AS = 5

&

)2 = 93

3

Clave A

B

12.

y = 2 3 x2 + y2 = 92 + (2

`

El PQC es notable de 30° y 60°. Si: PC = 8 & QC = 4 BQ = BC - QC BQ = 16 - 4 = 12

β

E

5

&

60°

30°

A

Trazamos la altura EH, por lo tanto el AHE es notable de 37° y 53°.

10

5k

&

4

A

=

10

Clave C

53°

37° 15

&

6

x

&

&

11.

=

B

2)

-

4.

`

BH = (2 BH = 2

&

2

a=

4 4+2

)( 2

2

= 2 -

AB = 2

5 Clave A

7. 2

B

;

14 C 14 3

+ 1)

30º θ

Clave E

A

θ 30º

30º

D

^14 3 h 3 BC + CD = 42 14 + CD = 42 ` CD = 28 m BD

=

=


42

En el

12.

8.

a

Del gráfico: B

PB

=

Clave D

20

PQ

=

20

C

L

F

&

3 2

` PQ = 10

C

P

a

Trazamos EL // AB m+ELC = a & TLEF es isósceles EL = EF = 2

3

3 30

60º

30º 60º

=

15.

2

a

A

^ 2 h 30

30º

A

Por el teorema de los puntos medios: x = 2(2) = 4

3m

Del gráfico: m+PBQ = 75° + a Por ángulo exterior: m+BPQ = 75° + a & TBQP es isósceles (BQ = PQ) x = PR = BM (Propiedad)

Clave A Clave E

9.

13. B

x

+

x

2

x

+

+

En el

4

x

2

`

6

4x + 4 + x

+

2

8x + 16 = x

+

x2 = 16 x = 4


BM = 12 = 3 4 x

Por el teorema de Pitágoras: (x + 2)2 + (x + 4)2 = (x + 6)2 2

3 4

=

E

x 2

20 3

3a 4a

` x = 37°

Clave C

Q

tanx =

B

BEC:

Clave C

H x/2

16. a

12x + 36

+

x = 3

A

M

x/2

a

L

2

Clave B

C

45°

10.

E

A

C

M

L

B

Trazamos MH = BC, entonces por el teorema de los puntos medios:

53°

4

MH =

x

30°

C

&

8

Se construye el &

LC = 8

En el

c m 1 2

En el TBCM isósceles trazamos CH = BM BH = HM

&

Trazamos ML = EC

23°

A

x 2

ML = MH =

En el

ALC:

x = 2 2

= 4

x 2

Por dato: AM = MC = BC Sea: HM = a

ELM notable de 45°:

En el MHC notable de 37°/2: MC = a 10 = AM Prolongamos BM y formamos el

c m 2 2

x = 2 2

BLC es notable de 37° y 53°: x = 5

En el MRA notable de 37°/2: AM = a 10 & MR = a / AR = 3a

Clave E

Clave B

14.

11.

BRA.

En el BRA: AR = BR & x = 45° Clave C

Nivel 2 (página 16) Unidad 1 Comunicación matemática 17. 18.

Por dato: AE = BC = 2a


Trazamos: BH = AC

19.

En el BHC notable de 30° y 60°: BH = a

En el

AHM notable de 37°/2:

AH = 3a / AM = a

En el AHB notable de 45°: AH = a & HE = a

B

10

Trazamos CE perpendicular a la prolongación de

5

BM.

Luego, el BHE es isósceles: ` x = 45° Clave B

En el MEC notable de 37°/2: ME = a / EC = 3a

30° + α α

α=

30°

30°

A

C

Q 10

5


11

24.

Del gráfico: m+ ACB = 30°

Trazamos BH = AC H

En el T ABC: a + 90° + a + 30° = 180° a = 30°

13

B 1

45º

135º

30º

15º

A

Entonces, el TBQC es isósceles: BQ = QC = 5

BH es mediatriz AB = BC (m+BCA = 45°)

&

El BHC, resulta notable de 45°: ` BC = 13 2 m

&

En el BHC notable de 45°: BH = HC = 2a

C

26

En el Clave E

En el ABQ notable de 30° y 60°: AQ = 2(5) = 10 ` AC = 10 + 5 = 15

tan


` j x 2

&

25.

BHF:

x 2

=

a 2a

=

53c 2

1 2

=

` x = 53°

B

Clave E x

20.

Clave B

4

8

L


R

5

4 B

2x

4

45°

A

x

D

x

Com unicación matemática

2x

C

P 5

30°

15°

A

8

Se construye el &

C

En el

Trazamos BP de modo que el T ABP sea isósceles. m+BPA = 2x / m+PBC = x AB = BP = PC = 8

ALC

Del gráfico: CB = 32 = 16

60º

DB

D

=

16 2

=

d n

16

DE 30º

30º

`

B

E

&

3

3

&

x

A θ

C

M

10

6

64

Del gráfico: =

32

BH

=

32 2

3

=

16 3

HM

=

3

^

3h

`

2

BC // MH & MH = 4

HM = 24 m

/

HD = 6

+8

8

5

4

5

=

8 /2

DH

=

3

&

A

30º D

H

C

=

Intelectum 5.°

&

+2

+2

an = 3 + 2 .

(n - 1) ! (n - 2) ! 1!

+12

+16 +20

(n - 1) ! (n - 2) ! 1!

+

4

(n - 1) ! (n - 3) ! 2!

bn = 2n(n + 1)

El término “n” de la serie sería: la hipotenusa es igual al cateto mayor más uno.

2a 45° A

2n(n + 1) + 1

45° E

a

12

+2

11; an

&

x x 2 2

4

Clave A

9;

bn = 4 + 8(n - 1) + 2(n - 1)(n – 2) B

DC = 2DH ` DC = 6m

+2

bn = 4 + 8

&

Clave C

Del gráfico: BH

7;

+4 +4 bn = 4 + 8 C1n - 1 + 4Cn2 - 1

En la figura MBCH: 53° + x = 90° x = 37°

27. B

5;

an = 2n + 1 Luego tomamos la serie de catetos mayores: Si: 4; 12; 24; 40; bn

Clave C

23.

+4

an = 3 + 2 C1n - 1

En el CHD notable: m+DCH = 37° & m+ ACH = 53°

+4

16 + 4 = 20

&

`

Por el teorema de la bisectriz: MD = 10

64 2

16

Si: 3; +2

Trazamos DM perpendicular a la prolongación de BA.

C

+12 +16 +20

El término siguiente en el cateto mayor sería 60 .

D

=

40 + 20 = 60

Tenemos la serie de catetos menores:

30º

AB

&

29. H

M

H

40; 60

112 + 602 = x2 & x = 61; la hipotenusa sería 61, además vemos en la serie de triángulos que la hipotenusa es igual al cateto mayor más uno.

37°

16 3

A

9 + 2 = 11

Aplicamos el teorema de Pitágoras:

53°

θ

DE = 12

30º

24;

+4 4

8 3 2

4

60º

+2

Si: 4; 12;

B

8 3

=

B

60º

+2 +2

&

Tomamos la serie formada por los catetos mayores:

+8

22.

32

9; 11

El término siguiente en el cateto menor sería 11.

26.

Clave E

30º

7;

Clave C

2

32

+2

En el DRP notable de 37° y 53°: 2x = 37° ` m+BAD = 2x = 37°

21. C

5;

&

Clave B

A

Si: 3;

Trazamos DR = BP BR = RP = 4

BLC notable de 45°: x = 4 2

30º 8 3

Tomamos la serie formada por los catetos menores:

&

8 = 4 2

LC =

28.

8

H a

F a

C a

2n(n + 1)

2n + 1

30.

32.

Trasladamos el área III al lado del área I ya que ambos triángulos, superior e inferior al cuadrado más grande, son congruentes.

a( 2 -

a x

B

A

Por dato: AC = 6 Entonces: 2a = 6 Luego: x = a

B

(b)

i

Clave C

2+ 2

ib _

3 2 2- 2

=

=

B

a

i l_

2+ 2

i

3(2)

Resolución de problemas 36. Aplicamos el teorema de Pitágoras: y2 = x2 + 162 2 y - x2 = 162 (y + x)(y - x) = 162 Dato: y + x = 32 32(y - x) = (16)(16) Tenemos el sistema de ecuaciones: y - x = 8 Dato: y + x = 32 2y = 40 Por Pitágoras: y - x = 8 y = 20

NC

=

18 2

BC

=

9

=

=

II

+

A + B = II

I +

+

&

2

c 2

&

Clave B

a H

C A

+

B

c = 2

53°

30°

60° N

45°

=

C

20k

Luego como QM // AB y BC // PM y P y Q son puntos de AB y BC & PM = b y QM = a Luego vemos que: THPM , TIQM; (caso LAL) & HM = MI 38.

Del THPM: q + a + 90° + f = 180° a + q + f = 90° Del paralelogramo BPMQ: m+PMQ = a m+HMI = f + a + q m+HMI = 90° &

&

&

k

2

Clave A

45° A

20

&

4

a

De la figura si: BA = 2a & HP = BP = a y BC = 2b & BQ = QI = b.

4k

Prolongamos CB y trazamos la perpendicular AH. Sea: AH = 12k Del AHC: 20k = 20 k = 1 Del AHB notable de 37° y 53°: HB = 9k Del AHD notable de 45°: HD = 12k Entonces: BD = HD - HB = 12k - 9k BD = 3k = 3(1) ` BD = 3

C

B

M

37°

A

φ

A

D

8°

I b

C

3k 16k 45°


8

B

37° 8°

α b

Q P α α b a θ φ

9k

a2 + b2 = c2

=

a

θ

H

31.

=

B

III

Teorema de Pitágoras

2

37.

12k

2a

x = 12 m Clave B

III ... (a)

Reemplazando de (b): =

`

_ 2i

2

2

&

9

34.

Reemplazando de (a): A + B + C = II

b 2

C

18

` BC = 9 2 m

En el gráfico: c2 = 2 II y C +

&

30º A

sus hipotenusas miden: c

Dato: A + B + C = I

9

45º

45º

&

k

_

2 2- 2

5x = 20 x = 4

N

Vemos que el triángulo que contiene a las áreas III y I y el triángulo que contiene el área C son congruentes.

3 ) = 20

&

Clave E

y

+

a = 3

&

Por dato: AC = 20 x(2 - 3 ) + x + x(2 +

2

33.

III

2

-2

c

II

b

a 2

2)

x = 6

II

c

2

En el PSA notable de 15° y 75°: AS = x(2 - 3 )

`

2

b = 2

4

2 2

-

Del gráfico: A

-

x = 3 2_ 4 2i

c a = 2

4

_

b

I

III

a

En el QRC notable de 15° y 75°: RC = x(2 + 3 )

2)

B

x = a( 2 +

B

A

45°/2

A

b

C

&

2a

Duplicamos las regiones A ; B y II con respecto a los ejes de simetría x e y.

c

Por dato PQRS es un cuadrado: SP = PQ = QR = RS = x

C

M

k

a

35.

H

B

x

Del gráfico: 2a = 4 a = 2 k 2 = 8 2 k = 8 Piden: x = k + a = 8 + 2 ` x = 10

x

P

Q

&

&

x

x

75° A

15° R

S x(2 - 3)

x

C x(2 + 3)

Clave A


13

PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA APLICAMOS LO APRENDIDO (página 18) Unidad 1

En el CDE (triángulo notable) de 37° y 53°: Como DC = 9k & CE = 15k

1. B

x

=

8

a

c

CE = 15

F 12

y

-

A

-

=

A

Por dato: ABCD es un trapecio. B

E

a = 3k

/

A

En el

ABO:

BE EA

=

2 3

En el

ABC:

BE EA

=

5 x

Luego:

BE EA

=

2 3

=

5 x

&

x = 7,5

M

=

N 4

1 3

θ

A

Trazamos EN y PF paralelas a AD y CD, respectivamente. & EN = AD / PF = CD

6- x

6

P xO

H

12

α

Entonces: AE 6-x

D

&

Del gráfico: PE // HB

α

12

Del gráfico:

Piden: PO = x

8 C

9

=

&

EB x+6

&

1 6-x = 3 6+x

AE 6-x = EB 6+x

&

=

12 9

&

EB

=

6

AB AD

14 12

&

=

&

AD CD

=

5+x 6

=

5+x 6

CD

x = 3

&

2

=

5+x 6

12 = 5 + x ` x = 7

Clave C C

9.

Piden: BT = x

B

H T

BC = 10,5

F

A

Clave B

E

6

D

b P

3

x

Piden: FE

Piden: CE

A

Del gráfico: BF // CE, &

AB BC

=

AF FE

&

En el ABC (bisectriz interior): AD = 3k; DC = 9k Luego: AC = AD + DC 5 6

Intelectum 5.°

AB BC

=

AE ED

AF = 2 FE

O a

Trazamos AT, luego se determina el

B

ATB.

Sea m+ ABT = a & m+PTA = a

Como BE // CD:

10 = 3k + 9k & k =

QFP

5+x 4+2

Clave B

ABC, por el teorema de la bisectriz BC 9

=

&

6.

Luego en el interior: BC DC

MEN +

EN PF

^2CDh

Como DE // BC, por Thales: 8 EB

D

F

Q

Por dato: AD = 2CD E

E

AD = DC

x

O

A

6

14

2

5

B

2 6

C

θ

5.

B

3.

P

E

Piden: BC Datos: DE // BC

=

6x - 24 = 2x 4x = 24 ` x = 6

&

θ

Clave D

AE EB

2 6

8.

Piden: x/y

A

=

Clave D

Clave C

Además: AE + EB = AB x + 6 = 8 & x = 2

2.

4

x

B

3k + 2k = 15 & k = 3 y = 2k = 2(3) = 6

=

-

C

&

x y

x

&

...(1)

Reemplazando (1) en (2):

`

Del gráfico: TBEC + T AED

O x

Por dato, el TEBF y el : AEFC tienen igual perímetro: a + y + c = 8 - y + c + 12 - a + 10 2(a + y) = 30 & a + y = 15 ...(2)

BC // AD

&

2

12y - ay = 8a - ay

y = 2k

&

D

6

Piden: OC = x

-

3y = 2a

4

Clave D

4.

x

C 2

3 &

=

-4

B

F

Por propiedad: y a 8 y 12 a &

x

25 2

a C

10

c m 5 6

Como el cuadrilátero AEFC es un trapecio: Entonces: EF // AC

-

E

Por lo tanto:

y E

7.

=

6 = 2 3

Luego:

Entonces: AE = AF + FE 6 = 2FE + FE & FE = 2

&

Sea m+TAB = q & m+HTB = q, Además: m+TBH = a Del gráfico: ATB + THB

AF = 2FE

x b

=

a x

`x= Clave B

&

x2 = ab

ab Clave E

10.

13.

Piden: BD = x &

x = 37°

Clave B

5.

En el gráfico: FRB + RBA BR FB = AB BR &

Del gráfico: AMB isósceles Luego en el ABC, por el teorema de la bisectriz interior:

6 x-1 = x 6

&

a x

x(x - 1) = 6

2a =

9

-

x

β

x = 3

&

A

x = 3

`

B

α α β

C

D

6

Clave A

E

3

x

Clave A

11.

14.

Piden: AF P

10

B

Por cuaterna armónica:

Como "O" es circuncentro del triángulo ABC entonces 2m+ABC = m +AOC, trazamos AO y OC TAOC es un triángulo isósceles.

AC CD

&

C

AE DE

6 &

φ

=

9+x x

Clave D

L

B

α D

3

2x = 9 + x ` x = 9

Q

16 A

=

P

6.

F

θ

O R

De la figura: AB = CD Si: m+CAD = a

A

!

m CD = 2a ACB = a & m+DCF = a / m+

&

&

10 AB

=

16 FC

=

ABC + AB DF

&

10 AB

&

FDC

C

R 8

=

=

&

T

AQO a

T

9 6

x+4 x 3x = 2x + 8

PCO

OQ ; reemplazando: OC 18 R

&

R = 12

Clave A Clave B

7. B

16AB = 10FC ...(2)


R

Q

L


L A

1.

25,6DF = AF (DF) ` AF = 25,6

P

C

S

9

16

Del gráfico: APQ a RSC L 16 = L = 3 (4)

2. Clave E

9

3. 12.

=

x = 8

...(1)

De (1) y (2): FC2 = 25,6DF ...(3) En el gráfico: FC2 = AF (DF) Reemplazando (3):

AO PO

`

10DF = AB2

φ

M

Luego: q + f = a

Si: m+BAC = q m+BCP = q / m+CFD = q

R

α

m+AOM = m+COM = a

&

&

Luego:

α

θ

L

&

L = 12 m

Piden: BD = x

Clave E


8.

4. L1 a

10

L2

6

Trazamos CE // BD. Luego el Del gráfico: a x

=

a+c c

a x

L3

ECB es equilátero. ADB a ACE: &

ac a+c

b

Del gráfico tenemos:

= x

&

a b

=

10 6

=

5k 3k

Del gráfico: ABF a CAB: x2 = 16 (4) x = 4 (2) x = 8 Clave B

Clave E


15

9.

B

Luego se deduce que: m+ ABR = m+PBC = b

B a

a

19.

El TPCR es isósceles: m+CPR = m+PRC


n

m A

&

C

D

3n 6

=

n x

x = 2 Clave C


&


m n

13. m 5 x = = n 6 12

Luego tenemos: ` x = 10

14.

c m

15. Clave E

10.

C

3k

O

Del gráfico: ABC a ATO 8k = 15 k = 15 8 Luego: TB = 12 - 4k TB = 12 - 4 15 = 9

S

=

5k 15

12

AB 5 = 6 BC

3k

A

R

Por el teorema de la bisectriz interior:

9

4k

`

x

T

12

Entonces: T ARB a TCPB

8

2

TB = 4,5

`


Clave E

16. A

D

20.

a

B x

10

B x

+

E

n

b N

2

14

C

F

m

c

4

A

Aplicando teorema de Thales:

Por el teorema de Tales tenemos: x 10 x = 5 = x+2

14

Clave E

5

5x - 2 = 6x - 3 x = 1

11. 3n

&

C

x

E

n

x

...(2)

De (1) y (2): 4 =

Clave A

C α

θ

x

m 4 = n 1

&

B

1

Por corolario, sabemos: m n m 5 ...(1) = =

3x x = 5x - 2 2x - 1

&

D

5 x

&

x= 5 4

=

1,25 Clave E

17.


F

21.

E

B

α

A

T

θ

n

P

Q

n

x

P

D

n

α

4

Por dato: BD = 40 Como ABCD es un rectángulo, entonces: AC = BD = 40 Luego: TBFC a TQFA &

AF FC

=

2n 3n

&

A

R

Q

R

O

AF = 2k / FC = 3k

&

m

18. B 8

-x

2

D

x = m + n x = 14k = 14

&

6 x

A

Clave C

12.

c m 3 2

x = 21

`

C

AB BC

=

BC BD

&

8 6

Clave C

6 =

8

-

22.

x

B

36 = 64 – 8x 8x = 28 ` x = 3,5

2

&

θ α α

m

θ

Intelectum 5.°

R 3

P n

Clave D

16

= 21

Del gráfico: TABC a TCBD &

β β

C

Por el teorema de la bisectriz interior: n - m = 6 / 10 = m = 5k 18 n 9k Luego: 9k - 5k = 6 4k = 6 k= 3

x = 2

&

n

A

Clave D

Del gráfico: AC = AF + FC 40 = 2k + 3k 40 = 5k k = 8 Piden: AF = 2k = 2(8) = 16 ` AF = 16

18

B

2R

Por proporcionalidad: 4 2R = x R

α

10

A

Q x C

Por proporcionalidad tenemos:

Del triángulo ABS:

29. B

m 5 = n x

2 3

&

=

/

m n

2 3

=

P S

5 x

O

15 = 7,5 ` x = 2

A

Clave D

2

R

3

3

D x Q

1

Luego, del triángulo SBC:

23.

Del ABD:

B

Del DBC: B

B

8k

2k O

2k O 6k

3k

3k S

Entonces:

C

x

5

A

5 6 = x 8

x = 6, 6

Del gráfico: ABC + QBR 8

-

&

=

,

D

2 R 3

& !

8

C

x 3k

=

D

x

Q

1

C

1 2k

x = 1,5

12 ,

Clave A

Clave A

28.

8, = 12 (8) - 12, 4,8 m

30.

` ,=

B

Clave C

6

24.

-x

M

6

m 2 β x

N

β x

A

n

β β

C 14

Del ABC: teorema de la bisectriz interior.

Del gráfico: ABC a MBN 6-x x = 6 14

6x = 84 - 14x 20x = 84 x = 4,2 m

Del gráfico: AB//RQ / BC//PR TAPR a TRQC L 6

-

4 L

=

-

L

L

&

2

L = (4 - L)(6 - L) 10L = 24 L = 2,4

x m = 12 n

...(1)

Clave E

Del ADC: teorema de la bisectriz exterior.

31.

Piden: x

C

n

Clave D E


m


+

25.

+

A

D

AD DE = m+n n

26.

AD m+n = DE n


...(2)

Dato: 5DE = 2AD

27. B

&

AD DE

=

5 2

Los triángulos sombreados son semejantes, entonces:

Reemplazando en (2): 5 2

Q D

=

m+n n

&

m n

=

3 2

...(3)

R-x R+x = x - r x + r

Luego de (1) y (3): A

P 8

S 6

C

E 5

x 12

=

3 2

&

x

=

Resolviendo: ` x = Rr

18

x

Clave D


Clave B

17

35.

Por dato: BM es mediana AM = MC = 5k Del gráfico: AD + DM = AM 3k + 3 = 5k 2k = 3 k= 3 2 Piden: AC = 10k = 10 3 = 15 2 ` AC = 15

Resolución de problemas 32.

Piden: AB B

&

B

x

2

+ 4

2α M

&

G

E x

1 A

- 5

α α

Del gráfico tenemos:

Clave A

x+4 2 = x-5 1

34.

Piden: BH

x + 4 = 2x - 10 14 = x Piden: BC = 2x - 1 = 27

B

E

O r

33.

14

3k

C

3 M 7k

Por el teorema de la bisectriz interior: AD = 3k / DC = 7k

18

Intelectum 5.°

BH

-

r

R

c

BH

`

r

&

C

H

BE = BH - R BF = BH - r TBFO a TMEB

θ

-

=

mc

1

BH R

-

AC y AM

( AB) (AB ) 2

C

BF EM

&

R

-

&

m

1

=

como AM =

=

BH

OF BE

-

r

r

=

=

AB 2

a (a + b)

(AB)2 = 2a(a + b) ` AB =

r BH

=

R R

A

D

b

La m+A es común para los triángulos ABC y AMF. AB AF

M

F

B

A

F

Del gráfico: TABC a TAFM

r

6

a

&

Clave E

θ

O α

A

c m

C

α

2a (a + b) Clave C

R BH

-

R

1

BH = R + r Clave D

RELACIONES MÉTRICAS APLICAMOS LO APRENDIDO (página 23) Unidad 1 1.

4.

8. x

Piden: x

θ

b 25 C

C a

θ

D

B

a

11

θ

x

D

A

A

T

H

m

Teorema de la tangente: x2 = ba

x2 = (25 + 24)1 x = 7

B

c

Sea: HB = m

El
Clave E

En el ACB por relaciones métricas: a2 = mc ...(1)

&

&

5. A

En el BHC por relaciones métricas: m2 = ax ...(2)

2 P

Clave B

T 45°

De (1) y (2): `

x=

a c

3

9.

9

2

3

A

2

45°

B

Clave B

Q 3

M r -8

r

En el PBQ: PQ = (3 2 )( PQ = 6

B r

2

)

En el OMN por teorema de Pitágoras: r 2 = (r - 8)2 + (r - 9)2 r 2 = 2r 2 - 34r + 145 0 = r 2 - 34r + 145 0 = (r - 5)(r - 29) r = 5 0 r = 29

6. P

&

1

En el MPO por el teorema de Pitágoras: x2 = 42 + (8 - x)2

Q x

Del gráfico se observa: r > 5 ` r = 29 cm

a

A

C

B

10.

Por propiedad: QB = BC (a + 1)2 = 4(a) 2 a + 2a + 1 = 4a a2 - 2a + 1 = 0 (a - 1)2 = 0 a = 1

3. B

Clave A

a

4

&

Clave C

&

B

x2 = 42 + a2 x2 = 16 + 1 x = 17

C

6

8

8

h

A

D

Clave E

Se prolonga AD hasta M tal que CM // BD. El T ACM es un triángulo rectángulo: CM = 8 y AM = 10 Por relaciones métricas en el ACM: (AM) h = (AC)(CM) 10h = 6(8) ` h = 4,8 cm

7. n

D

15

-n

&

C

x

T

15 F

Sea AB el menor cateto. 62 = n(15 - n) 36 = 15n - n2 2

n n n

θ

a b 8

P θ

Clave D

θ

- 15n + 36 = 0

L

V

-12

11.

-3

2

Teorema de la tangente: x = ba

n = 3 0 n = 12 (AB)2 = (AD)(AC) &

(AB)2 = (3)(15) AB = &

AB = 3

`

M

10

6

A

9

O

Clave B

Resolviendo: x = 5 Piden: AD = 2x ` AD = 2x = 10 cm

8 N

2

(BT)2 = 2(9) BT = 3 2

2.

P r -9

C

3

En el TLFV + TPFL 82 = ba x2 = 82 x = 8

45

L

B

53º

F

x 5

5

&

5 Clave A

37º

Clave D

A


C

19


Como L es mediatriz: AF = 5 &

6. B x


Luego el ABF es notable de 37° y 53°. ` AB = x = 4

A

1.

Clave B

F

2.

12.

C 4

Razonamiento y demostración B

3 x

M

θ

n

5

N

&

P

b

A C

M

a

N

Teorema de la tangente: x2 = (5 + a)a x2 = 9(4) x = 6

θ

n α

α

En el MBN por el teorema de Pitágoras: 32 + 42 = (MN)2 MN = 5

C

A

&

&

El TABC es isósceles: AB = AC (dato) Por el teorema de la tangente (BP)2 = (BC)(BN) (BP)2 = (2n)(n) (BP)2 = 2n2

En el MPN por el teorema de Pitágoras: 52 = x2 + 12 ` x = 2 6

Del gráfico: el

13.

n

B

_a + b i

45º 45º 7n x

24n 2

α

7

F

24

17n

7.

C

α

=

BNA a

b

2

n

&

n

&

...(1)

MNC

= b(a + b)

Del gráfico: m+PBQ = m+PQC = a (QC)2 = (PC)(BC) 2 ` (QC) = (4)(1 + 4) QC = 2 5

...(2)

O

Reemplazando (2) en (1): (BP)2 = 2b(a + b)

7n A

Clave B

&

Clave E

=

B

BP =

1

4

&

AB = x = 7

d

n =

31 25 2

n

A

25 2 =

α

B

m

θ

R

θ β

n

β+α

x

n 2

α

α

A

N

C

Se traza MR // AB, entonces: MR =

m

(base media del TAQP)

2

También: RN =

n

x2 =

+

MN = x =

`

+

n

2

x =

`

2

Intelectum 5.°

20 = 45(PQ)2

4

&

PQ = 2/3 Clave B

8.

Del gráfico: B Q P

- r

A c

a

2

+

b

- r - x

HxR

b

C

c2 = (c - r - x)b

Sumando (1) y (2): xn + x2 - xn = b2 + a2 x2 = a2 + b2 Clave A

20

1

(2 5 ) 2 = (5PQ)2 + (2 5 (PQ)) 2

c

&

2

2

Trazamos FE, tal que: m+NMF = m+FEC Del gráfico: los cuadriláteros MFEC y HFEB resultan ser inscriptibles, entonces por los vértices de cada cuadrilátero pasa una circunferencia. Luego, el teorema de la secante:

(CB)(CE) = (CH)(CF) (x)(x - n) = a2 x2 - xn = a2 ...(2)

n 2

m

`

b2 = (BM)(BF)

&

a k a k 2

=

&

MRN, por teorema de Pitágoras: m 2

a2 = (CH)(CF)

&

Completando ángulos se obtiene que: m+MRN = 90° En el

&

(BC)(BE) = (BM)(BF) (x)(n) = b2 xn = b2 ...(1)

(base media del TCAQ)

2

Aplicamos el teorema de la tangente: /

BP PC

(QC)2 = (QO)2 + (OC)2

14.

m 2

=

Finalmente:

α

P

PO

&

8,68

Q

PQ &

Además: (OC)2 = (PO)(OQ) (OC)2 = 4(PQ)5(PQ) OC = 2 5 (PQ)

Clave A

M

C

Q

Veamosque: TPBQ a TCOP ` PO = 4(PQ)

5.

31

2

α

α

Clave A

Luego de completar las longitudes de los lados por semejanza de triángulos, por Pitágoras en el ABC: (7n 2 )2 + (24n 2 )2 = 312

P

α

2b _a + b i

` 24n

`

D

Por el teorema de la tangente: a(2a) = (4 2 )2 2a2 = 32 a2 = 16 a = 4

B

4 P

4

3

4

7n 2

2

4.

x

3

5

a

3.

3

a

a

2

c = c - r - x b

2

&

Clave D

x=

c (b - c) b

-

r Clave C

Trazamos PR: el RAP es notable de 45°. AR = AP = a y PR = PC = a 2

9.

a

2

2a

2

&

AB BC

45°

... (I)

Además: (BH)(AC) = (BC)(AB)

a

Reemplazando: (21,6)(a) = (27)(b) 4a = 5b a = 5k y b = 4k

45° P

a

1 2

=

&

R

B

Dividimos (1) entre (2): =

a

A

Trazamos PB 9 AC; luego: (AB)(AC) = a2 ... (1) 2 (BC)(AC) = (a 2 ) ... (2) AB BC

Del dato: (QC)2 - (AQ)2 = 729 (BC)2 = 729 ` BC = 27

Q

&

C

2

&

2

En el TABC: (AC) - (AB) = (BC)2 (5k)2 - (4k)2 = (27)2 k = 9

Clave E

2

&

a + b = 9k; reemplazando: a + b = 81

Resolución de problemas 10. r

B

Clave C

p+q

N

C

P

13.

x

x

El cuadrilátero MNBH es inscriptible. Por el teorema de las secantes: (AN)(AM) = (AB)(AH) (6 + x)(6) = (AB)(AH) ...(1)

α

A

q + r

M

p

D

P

q

Trazamos CP 9 AD y las alturas PN y PM TABD a TDPC AD AB (AD)(DP) = (AB)(CD); reemplazando: ` = &

CD

DP

En el

&

(p + q + r)(q) = x2

2

8

... (1)

AHP, por relaciones métricas:

= (AH)(AB)

...(2)

De (1) y (2): (6 + x)(6) = 82 (6 + x) = 32

Luego: (PA)2 - (AM)2 = (PD)2 - (MD)2 ... (2) (PC)2 - (NC)2 = (PB)2 - (NB)2 ... (3) Sumamos (2) y (3):

3

(PA)2 + (PC)2 - (AM)2 - (NC)2 = (PB)2 + (PD)2 - (MD)2 - (NB)2 75 + (q + r)2 - (p + q)2 = 43 - p2 - r 2 2 2 2 2 32 = 2q2 + 2qr + 2pq ` 75 - 43 = (q + r) + (p + q) - p - r De (I): 16 = q(p + q + r) = x2 ` x = 4

`

x

14 = 3 Clave E

&

14.

Clave B

11.

B

9 P 6,5

H

C

M

x

Q

Por propiedad:

&

12

x

Por propiedad: (BH)2 = (PH)(AH) (BH)2 = (6,75)(12) (BH)2 = 81 ` BH = 9

A

9

T

P A

Prolongamos BH hasta M; donde M es punto medio de AC, porque el :BHQA es un trapecio isósceles: HM = MQ = x y BH = QA = 9 ` THMQ es un triángulo isósceles 2 2 2 En el MHA: (HA) + (HM) = (MA) 122 + x2 = (x + 9)2 144 + x2 = x2 + 18x + 81 x= 7 &

&

2

Pero: CQ = 2x + 9

&

CQ = 16 Clave B

12.

Del gráfico: AP = PB, luego: (AP)2 - (AQ)2 = (PC)2 - (QC)2 (AP)2 - (AQ)2 = (PB)2 + (BC)2 - (QC)2 (QC)2 - (AQ)2 = (BC)2

B

Q

P Q

B

R

(PT)2 = (PB)(PA) / (PB)(PA) = (PR)(PQ) En el gráfico: Para la circunferencia de centro O2: (x)2 = (NP)(NQ)

...(1)

Para la circunferencia de centro O1: (NP)(NQ) = (NC)(NB) (NP)(NQ) = (12)(3)

...(2)

&

De (1) y (2): x2 = (12)(3) = 36 ` x = 6

b P

A

B A

a

H

C

Clave B


21


Finalmente:


QC AD

=

Reemplazando:

16.

`


B

17.

PQ RC

=

( 10

2

3a a

QC = 3(AD)

&

m + RC =

2m 2 )m

10 m

5

=

-

QR + RC

`

&

3

=

d

10 m 3

RC = ( 10 - 2 ) m

1

+

4 Clave A

x

M

β

En el gráfico, trazamos NO tal que MO = MC, luego ubicamos R tal que BM = RM TABM , TRMO

α

x

R

20.

β

α α

&

A

m+BMA = m+MRO ` MC // RO m+MOR = m+OMC = a y m+BAM = m+MAC = a En el TABC: AB = AC (AB)(MC) = (AC)(BM) BM MC (MC)2 = (AC)(BM) ... (I)

O

T

x

a

bk 3 S

ak 53° 6 2 α

Finalmente: (MC)2 + (NC)2 = (AM)2

&

D

BM = NC

&

Por propiedad: DT = QR

(AB)2 + (BM)2 = (AM)2

Luego: TABP a TEFR

Teorema de Pitágoras: m+ABM = 90°

R

α

A

= (NC)(AC) = (AC)(BM)

&

12 = QS + SR

AB EF

&

=

a b

=

18.

El

A

2θ

C

2 5 5

cm

P L

1

θ

B

θ

Q

S

1 2θ 1/2

m c

1 1 + AP = 1 + 2 2

N J

T

U

2

2

1/2

B

r O2

En la circunferencia interior: (PB)(AB) = (LB)

`

x=

`

2

&

m+PDR = 90° PQ = 1

Clave A

2

c mc

x 5

&

Q

1 2 R

&

PQ =

&

D

x

1 2

SR = 12 - 3 = 9

21.

&

QB = PB =

`

AP ER

θ

!

&

PCQ es notable de 53º/2

K

G

b

También: TDAP a TDER ` m+ADP = m+RDE = a En el PDR: (DS)2 = (PS)(SR) ` 62 = (PQ + 3)(9)

Clave D

Se observa que: LQ = QP = 1 mLP = m+APC

F

C

Q

= (NC)(AC)

Reemplazando de (I): (MC)

P

B

&

2

m+QDS = 53°/2

&

E

&

En el TAMC: (MC)

53º 2

El triángulo DET es notable de ` QS = 3 y ST = 6

C

α N

&

2

n

r

M

2

m

2

O1

A

AP = 4

P !

!

Del gráfico:

Finalmente: (PC)(RP) = (PB)(AP) x(x + 1) = (1/2)(4) x2 + x = 2 x2 + x - 2 = 0 ` x = 1

Por propiedad: mRB = mBC TRQB , TBPC RQ = PC = x &

2 + NJ = r

&

NJ = r - 2

...(1)

(PN)(NQ) = (JU + NJ)(JU - NJ) (O1J)

&

2

2

&

2

18 = JU

- NJ

2

...(2)

2

= (O1U) - (JU) = NJ(NJ + 4)

(r 2 ) 2 - (JU)2 = (r - 2)(r + 2)

&

(JU)2 = r 2 + 4

...(3)

(2) y (3) en (1):

Clave E

r 2 + 4 - (r - 2)2 = 18 19.

Del gráfico: L1 // L2 Se deduce: BD = 1 2m

3

&

T

ABD a TCBQ

` BD =

`

2m 3

BD QB

=

AB BC

a 3a

=

r 2 + 4 - r 2 - 4 + 4r = 18 & r = `

AB = 2r = 9

9 2

Clave C P

Q

R

C

L1

m


S

22.

3a

m B a

A

Luego: (PQ)2 = (QS)(QB)

&

También: (AD)2 = (BD)(SD)

22

a L2

D

24 – (a + b)

(PQ)2 = (m)(2m) (AD)2 =

&

Intelectum 5.°

b

4,8

2m

`

a ka 3

m

PQ = +

2m 3

k

2

m = QR

` AD =

Por propiedad: 10 m 3

1 a2

+

1 b2

=

1 (4, 8) 2

&

(4,8) 2 =

a2 b 2 a + b2 2

...(1)

Por Pitágoras: a2 + b2 = (24 - (a + b))2

25.

...(2)

Operando resulta: 2

48â + bh - 24 2

=

ab

...(3)

Reemplazando (1) en (2) queda: ab = 4,8(24 - a - b)

...(4)

Igualando (3) y (4): a + b = 14 &

...(5)

Reemplazando (5) en (4): ab = 48

...(6)

Los únicos valores enteros que cumplen (5) y (6) son: a = 6 / b = 8 I: incentro del TABC O: circuncentro del TABC

Clave C

23.

Por propiedad:

Por el teorema de Pitágoras: AC = 20 En el ABC, se cumple: (AB)2 = (AH)(AC) 122 = (AH)(20) AH = 7,2

C

Luego: AO = AH + HO 10 = 7,2 + HO HO = 2,8

(AN)(NB) = (CN)(ND)

D

&

En el gráfico: (BI)(ID) = (NI)(IM) (BI)(ID) = (R - x)(R + x) (BI)(ID) = R2 - x2

Además: O1O = 10 - r 2

&

A

&

En el

B N

O1MO por el teorema de Pitágoras:

r + (r + 2,8)2 = (10 - r)2

...(1)

&

Resolviendo: r = 3,2 Del gráfico: OO 2 = 10 - R / ON = R - 2,8

Además, el TIDC resulta ser isósceles. ID = DC

En el ONO2 por el teorema de Pitágoras: (R - 2,8)2 + R2 = (10 - R)2

Luego: DH =

Resolviendo: R = 4,8

Del gráfico:

&

r DH = BI R

Piden: MN = r + R = 3,2 + 4,8 = 8 ` MN = 8 24. &

Por el teorema de Pitágoras: En el CDO: (CO)2 = a2 + (R + a)2 En el CTO: (CT)2 = (CO)2 - R2

BPI a

ID 2

OHD

Rr = (BI)(DH)

c m ID 2

&

(BI)(ID) = 2Rr ...(2)

Clave C

26.

...(1)

(HB)(AC) = 91

Luego: En el ADH por el teorema de Pitágoras: (AH)2 = (R + a)2 + 62 (AH)2 = R2 + 2Ra + a2 + 36 ...(2) Piden: AH2 - CT2 De (1) y (2): AH2 - CT2 = R2 - a2 + 36 En el

DH =

De (1) y (2): R2 - x2 = 2Rr x2 = R2 - 2Rr 2 ` x = R(R - 2r)

Por dato: ABCD es un cuadrado AD = CD = R + a

De estas dos expresiones: (CT)2 = 2a2 + 2Ra

&

&

Rr = (BI)

&

Clave D

DC 2

En el TAEH isósceles: AB = BH (AB)(AC) = 91

H

R

&

6

A B x H x

53°

R

O a

D

E

EBCD: cuadrilátero inscriptible (AE)(AD) = (AB)(AC) x(x + 6) = (AB)(AC) = 91 <

=

5 C

E

53° 6

A

R

8 D

&

x2 + 6x - 91 = 0 (x - 7)(x + 13) = 0 x = 7 0 x = -13 ` x = 7

ODH por el teorema de Pitágoras:

R2 = a2 + 62 R2 - a2 = 36 AH2 - CT2 = (36) + 36 2 2 ` AH - CT = 72 &

&

Clave C

Clave E


23


En el QAB: 12 =

1 1 + 2 (2 aR ) (2R) 2

x


1 x

28.

2

1


x

29.

=

4aR 1 8a

2

1

+

+

4R

2

1 16a

1 &

2

x

3

=

2

16a

2

4a 3

` x =

B

2

1

=

3

E

Clave E

32.

12a

C1

R a

M α

P

α

A

R

Q

D r O

R

C

R

3

Q θ

C2

θ

x

De la figura TAED a TDMO &

En TADB:

AD DO

=

1 (2R) 2

1 (ED) 2 =

=

BD = 12(MO) + MO

`

1 1 + (BD) 2 ( AD ) 2

1 1 2 (MO) 12 2

;

-

1 13 2

E

Reemplazando (2) en (1): BD = 13 `

=

3

2R r

=

M

12 A

θ

θ 1

BD R

=

5 6

&

MO

=

1 1 + 13 2 (MO ) 2 (AD ) 2

=

5R 78

Del dato: BP // DR `:

... (2)

PBRD es un trapecio isósceles, además:

m+DRP = m+RPQ = m+RQP = q

c m 5R 78

QRDP es un paralelogramo

:

Luego: (RD)2 = (CD)(AD) (2

5

BP =

2α

B

-

QC

2

&

x2 = (QR)2 + `

x=

4 5

-

MB)

2

(QC)2 = (AB)2 - (QB)2

`

&

d n 5

10

33.

Del gráfico: AQ = AB = a + b Q 45°

c

45°

b

B

AC = 12 Luego: (AQ)2 = (AP . AC) (a + b)2 = (a)(a + b + c)

P a

a2 + b2 + 2ab = a2 + ab + ac

O E

Tendremos: b2 + ab = ac

&

A

24

Intelectum 5.°

20

2

C

`

C

&

13 5

Clave E

31.

Q

MB =

(MB) - 20 - (MB)2 + (MB)2

Clave B

Del gráfico trazamos QB y OQ: B, E y Q son colineales (OA)2 = (QO)2 + (QA)2 (2R - a)2 = a2 + (2 aR ) 2 4R2 = 8aR R = 2a

&

2

2(QB) = 2 ( AB )2 - (QC) 2

(QC)2 = (AQ)2 QC = AQ = 6

5

+ (MB)

(QB)2 = (AB)2 - (QC)2

RD = QB = 2

QM = MP

2 5 - MB = MB + 7

x2 = (QR)2 - (2 5

Luego: (AQ) = (MQ)(PQ) (AB)2 - (QB)2 = (MB - QB)(PB - QB) (AB -QB)(AB + QB) = (AB - QB)(PB - QB) 2QB = PB - AB 2

&

x2 = (QR)2 - (QM)2 + (MB)2

2

AB

&

Finalmente: x2 = (RM)2 + (MB)2

C

Del dato: PB - AB = 2

(RD)2 = (2)(10)

`

10

Reemplazando:

α

Q

RD = QB y BD = RP = QR = 3

7 5

Trazamos: RM 9 QP

A

M

QRP es isósceles

:

)(BP) = (7)(1) `

α

&

&

Además: (QB)(BP) = (AB)(BC); reemplazando:

Trazamos AM de modo que: m+MAQ = m+APQ = a

P

D

2

C

P

Clave D

30.

B

7

BD = 13(MO) ... (1)

&

1 12 2 (MO ) 2

`

θ

1

ED = 12(MO) y BR = 12(MO)

Luego: BD = BR + RP

`

ED MO

&

R

I

R

B

&

b

c

b a

+

1

m

=

c;

pero

b(a + b) = c

`

a b

=

3

+

2

1

P

a

A

Reemplazando: b Finalmente:

QC CB

d

=

2 3

+

+

1

QP BP

1

n

QC &

c

=

&

c

=

QP

=

&

b

b 3

b 3

QC

=

QP 3

El TPQC es notable de 30° y 60° m+QCA = 30°

`

Vemos que TAMH + TBPH AH

`

BH

a BP

=

b

=

a

α

a(AH) = BH(b)

AH + a

...(4)

ac = 2 P

ac =

&

H a

b

/

Multiplicando (2) y (3): ac = 2r 2

B

&

PC

...(2) ...(3)


Clave C

34.

Luego: b = 2r a= r 2 c=r 2

AM

=

b

MC A

BH + b

α

b 2

2

b 2

b2 = 2ac

`

C

M

2

c m

Clave C

(a)AH + a2 = (BP)(PC)

37.

(b)BH + b2 = (AM)(MC)

C

Por los datos: HP = 2 y OM = 6

(AM)(MC) - (BP)(PC) = b2 - a2 Clave B

α

Trazamos HQ 9 OM: ` OQ = 4 y QM = 2

35.

N

R B

P a

2

Q α

α θ θ α

En el

D

α

A

2

α

M

Luego N es punto medio de CR

C

2

En el CPM: (CM)

ERC: a + q = 90°

Luego, los cuadriláteros DPEM y CREM son inscriptibles.

`

CM

=

Q 2 P

M

α α

CN = NR = 8

`

2

2

= (CP) + (PM)

&

2

(CM)

&

CP = 14 2

2

= 14 + 3

205 m Clave A

Entonces en el TRPM, se tiene una bisectriz interior y una bisectriz exterior, lo que forma una cuaterna armónica. RQ &

QP

=

RA PA

4 &

2

=

6

+

38.

a

a

4a = 12 + 2a a = 6 Por el teorema de la tangente se tiene: (AB)2 = (AR)(AP) (AB)2 = (a + 6)(a) = (6 + 6)(6) = 12 (6)

B

R

Además: PR = HP = 2

θ

4

2

&

E

θ

A

Luego el HQO es notable de 37°. HQ = PM = 3

4

O 5

H

L α + ω

P

B

α α

Q

R

ω

ω ω

AB = 6

`

ω

2

A

O

C

Clave D

36. S

P es el exentro del triángulo ABC. m+BCQ = m+QCA = w ` m+PBL = m+PBA = w + a &

PB es la bisectriz exterior del +LBA `T

Del gráfico: O1O = O2O Entonces: O1HO , O2TO (caso LL A) m+O1OH = m+O2OT = q

&

Además: 2q + 90° = 180° q = 45° O1O = O2O = r 2 / HO = OT = r

PQB y TAQB son isósceles

&

&

m+QPB = m+PBQ = a

PQ = QB = AQ = 6

Trazamos el diámetro BS: (BS)(BR) = (QB)2 (BS)(3) = 62 BS = AC = 12 &

En el TAQC: (AQ)2 + (QC)2 = (AC)2 QC = 6

`

&

62 + (QC)2 = 122 (QC)2 = 144 - 36

3m Clave D

&

&


25

RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS APLICAMOS LO APRENDIDO (página 28) Unidad 1

5.

Aplicamos el teorema de Euclides en el T ABM: 72 = 52 + 52 - 2(5)(x) 49 = 50 - 10x ` x = 0,1

1.

Clave B x 13

9.

Piden: x B

26

Dato: a

104

2

2

x

=

2

x

=

2

x

=

+

2

b

=

100

θ

Por el teorema de la mediana:

_ i _ i _ id n 13

2

2

2

104

+

2

+

104

26 2

2

a

b

+

2

2x

=

2

100 = 2x

13 + 104 + 52

3 6

2

2

+

8 2

+

32

x =

x = 13

2

α α

A

θ

4

C

E

Se observa que el TPBF es isósceles. BP = 3

Clave B

Clave B

&

Por teorema de la bisectriz interior: PE = 2

6.

2.

F

P

34

`

α+θ α+θ

x

68 = 2x2 & x2 = 34

169

3

Finalmente, en el TEAB por el teorema del cálculo de la bisectriz interior se tiene: 13

4

x2 = (AB)(AE) - (BP)(PE) x2 = (6)(4) - (3)(2) ` x = 3 2

x 15

p=

Por propiedad:

x=

132 - 42 = 2(15)x

153 = 30x

5,1 = x

x=

5+6+7 = 9 2 2 9 9-5 9-7 6

_

1 9 (4) (2 ) (3) 3

x = 2

`

Clave E

i_

=

Clave C

10.

i_ 9 - 6i

Piden: máximo valor entero de x. 90°

a <

6 6 3

B

β x

3

6 Clave E

α

3.

θ

A

7.

Piden: a Dato: a2 = b2 + c2 +

3

bc

Por existencia de triángulos: 2 < x < 8 ...(I)

...(1)

B

60º

Teorema de Euler en un romboide: 2

10

+

( 2

31 )

2

=

2

2(8

x )

+

30º

224 = 2(82 + x2)

H

Como a < 90° y BC debe tomar su máximo valor, esto ocurre cuando a sea lo más próximo a 90°.

Entonces:

m

x2 < 32 + 52 x2 < 34 x < 5,830...

α

A

b

C

Del dato se observa que el+ A es obtuso.

48 = x2 x = 4

a c

2

Clave B

4.

5 x

`

De (1) y (2): 2bm

=

m

=

B

Se concluye que el máximo valor entero para BC cuando a es agudo es 5. Clave B

3 bc

3 2

De donde el ` a = 150°

7

...(II)

De (I) y (II): 2 < x < 5,830...

Por teorema de Euclides (2.° caso), tenemos: a2 = b2 + c2 + 2bm ...(2)

3

11.

c

Piden el perímetro del triángulo: 2p. x: es entero y a > 90°

BHA es notable de 30° y 60°. Clave B

A

6

x

Piden: x

α

Por el teorema de la mediana: 52 + 72 = 2x2 +

B

6

C

x-1

2

6 2

25 + 49 = 2x2 + 18

5

7

7

56 = 2x2 x = 2

`

7

A

x

H

M 5

Clave A

26

x+1

C

8.

Intelectum 5.°

C

5

11

6

D

Sabemos: (x + 1)2 > x2 + (x - 1)2 2 x + 2x + 1 > x2 + x2 - 2x + 1 4x > x2 ...(1) & x < 4


Por existencia: x < 2x • x - 1 < 2x + 1 • x + 1 < 2x - 1 •

7. B


De la última inecuación se tiene: ...(2) & 2 < x De (1) y (2): 2 < x < 4 Como x es entero: x = 3 ` 2p = 3x = 9

3.

3 M 3


A

En el TDOC aplicamos el teorema de la mediana: DO2 + OC2 = 2OM2 +

B

2

7

4

2θ

2θ I

a

Clave A

En el T ABC por el primer teorema de Euclides:

C

a

4

x

En el T ABC trazamos BI tal que: AB = BI = 4

Luego, trazamos BH ^ AC & HA = HI = a

132 = 152 + 142 - 2(14)(AH) 28(AH) = 252 & AH = 9

Resolución de problemas 8. B

Por el teorema de Pitágoras en el

Por el teorema de Euclides en el TBIC tenemos: 72 = 42 + 42 + (2)(4)(a) 49 = 32 + 8a 17 8

Entonces el ` x = 53°

AHB: BH = 12.

β

BHA resulta notable de 37° y 53°.

7

3

Clave C

Luego: x = 2a + 4 =

2

A

d n 17 8

+ 4 =

33 4

5.

Piden: menor lado 4k

cosb =

6

4

58 - x

4k

x

5k 10 10

8 k 3

3

A

M

k C

6k

8 3

10 3

80 2 k 9

Luego: 0<

58 - x

` ACmáx. = 7

Clave D

α

d

Piden: x 6

12

B

B

N

8 13

13

x

D

M

A

7 E

13

13

13

7

Por el teorema de la bisectriz interior: d x d = 2x ...(1) = 8

P 6 13

MN

2

+ NP = 2x

MP + 2

212 + 132 = 2x2 + ` x = 16

14 2

E

14

D

Teorema de Herón en el ECD: h = 2 (21) (7 ) (8) (6 ) = 12 14 Clave C


2

12

Trazamos CE // BA:

&

Por el cálculo de la bisectriz interior: d2 = (d)(8) - (x)(4) ...(2)

Sean N y E puntos medios de BC y AD respectivamente. Por teorema de la mediana en el TMNP: 2

4

D

26

2

15

C

4

A

6

h

C

21 x

C

α

d

A

21

< 1 & 4 < x < 7,6

9.

6.

k = 3

&

6

2

42

Clave A

Clave C

B

5

2

d nk d nk

102 = (4k)(5k) -

C

H

En el TABC, por el primer teorema de Euclides: 62 = 42 + 52 - 2(5)(x) 10x = 5 1 ` x =

Por teorema para el cálculo de la bisectriz interior:

100 = 20k2 ` 4k = 12

b es ángulo agudo: 0° < b < 90° & 0 < cosb < 1

α

A

2

42

B

α

C

x

Ley de cosenos: x2 = 32 + 72 - 2(3)(7)cosb

B

Clave A

14.

2

θ

H

A

DC 2

5 + 15 = 2x2 + 6 2 20 = 2x2 + 18 ` x = 1

θ

13.

2 5

D

Piden: x

4

C

x 5

4.

a=

15

O

2.

Clave E

12.

2 5

5

10.

(2x)2 = 8(2x) - 4x

B

4x2 = 12x

2

4x = 12

a

c

` x = 3 α

Clave A

Clave B

A

b

C


27

16.

Ley de cosenos: 2

a

2

2

= b + c - 2bc(cosa)

19.

...(1)

B

Dato:

n

n

a2 = b2 + c2 +

2

bc

...(2)

x

2 2

cosa = -

&

O1

a = 135°

11. 5

3

O

R/2

5 x

1 2

p=

C

( R

R

+ R - x +

2

2

A + +B = 180° +B = 180° - +A Ley de cosenos: 72 = 32 + 52 - 2(3)(5)cos(180° - +A) 49 = 34 + 30cos+A cos+A = 1 +A = 60° +

d

x

x = 4

2

R

-

2

x

n

&

2

x2 = 16

&

a kc x

R

2

2

-

x

Teorema de Stewart: 72(2) + 52(4) = 6x2 + (2)(4)(6)

m

6x2 = 150 x = 5

4R 9

x = 4R - 8x & x =

C

De la figura: m + n = 5 ...(1) 6 - m + n = 7 - m + n = 1 ...(2) Del (1) y (2): n = 3, m = 2

+ x) = R

R

D

D 6

x = 4 R_R /2i x _R/2 - x i A

6-m

m A

Luego:

7

6-m

m

H

Teorema de Herón: x = 2 p _p - a i_ p - b i_p - c i R /2

Clave D

B

7

x - x R

R/2

Igualando (1) y (2):

&

Clave D

Dato: R = 9 ` x = 4

20. Clave C

&

Clave D

17.


20

B


h

=

12

C

21

12.

16

13

13.

13

H 5

Razonamiento y demostración 14.

A

De la figura se tiene por el teorema de la bisectriz interior:

-

x

P

x

D

Por el teorema de Herón: 2 21

h=

BP2 = (AB)(BC) - (AP)(PC) Además: PQ2 = (AP)(PC)

_27i_14i_ 6i_ 7i

Luego, por semejanza: 20

Dato: BP = PQ; (AB)(BC) = 32

20

-

5

x

20 16

=

= 12

AHP a

Teorema de Stewart: mx2 + nx2 = 64(m + n) + mn(m + n) x2 = 64 + mn Dato: mn = 20 Luego: x2 = 84 x = 9,16

BHC

55 & x = = 13,75 4

Entonces: BP2 = 32 - PQ2 = 32 - BP2 BP2 = 16 & BP = 4

Clave D

&

Resolución de problemas Clave D

Clave C

18.

21. B

15. 3

B

13

C 6

4

Q

2a

2

13

2 9

H

2a

13

6 6

A

D 3

13 A

QD2 = (9)(4) = 36 & QD = 6

2

AB

13

13 )

2

(4) + (3

13

)2(9) = BQ 2(13) + 4 . 9 . 13 2

16 + 81 = BQ + 36 BQ2 = 61 & BQ = 61 Clave D

28

2

Intelectum 5.°

2

+ BE = 2BC

(2a)2 + ^2

2 13

Por el teorema de Stewart en el ABC: (2

C

a

E

p

AH: mediatriz del TABE Teorema de la mediana en el TABE:

Por el teorema de Pitágoras: en el AQD y DQC: AD = 3 13 / CD = 2 & BC = 3 13 / AB =

a

4a

2

2

6h =

AE + 2

2

13 + 20 + 21 2

=

27

Teorema de Herón:

2

BH = 2 p_p - a i_p - b i_p - c i AC

(2a) 2 2

2(2a)2 +

=

BH =

2

+ 24 = 8a + 2a

6a2 = 24 a = 2 ` AC = a = 2

2 21

_27i_1 4i_ 7 i_ 6i = 12

Luego:

&

x= Clave C

BH = 4 3 Clave C


26.


AB2 + BC2 = 2BD2 + AC2/2

2

=

2

100

...(1)

2

AC

2 PB2 + PC2 = 2(OP)2 + BC

...(2)

2


Restando (2) de (1):

24. 3

B

C

α

P

α α

2

2

α

3

Como: AD = 2(OP); BC = 2(OQ)

2

+ BC = 2NC + AB

/2

...(3)

2(AB2 + BC2 + AC2) = 2(AM2 + BD2 + CN2)

AB2 + BC2 + AC2 =

4 3

1 2

(AB2 + BC2 + AC2)

(AM2 + BD2 + CN2) 81

2

2

2

` AB + BC + AC = 108

2

` PB + PC = 100

Clave A

E

Clave C

Como: AE // BC m+NDE = m+BCD m+PMN = m+NED

30.

B


H Q

27. B

Además: MP = BC 2

=

3 = 1,5 (base media) 2

N

A

M

Como: TMPN a TDNE MP =

DE 2

&

MN =

2

A

BD

32 + 62 = 2AM2 + 2 ` 4AM2 + BD = 90

2

C

D

2

Sumando (1) y (2):

0 = 2(AC)2 - 2(AB)(AQ) - 2(CB)(CH) (AC)2 = (AB)(AQ) + (CB)(CH)

AB2 + BC2 = 2BD2 + AC2/2 AB2 + AC2 = 2AM2 + BC2/2 AC2 + BC2 = 2NC2 + AB2/2

&

Por dato: AB . AQ = 24 / CB . CH = 25 &

Sumando las 3 ecuaciones:

25.

M

O

+

3 2

60°

O1

60°

(AB2 + BC2 + AC2)

2

2 2 3 + BD + CN =

4

(AC)2 = 24 + 25 = 49 (AC)2 = 49 ` AC = 7

Clave C B

31.

(28) = 21 a

60°

5

3

1 2

(AB2 + BC2 + AC2) = 2(AM2 + BD2 + CN2)

` AM

x

2(AB2 + BC2 + AC2) = 2(AM2 + BD2 + CN2)

R

60°

(BC)2 = (AB)2 + (AC)2 - 2(AB)(AQ) ...(1) (AB)2 = (BC)2 + (AC)2 - 2(CB)(CH) ...(2)

Teorema de la mediana:

Clave D

R

C

Por el primer teorema de Euclides, se cumple:

NE

Teorema de la mediana en el D ADB:

Clave B

B

28. A

Del gráfico tenemos que: OM = OO1 = O1M = R TOMO1 es equilátero: m+MO1O = 60°

r

B

A

2

Del enunciado: k = AP + PB Teorema de la mediana:

&

AP2 + BP2 = 2r 2 +

En el D AMB: m+ AMB = 60° D AMB es equilátero: AM = MB = AB = 8

&

2

k = 2(R

`

`

^2Rh2

2

2

+ r )

29.

6k2 = 3 - c2/2

... (1)

2

3

2

=

cm

2 c + h 2

&

2

h

2

= 9 - c

/4

AHO: ... (2)

Aplicamos el teorema de Stewart en el THOB:

B

`

h2(2k) + (3)2(k) = x2(3k) + (3k)(k)(2k)

B N

Teorema de Stewart:

&

Aplicamos el teorema de Pitágoras en el Clave C

8

a2 + b2 + c2 = 18k2 + c2/2 + c2

Reemplazando: 9 = 18k2 + 3c2/2

2

60°

5

C

c

Pero del dato: a2 + b2 + c2 = 9

M

60°

H

Sumamos a ambos miembros c2:

mMO1N = 120° m+MAN = 60°

60° 3

c

Aplicamos el teorema de la mediana en el T ABC: 2 2 2 2 2 2 2 2 ` a + b = 2(3k) + c /2 & a + b = 18k + c /2 2

Análogamente, en la circunferencia de centro O:

A

O h k

O es el circuncentro y G el baricentro del T ABC.

R

R

Luego, en la circunferencia de centro O1: Por ángulo central: mMON = 120° Por ángulo inscrito: m+MBN = 60°

x

b

P

También: m+OO1N = 60°

8

3

2

&

Tenemos:

3 2k x G

N

A

...(2)

2

+

Entonces: 100 - (PB2 + PC2) = 0

α

3

D

1 N

1

A

2

2

1,5

M

6

100 - (PB2 + PC2) = 2(OQ2 - OP2) + 1 (AD2 - BC2)

2

.

Sumando las ecuaciones (1), (2) y (3):

...(1)

AB2 + AC2 = 2AM2 + BC2/2

Teorema de la mediana en el TBPC:

23.

AD

AQ2 + QD2 = 2(OQ) 2 +

22.

Por el teorema de la mediana en el ABC:

Teorema de la mediana en el TAQD:

2h2 + 9 = 3x2 + 6k2

M

Reemplazando de (1) y (2):

82 . 5 + 82 . 3 = x2 . 8 + 3 . 5 . 8 x = 7

18 - c2/2

&

Clave E

A

D

2 2 + 9 = 3x + 3 - c /2

&

x = 2 2 cm

C


Clave B

29

MARATÓN MATEMÁTICA (página 32) Unidad 1

Primero asumimos: 2q > 2a q > a

1.

&

α/2

B

R1

α/2

α 2

x

R m

ALC , TAQC (A-L-A) AQ = AN = ,; QC = a y m+ AQC = m+ ALC T

&

θ E γ

R2

De (I): 2q + a > 2a + q nφ

F

φ &

C

R

&

De la gráfica:

Del TBRD:

a + b + m = 360°

...(I)

Del TFER:

g + q + n = 360°

...(II)

α +f=x 2

Del T ABC:

...(II)

Trazamos AQ // LC y CQ // AL. &

D

β

A

...(I)

&

a > b

...(III)

2q + a + m+ANC = 2a + q + m+ ALC m+ANC < m+ ALC m+ANC < m+ AQC b + m+QNC < b + m+NQC m+QNC < m+NQC

Por el teorema de correspondencia, en el b ...(III)

TNCQ: a <

De (I) y (II) en el dato (a + b + q + g = 540°): a + b + m = 360° g + q + n = 360°

De (I) y (III) vemos que es un absurdo. a = b

`

Nos piden: NC

a + b + m + g + q + n = 720° a + b + q + g = 540°

AL

=

b a

=

b b

1

=

Clave B

m + n = 180°

4.

Del resultado se demuestra que: R1 // R 2 B

De la gráfica: α α + + f + f = 180° 2 2 α + f = 90° 2

M 2α 90° - α

...(IV)

N

α α

De (III) y (IV): α + 2 `

α

A

Si BP es mediatriz de AD AB = BD, m+BAD = m+ ADB = 2a y m+ MAN = a

x = 90°

&

Clave C B

Si MN = NP: m+MAN = m+NAP = a

&

Q

A

De la gráfica: m+DAC + m+ ACD = m+ ADB a + m+ ACD = 2a m+ ACD = a

R

P H

β

α α

C

P

f = x = 90°

2.

α α

C

S

&

De la gráfica: Trazamos los segmentos PS y SQ tal que HS y SR son mediatrices de los triángulos APS y SQC. & AS = PS; SC = SQ Del dato AB = BC m+ BAC = m+ ACB m+ ASP = m+CSQ = 2a &

`

AD = DC El T ABD es equilátero: 2a = 60° & a = 30° Clave C

5.

&

B

De la gráfica, por congruencia: T ASQ , TPSC (A-L- A) & AQ = PC = 7

2b L b

b

90° - α

S

a 2a

α

R

b

90° - α

α

Clave D

a α

3.

T

2b α

A

B

N

L

A

β

´

a

b

´

α α θ ´

θ θ 2α a

β Q

30

D

Intelectum 5.°

Sean: AB = 2a y BS = 2b De los ángulos: m+ HBS = m+ ASB = 90° - a

&

C

H

RL es mediatriz y base media: RL = a y LS = b

&

C

7.

De la gráfica: Por el teorema de la bisectriz en el ángulo LRT.

B

LS = ST = b y RL = RT = a

&

α α ´k ´

De los datos: RC = BS +

2ak

θ

AB

2b + a

=

2

A

´ M

2θ

θ

a

L

a

β

C

β

RC = RT + TC

&

2b + a = a + TC

&

TC = 2b

b

En el triángulo STC (triángulo notable): m+TCS =

&

53c 2

En el triángulo rectángulo RLC: 2a +

53c 2

= 90°

&

a=

Del triángulo ABC, por el teorema de la bisectriz interior del ángulo A:

127c

AB AC

4 Clave D

6.

BM MC

=

, 2a

Del T ABC, por el teorema de la bisectriz exterior del ángulo C: BC AC

A

=

=

BN AN

&

,

2a

=

(, + b) b

´

En el T ABC, por propiedad:

2a R

(,h) (a) (b) = (2ak) (a)( , + b)

L

´ a B

a

M

a

,k (a) (b) = (2ak)

C

(a) ,b

2a

1 = 1 Por propiedad de una semicircunferencia: m+ BLR = 90°

Se cumple que los puntos N, L y M son colineales.

Si B y L son puntos de tangencia:

`

Nos piden: m+MLN = 180°

BM = ML = a

&

Clave C

En todo triángulo rectángulo si BM = ML: BM = ML = MC = a

&

De la gráfica se deduce que L es baricentro AL = 2LM = 2a

&

Del ABM:

(3a)2 = (2,)2 + a2 Del 2

AC

2

a

&

,=

&

AC = 2 3 a

...(I)

ABC: 2 2 = AB + BC

...(II)

De (I) y (II): AB AC

2,

=

2

3a

=

2

2a

2

3a

=

6 3 Clave E


31

Unidad 2

POLÍGONOS REGULARES

APLICAMOS LO APRENDIDO

360c n

36° =

(página 35) Unidad 2

^

a = ,10 = 1.

C

60° x

5

+

5-1 2

a=

2

1h

2

30° D

B

9.

n = 10°

B

&

^

5

-

x

1h 1

a = 2

&

5+1

2

2 120°

60°

Perímetro = 5a = 10

18º+ x

`

O

18º

H

A

C

Clave B

2 A

5.

AC = 6 = 2 ^ 3 h m+AOC = 120° BD = 2 = 2 ^ 2 h m+BOD = 90° Por ángulo interior:

Sabemos:

Piden: x Sabemos que si R es el circunradio de la circunferencia circunscrita, entonces:

&

R

,10 =

c

5

-

1

2

m

&

x=

, 6 = R

60° + 30° 2

x = 45°

Por teoría: ,n = R 2^1 - cos θnh R = 4 y n = 16 q16 = 360° = 22,5°

c

,16

= 4

2 1-

,16

= 4

2-

2+ 2

&

6.

2

m

BH =

10.

B

30°

D

C

G

R R

30°

2

F

x-

3 120°

B 30°

3

=

R

2

c

x 1

3

x

1

-

2

2

m

=

x 2

`

x =

3)

E

8.

30º

x 2 x

C

O N

6 4

Q 2

108°

5+1

a

a

D

B 2 4

&

&

Intelectum 5.°

x

CB = ,6 = 2 OB = OC = 2 2 Se traza OH = QB. En el OHB (notable de 30° y 60°): OB 2

=

2 4

y OH = (HB)

45°

6 4

=

2 3 2 + 4

2

3

=

6 4

Del gráfico: x + x + 2

` x

2

=

135°

x

AQN + AHO: x

x

45°

2

&

HB =

4

x

60º

a C

x

2 2

H 3 4

2

108° + 2q = 180° 2q = 72° q = 36° m+ABC = 108° 2q + a = 108° 72° + a = 108° a = 36°

32

m

2

A

E

2

90º

B

a

2-

11.

x

108°

2pABCDEFGH = 1(8) = 8

`

Clave E

a

AB es base media del DRMN.

2

Clave B

&

A

F

Clave C

2

-

2-

3

-

h = R2(2 3 = R2 R= 3 AE = 3 2

4.

E

C

D

En el DABD: AD = ,8 = x AHD + ABC

J

En el TAEO: AE = R 3 Por teoría: ,12 = R 2 3

G

θ

θ

2

K

3 ^2 - 3

α

A

I L

-

D

x 45º

R

A

6

2

C

H

45º

H

x

H

O

45º

5 - 1) = 1

AB 2

45° B N R A 1 1 2 1 M 45°

x 30° E

1

Clave E

7.

3.

+

4

&

2 Clave A

m

5

18° + x = 30° ` x = 12°

El lado del hexágono regular inscrito es igual al radio. Por lo tanto: Perímetro = 6R = 6(3) = 18 Clave B

2+

c

&

Clave D

16

&

Del gráfico: 5 + 1 = 4k k = Luego: BH = k( 5 - 1) = 5 + 1 ( 4 En el BHA:

5

2 2 Se deduce que: ,52 = ,10 + ,6 ` x = 90°

Clave B

2.

R 10 - 2 2

,5 =

6 7

`

Clave B

x = 4(

x 2

= 4

2 - 1) Clave C

12. Q B

!

2

F 60° 60°

O

... (I)

3

&

En el ABC: (AC)2 = (AB)2 + (BC)2

60°

132 - 122 = AB2 AB = 5 Aplicamos el teorema de Poncelet: AB + BC = AC + 2r Reemplazando: 5 + 12 = 13 + 2r r = 2 ` PQ = 2 3 &

&

60°

E

D

A

&

60°

60°

α

α

!

O

60°

L

!

!

60°

2

!

&

B x

3

θ

H

2

3 60° 60°

R

C

P

Luego: m PQ + m PR + m RQ = 360° m PQ + 90° + 150° = 360° PQ = ,3 PQ = r ` m PQ = 120°

A

14.

C

60° 60°

&

Del gráfico, O centro de la circunferencia, además: PL // AD m AP = m DL = a Luego: m PL = m AP + m AD + m DL 120° = a + 90° + a 30° = 2a a = 15° En el BOA: m AB = m AP + m PB 90° = 15° + m PB m PB = 75° En el POQ: m PQ = m PB + m BQ 120° = 75° + m BQ m BQ = 45°

D

!

!

!

!

!

!

3 2

36

x = ^2

!

`

84

!

36

3 2

x = 3 m

&


&

I. x = 2R^ II. x = R ^

13.

P

N

30°

Q

III. x =

x S

r

R 30°

60°

30°

A

30° 30°

B

O

Del gráfico: PQ // RS // AB m RP = m QS = 30°; m AR = m SB = 30° m AP = m PQ = m QB = 60°; m RS = 120° Luego: NO = ap6 / MO = ap3 !

!

!

!

!

!

r 3 2

/

MO =

!

x=

x = r r `

=

3 2

^

-

3

-

5

1h

+

1h

Resolución de problemas 

6.

+

30° E

30° B

I. II. III.

2

2

2

2

2

2

, 4 + ,6

,8 + , 4

120° A

,6 + , 4

2

,12

,5

=

,5

2

R 30°



R

2

R

2

&

B R 90° 5

1h

r

r

75°

12 150°

O

6-3 ,12

4.

P

H

R

´12 30°

I J

3

Sabemos:


r 2

=

G

R

L

Por dato:

=

R

30°

2

= ,10

F

´3

3.

2 3

D

30° C

K

r 2

Finalmente: x = NO - MO r

R^ 2

+

!

&

NO =

5

Clave E

1h

+

I. La longitud de su apotema es casi equivalente a la longitud de su circunradio. (V) II. La longitud de sus lados también aumenta. (F) III. Su área es casi igual al área de la circunferencia circunscrita a dicho polígono regular. (V)

30°

r

5

2.

M

D

Sabemos que ED = R 10 - 2 5 2 ` DEND es un triángulo equilátero: m+MND = 30° Luego sabemos que el DBCD es isósceles m+CBD = m+BDC = 36° 60° + m+NDM + 36° = 108° m+NDM = 12° Además el DNDM es isósceles: m+MND = m+NMD = 84° En el BMC': x + 36° + 84° = 180° x = 60°


Clave B

60

E

Clave A

q = 30°

`

12

60

!

!

72 72

84

!

Finalmente: q = mBQ + mDL 2 45º + 15º q= 2

C

N

...(1)

3h

C'

x

M

A

En (1):

!

B

5.

En la figura sombreada: R = OA R = 2 3

!

!

R

x=

!

!

Clave A

Al prolongar los lados se intersecan en los puntos ABCDEF formándose un hexágono regular, luego: x = OH x = ap6

!

!

-

-

3 3

= R 6

=

=

^

2-

3

3

3

-

3h

2

-

3

R= 3 Luego AE subtiende un arco de 120°. AE = ,3 = R 3 AE = ( 3 ) 3 ` AE = 3 &

1

A

x = 1 Clave C

Q T

C 13

Vemos que: m+QRC = 75º Además: m PR = 90°

!

&

m QR = 150°

!

Clave C


33

3

7.


3

D

3 C

3

3

3 F 3 120º 3

3

A

Primero con centro en A y radio R determinamos los puntos 1 y 2; de igual manera determinamos los puntos 3 y 4, pero con centro en B. Segundo con un radio 3R y con centro en A y 2 luego en 1 determinamos el punto medio del arco A1 ; que será llamado 5, luego al prolongar 5O hallaremos el punto 6; repitiendo este procedimiento en los arcos A2 y 23 , hallaremos los puntos 7; 8 y 9; 10 respectivamente. Si unimos todos los puntos obtendremos un dodecágono regular.

3

Trazamos DE = SE DO1ES notable 53º y

!

Por propiedad: AB = 3 3 Por lo tanto: 2p ABCDEF = 6(3

!

) = 18

3

3 Clave D

8.

A

2

O1S = r 5 2

r

T O1 r 2

127º 2

:

r

5

E

Luego: PQ = US; QR = TS

!

PQ =

r 2

+

r 5 2

; QR =

2

-

r 2

En el DQOR:


R

H r ( 5 + 1) 54° 36° 4 54° 36° O r P r U

Clave C

12.

3

S

72°

11.

E

3

3

Q

Comunicación Matemática

3

B

15.

QR = r

^

A

5

-

1h

2 !

4

H

60º

7 2

b G

2

H

3

C

PH = HQ = r

&

2

O

30º B

P

QR = ,10 m QR = 36° En el DPQO trazamos OH:

B R

a

E

&

Trazamos HP, HF, FD y HD tal que: HF = FD = R 2 ; HD = 2R En el ;HPDF (T. Ptolomeo): (HP)(FD) + (HF)(PD) = (FP)(HD) (HP)^R 2 h + ^R 2 h (a) = ^b 2 h (2R) ` HP = 2b - a

!

m AC = 60° AC = ,6 = R ...(1) Trazamos AH = BC BH = 2 3 / HC = 3 En el BHA (Pitágoras): AC = 7 ...(2) De (1) y (2): ` R = 7 &

&

&

=

R

` ,8

=

,8

2-

2

A

B

M

AO = R, O1O = R 2 Luego: AN = AL

A

AN =

2 k 10 - 2 5

36° k( 5 + 1)

k( 3 + 1)

R

AN = R

C

O

, AO1 =

R

5 2

^

5

-

2

E

AHB es notable de 36° y 54°

del dato: 4k = 2 k =

&

&

AC = 2 k (

`

1 2

5 + 1) & AC = 2

!

c m^ 1

2

=

5

+

h

1

5 +1 Clave A

34

Intelectum 5.°

!

R

C

8

=

&

Clave C

R 2

17.

1h

!

127º 2

)

!

Vemos que el

8

&

5

AN = ,10 m AN = 36° DAQO1 , DAOO1 (notables 53º y 2 Trazamos OR: m+AOR = 74° m AR = 74° Finalmente: m AN + m NR = m AR 36° + m NR = 74° ` m NR = 38°

8

7°30'

Por dato: AC = 16 R = 8 Del gráfico, (2x) subtiende un arco de 30°. 2x = ,12 = R 2 - 3 2x = 8 2 - 3 ` x = 4 2 - 3

2

&

F

x

O

D

B

O

AN = AO1 - LO1

54°

H 15°

15°

74°

8 15°

R

L

53°/2

B 4k

x

A

O1

2

10.

2


Trazamos AO1, donde A; L y O1, son colineales. El DAOO1, (notable de 53º ): Clave B

360º - ^108º + 36º h

m+PQR = 108°

15°

53°/2

2

!

360º - mPQR 2

16.

N P

2

m+PQR =

R

14.

2

4-2

PH = ap10 m+HPO = 36°

&

Clave B

Q

&

1h

m PQ = 108°

m+PQR =

Clave B

Clave D

Por dato: ,4 = R 2 = 4 R = 2 Piden ,8:

-

4

!

`

D

F

9.

5

&

C

3

^

!

!

!

Clave D

Por dato: el perímetro del hexágono regular ABCDEF es 24 3 , entonces cada lado medirá 4 3.

21.

Del gráfico: el hexágono MNPQRS resulta regular. Para el TMBN isósceles: MN = ,3 R = 2 3 MN = R 3 =(2 3 ) 3 = 6 Piden: perímetro del hexágono regular MNPQRS (2p) 2p = 6(MN) = 6(6) = 36 ` 2p = 36 m

Primero con centro en A y radio R determinamos el punto 1. Luego desde el punto 1 trazamos una perpendicular a AA' determinando así el punto H, luego con centro en 1 y radio 1H determinamos los puntos 2 y 2', nuevamente con centros en 2 y 2' y radio 1H determinamos los puntos 3 y 3'; repetimos una vez más hallando los puntos 4 y 4'; finalmente unimos los puntos para dibujar el heptágono regular.

Dato: r = 2 3 u CD = ^4 + 2 CD = 2 CD = ^

`

3h 2

2+

3

6

2 hu

+

24.

P θ

R


L

60°

L

θ

N

D 2θ

2α O

&

C

L

Del gráfico el TAMB es equilátero: m+ABM = 60°; m+NBC = 12° m+MBN = m+ABC - m+ABM - m+NBC m+MBN = 108° - 60° - 12° m+MBN = 36°

C

3 2

&

m AC = 180° AC es diámetro (O: centro)

Luego: BQ = ap10

En el ABC: 2q + 2a = 90° m+POQ = 90°

BQ = L

Por lo tanto, en el POQ: PQ = (3 2 )( 2 ) = 6

L= R

!

&

&

5

...(1)

En el DAQB: AQ = ap10

10 - 2 2

19. B

AQ = `

10 + 2 5 4

R

23.

8k

10 + 2

5

4

AQ = 2

10 + 2

5

Resolución de problemas 25. B

O

60º

5

4

Clave C

Clave E

60º

10 + 2

AQ = (AB)

5

L = 3 10 - 2 5 Reemplazando en (1): BQ = (3 10 - 2 5 ) ` BQ = 3 5

Clave A

M

10 + 2 4

Además: L = ,5

&

&

&

&

m+APC = m+AQC = 90° ;APQC es inscriptible

B

O

Del gráfico: 3(AB) = 8(PQ) ; AB = 8k; PQ = 3k; OQ = 4k DPQO , DPRO (notables de 37° y 53°) OP = 5k 5 = 5k k = 1 m+LPQ = m+OPQ - m+OPL m+LPQ = 53° - 17° m+LPQ = 36° En el ;PRLQ (por propiedad): m+RPQ = 2(m+RLA) R, L y Q pertenecen a la circunferencia de centro P DLPQ isósceles DLPQ a DQOB 2a = 36° a = 18°

B

L 18° 18° M 12° L Q L

α

3 2

L

α

2α

8k

L

Q

θ

+ θ

2θ

α

A

E

A

3k

4k A

B

α α

36°

Q α

18.

θ

+ α

17°

22.

Clave B

P

3

Clave E

&

&

-

C

60º

O2

H 60º A

r

A

C

N

r

Q P C

OM = R; ON

MN

`

R

=

^2

R 4

- 2R

c m cos120° R 2

7 2 7h 2

7

= 7 Clave B

Nivel 3 (página 38) Unidad 2 Comunicación matemática 20.

30°

3

A

D

x N

M

O 2

(MN)2 = R2 + =

30° T 2r 2

30º

B 30°

30° 30° D

R = ap3 = 2

En el DMON:

MN

r

r

Del gráfico: OH es bisectriz del +AOB O; C; Q; H colineales DTO2B equilátero TB = r DTQC notable 30° y 60°

En el TABN: x = ,12 = R

CT = 2r 3 3

AB = BN = R

Luego, m+CBD = 30° CD = ,12 CD = BC CD =

c

2

2r 3 3

+

Por dato: R= 2+

3

m

r

2-

120º

3

E

F

x =

`

2+

2-

3

3 3

(

2-

3

) = 1 m Clave E


35

26.

27.

Trazamos AF y FD formándose el DAFD equilátero. m+FAD = m+ADF = m+AFD = 60° &

!

!

Por dato: m AM = m MF = 30° AM = MF = ,12 ,12 = 4

2-

3

&

&

!

3

)

2 =4

c

&

4- 2

3

Clave B

5

+

2

m

1

/ ,5 =

d5 = R ^ 5 4

Además:

' ,5 =

R1 2

+ 1 h^

Del TCBQ isósceles: BC = BQ ,5 = n + x 3 + 5 = ( 5 + 1) + x ` x = 2

R 2

Clave D

29.

10 - 2

10 - 2

5

R1 =

R 2

(

5 +

Según el enunciado: n^n

5h

-

2

-

2

5

1)

3h =

2 n

10 - 2

2

5 + 1

&

También: AC = d5 = ,'5 &

2

n=

&

d5 = ,5

De la misma manera: m+DFN = 15° En el MFN isósceles: 2-

! !

m ADC = 2(108°) = 216° m ABC = 360° - 216° = 144° m+AOC = 144° (ángulo central) AC = d5 (diagonal de un pentágono regular) m AIC = 72° m+AO1C = 72° AC = ,'5 (lado de un pentágono regular)

&

2 = (4

En la circunferencia menor:

En la circunferencia mayor:

Por ángulo inscrito: m+MAF = 15° m+MFA = 15°

x = ,12

Por dato: ,5 = 3 + 5 Para el TBAP isósceles: n sería el lado de un decágono regular de radio ,5. ^3 + 5 h , ^ 5 - 1h n = 5 ^ 5 - 1h =

&

&

&

28.

3n

=

;

1 ,n 3 1 3

180° ^n -

-

90°

2h

E

^,n - 2n + 4h

Reduciendo: (3n - 8)(n + 1) = ,(2n) 3n - 8 = 2n / n + 1 = , ` n = 8 / , = 9 Luego, el perímetro es: 8 # 9 = 72 &

Clave D

Clave D

36

Intelectum 5.°

ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES APLICAMOS LO APRENDIDO (página 40) Unidad 2 1.

4.

Luego: A;ADEC = 7S - M = 7S - (S) = 6S ATDBE = 5S + M = 5S + (S) = 6S

B Lθ

B

2

a Q 45º H

45º P a

A

C

`

A; ADEC

Clave C

N

M S/2

k S

L

n

G 2n

L

2k L 2

C

S9 AMC

=

S9 ABC

36 2

=

2

=

18 m

E

2

En el

En el TAMC: 3S = 18 S = 6 En el TNMA: S ` S9MNG =

=

2

6 2

=

D

R L

E

ABC, BH es mediatriz, entonces: L 2

AH = HC = BH =

&

L 2

&

2

1 60° 60° 60° 60°

60° A

` ATPBQ

F

C

&

STBCE = STCEF =

2

2

3 4

2^ 1 h 2 1

2

3 m

=

sen60°

3 4

&

=

3

3 2

+

(2a) L

2

L 6

L 2

=

aL 2

=

L 12

8.

7 4

3 m

10

8

8 D

C

h

Por dato: el circunradio mide 10 cm. OA = OC = OB = 10 En el ADO por el teorema de Pitágoras: 102 = 82 + (OD)2 OD = 6 Luego: 6 + h = 10 h = 4 Por lo tanto:

h

B

α

C

ATACB =

Por dato: DE // AC Del gráfico: TABC a TDBE a L

=

h x

h =

&

ax L

c m

=

2A1

2A

A A A

x =

aL 2h

M

&

Clave B

2S a

S

2S - M

G

2S

10.

E 2S

B a 3

C

A

aL ax 2 L

` j

&

x=

L

D

Por propiedad:

...(2)

M + 2S 2S - M

Reemplazando (1) en (2): x=

C

Por dato: G1 y G2 son los baricentros de los triángulos ABM y AMC, respectivamente. Además: A TABC = 80 m2 8A = 80 A = 10 2 ` Asomb. = 3A = 3(10) = 30 m

F &

2A

N

S

La 2

G2

2a 2S

b

M

2A

2

3b

D

C

B

G1

Clave D

...(1)

A1

Clave C

B

2

xh 2

2

= 32 cm

6.

Además: A ATDBE = ∆ ABC (dato) 2

16^ 4 h

P

2a

k

&

a

L

3A1 a G

M

9.

&

A

ATABC = 64 m2

&

Por dato: G y N son baricentros de los triángulos BMC y ABC, respectivamente. Además: A1 = 10 m2 Del gráfico: 3A2 = 6A1 A2 = 2A1 = 2(10) 2 ` A2= 20 m

2

B

E

^8kh2 ^5kh2

2A2

O 10

θ

x

=

2k

&

α

25

m = 5k / n = 3k

A2

A

=

C

3k

=

&

2

A

3 4

n

2

c m

2 3 m 2

+

n

5.

2 3 m 4

=

m

N

Clave D

D

2

=

AT ABC

2

=

θ

D

6

B

SABEF =

`

3.

25 9

Clave C

SABEF = STABC + STBCE + STCEF STABC =

1 2

1

2

m

=

Clave D

Piden: ATPBQ =

E

2

5k

&

B

α

θ

Del gráfico: TAED + TDFC

&

2.

9 m2

α

A

&

Clave C

F

25 m2

En el TEBD, BR es mediatriz de ED. Como: PQ // ED PH = HQ = a Luego: BHQ a DCQ QC = 2HQ QC = 2a Entonces: HC = 3a = L a = L

3 m2

B

7.

θ

2S

A

&

6S = 1 6S

=

A9DBE

2 2 Clave B

=

3b b

=

M + 2S = 6S - 3M 4M = 4S M = S &

a

3 1

A

a

E 10

H

C

Trazamos: DH = AC. DH = FE = a &


37

Del gráfico: AT ABD = AT ABC - ATADC AT ABD =

10^3 + ah 2

Teorema de Pitot: (12 - 13k) + (13 - 12k) = 5k + 5 k = &

10^ a h

-

2

A

ATABD = 15 cm

&

L

6

B

6

C

O P

4

4

A

M

T

A

D

6

Por propiedad de semejanza: 8 (4) 8+4

=

M

2

c m 2 3

40 3

=

5

m2 ...(1) A

144 - 15 6k 5 2 3

&

Piden: ATABC =

AP = 8 y AM =

10 3

A

POQT =

6 2

-

2

-

2

PAM =

^ hc m 8

10 3

2

40 3

=

m2

2

40

PAM = 3

Clave A

!

+

2 40 = 26,6 m 3

4.

B 3

5

C

4 53º A

8 3

B

6

POQT = 10 m

L

A

H

D

P

12

Clave A

12.

OP = 2a - r

2a A

LH = A

C

2a + r

Por dato: ATABC = 2p Aplicamos la fórmula de Herón: p=

6 (9) 6+9

18 (6) 5 18 6 + 5

12 = 9

&

2 &

3a

2

-r

h = 6a

â + r hâ - r h = 6a

(a + r)(a - r) = 12 ...(1) Luego, los valores enteros que satisfacen (1) son: a = 4 / r = 2 ATABC = 2p = 6a = 6(4) = 24 ` ATABC = 24

ATOPL =

&

Clave D

B

5.

4 5

4S

M

N

S

24 5

S 2S

P

A

C

En el gráfico empleando la propiedad:

c m 24 5

2 81 25

10

2

B

APO - ATALP

18 5

8

Clave C

9 4

=

^ h^ h c m

sen53° =

`

9 4 -

&

S1 = S2

Por dato: STABC = 48 8S = 48 S = 6 Piden: STMNP = S ` STMNP = 6

c m 24 5

&

2

cm2

Clave A

6. D


60° A

Comunicación matemática N

ATABC =

1.

5k (13 - 12k)

M

4

(12-13k)

715 = 4

5 . 11 . 13 = 5

C

En el cuadrilátero circunscrito AMNC por el

38

AP

AB . AC 2

60° a

13k

A

&

&

ATABC = 32

18 5

LH =

2

Clave B

12k

P

&

c m

ATOPL =

`

&

13.

OP =

AP 18 5

Del gráfico: ATOPL = A

2p = 6a

3a^3a - 2a + r h^3a - 2ah^3 a - 2a

&

Luego: APO a ADC

^2a - rh + 2a + ^2a + rh

p = 3a

ATABC =

Por propiedad de semejanza:

B

7

En el AHM por el teorema de Pitágoras: AM = 3 + 4 = 5 m+MAH = 53° Por la fórmula trigonométrica:

O

2

C

H

3

9

2

A

(AB)r ...(1)

Reemplazando en (1): 50 ` ATABC = = 25

...(2)

14.

2

`

1 2

M

^h ^h c m

12 4

B

Por el teorema de las secantes: AB(r) = 10(5) (AB)r = 50

POQT = ATAOD - ATAPT - ATTQD 6

r

r

D

E

Clave C

Por el teorema de los puntos medios: OT = 4 / PM = 2 Del gráfico:

C

N 5

PAM a BNM:

De (1) y (2): ` A MNB + A

8 3

= 30

&

Luego:

h

2

3.

12 - 13k AP = 5k 12k

Pero: k =

8 Q

A

2

AP =

4

h=

5k ^12k h

MNB =

Además:

Clave B

11.

2 3

Luego:

2

`


Intelectum 5.°

r = 5 2.

6

r . 11 . 1 3 . 1 6 r . 11 . 1 3 r . 11 . 1 3

60°

B

C

8

a2 = 62 + 82 a = 10 SDADC =

`

a

2

3 4

=

10

2

4

3

=

25

3 Clave B

10.


Luego:

B

7.

ATABE ATEDC ATBED ATAEC

k S

B M

N 6

M

5

3S

3k

4S

G 10

A

C

N

9

C

A

3


Piden: STMBN = S

9

13.

G: baricentro del ABC. GN = 3 BG = 6 GM = 5 AG = 10 BN = AN = NC = 9

Para la ceviana MN: STMNA = 3STMBN & STMNA = 3S

En el TAGN por la fórmula de Herón: ATAGN = 11^1 h^ 8h 2 = 4 11 m2

Por dato: STABC = 64 8S = 64 ` S = 8

&

&

E r L

Para la mediana AN: STANB = STANC = 4S A

&

B

α

11.

α

B

6

&

N

θ

θ

32

D

α

E

D

θ

30

En el ABC: q + a = 90º Trazamos: CM = HD y EN = HD

A

&

θ

&

34

Resolviendo (2) y (3): b = 10 / r = 6 Piden:

C

F

Luego: ABC , DMC , END (Caso ALA) MD = EN = 4

Sea R el circunradio del TABC, entonces:

Piden: ATDEH = 1 ^HDhÊNh = 2 ` ATDEH = 20

R=

&

1 2

(10)(4)

R

B

m

• AC = M

n

=

^b + r hr 2

16^ 6 h

ATAOE =

2

= 48 cm

2 Clave D

14.

a/2

A

a/2

17 ^30h^34h^32h 2

• ATABC =

A2

A1

bh 2

`

1088 = 2^32 h

Luego:

C

ATAOE =

( AB) (BC) 2BF

R = 17 Clave C

9.

G

E

4

M

&

b + r

&

El :ABGC es inscriptible

H

b

&


C

θ

4

H

En el OTL por el teorema de Pitágoras: b2 = 82 + r 2 b2 - r 2 = 82 (b + r)(b - r) = 64 ...(1) Por dato: TB + r = 8 TB = 8 - r Del gráfico: TB = b - 8 8 - r = b - 8 16 = b + r ...(2) En (1): b - r = 4 ...(3)


6

θ

A

B

8

Tenemos: OTL a OHE: r h bh = (b + r)r =

Clave B

4

T

O b

h

r

b

&

Clave A

8.

ATAEC = A TBED > A TABE < A TBED

=

2 AT ABC 32

=

17 2

=

136

P

5

b

R h

5

a

O

H

Q

B

R

12.

h m

A

n

Piden: A

AMD =

θ θ

D

a

1 ah 2

...(1)

2

2

&

A

1 4

2

a mn

&

En el AMD por relaciones métricas: mn = h2 a2(h2) = 192 ah = 8 3 Reemplazando en (1): &

2

ATAMD = 4

3

= 4

Luego: AOQ a PHQ C

H

&

Como AD pasa por el baricentro G, entonces: BD = DC ... (1) Al trazar la altura desde D hacia AC, se forma el HDC notable de 53° y 37°, entonces: DC = 5 BD = 5 Como BE es bisectriz &

&

3h

3

E

Dato: A1 . A2 = 48 a2mn = 192

`

2

G

Del gráfico: A1 = 1 am; A2 = 1 an A1 . A2 =

AT AMD =

D

4

^8

Por dato: ab = 16 Piden: ATOPB = Rh ...(1)

B

AE ED

3

=

BA BD

Además de (1): ATBED = ATDEC = 5k ATABE = ATAEC = 4k

cm2 Clave E

=

4K 5K

=

AT ABE ATEBD

R a+b

h b

=

a + b =

&

bR h

...(2)

En el AOQ por las relaciones métricas: R2 = (a + b) a ...(3) 2

Reemplazando (2) en (3): R2 =

c m bR h

a 2

& Rh =

ba 2

Reemplazando en (1): ATOPB =

1 2

c m ba 2

=

ba 4

=

16 4

ATOPB = 4

`


Clave B

39

15.

L

B


18.

C

r 1

O1

k S2

H L

r 1

P L

S1

2K

21.

60°

60°

8x

^BAh^PH h ^ AQh^CDh 2

2

Por dato: r 1 + r 2 + r 3 = r 1 r 2 r 3 = 6 Luego, por la fórmula de Herón: ATO O O = ^r1 + r2 + r3h r1r2 r3 1 2 3

...(1)

^2 kh^ L h

=

^L h^ k h ^2kh^L h

2

...(2)

6 (6)

=

a

6

=

Clave D

S1

19.

1 2

=

B 15 15

-b

-b

a 17

B

•

A=

•

D = 12C

•

E=

• •

E = C D = 12A

22.

Clave B C

5a

B 4

h

-b

B

b

absenθ 2

θ

N S1

A

A

Sx

17

B A

N

c

1 ab 2

C

P b

De la figura: AB = 32 - 2b = 8 b = 12 Luego: MPC a BHC

P

B

-

H b

S2

A

Por dato: S1 = 5 / S2 = 2

&

h a

=

b 15

h =

&

4 5

a ...(1)

Por el teorema de Herón:

Para la mediana MB en el TNMQ: B = A + S2 ...(1)

2 17

a=

Para la mediana BM en el TABC: Sx + A = B + S1 ...(2)

^20h^ 3 h^ 5 h^12h

=

120 17

Reemplazando en (1):

1235 4

C

3

23.

D

ATMCN =

1 2

(b)(h) =

576 17

cm2

T

Clave C

2 5

Clave E A

20.


25

P

O1

r

r

-

r

B

7

O

B

C

Q 18

Por propiedad: BD2 = (AB)(BC) = 32(18) BD = 24

B 3n

&

2n

En el OQO1 por el teorema de Pitágoras: (25 - r)2 = (r + 7)2 + r 2 r = 8 Como: PB = O1Q = r DP = BD - r = 24 - 8 = 16 Piden: 16^25 + 7h DP (AB) ATDPA = =

2k

2h

=

Luego:

&

17.

m


h = 96 17

Reemplazando (1) en (2): Sx + A = A + S2 + S1 Sx = S1 + S2 = 5 + 2 ` Sx = 7

1235 126

ab = 63 Si a = 1 y b = 63: 63 < 1 + 3 (el triángulo no existe) Si a = 3 y b = 21: 21 < 3 + 3 (el triángulo no existe) Si a = 9 y b = 7: 9 - 3 < 7 < 9 + 3; 7 - 3 < 9 < 7 + 3; 9 - 7 < 3 < 9 + 7

&

Q

1235 4

=

b

a

M

V F F F V

4

M

E

16.

24x

Luego:

Dividiendo (1) y (2): =

20

5x

^L h^k h

=

2

a

D

Q

2K

5 2x

x

r 3

Del gráfico:

S2

2a

r 3 O3

A

S1 =

O2 r 2

60° 30°

S2 =


r 2

&

A

G h

A

Por dato: G1: baricentro del TABD STAG B = STAG D = STBG D = S1

k E

2a

M a

F a

C 2a

&

&

2

&

`

2

AD DC

= 72 & ah = 8

1

2

2

=

2n 3n

&

AD DC

2

ATDPA = 256 m2

`

Clave A

2

=

B

24.

2 3

C

En el TABC, se cumple: 2a^ h h 2

3S1

= ah = 8

3S2

ATEGF = 8 m2

`

Clave C

40

1

Por el teorema de bisectriz interior:

Piden: ATEGF =

1

&

G2: baricentro del TBDC STBG D = STDG C = STBG C = S2

G: baricentro del DABC Además: EG // AB / GF // BC Por dato: ATABC = 72 m2 6a ^3hh

C

D

Intelectum 5.°

=

S1 S2

AD DC

=

&

S1 S2

=

AD DC

O

N

A

2 3

h 45°

6

Clave D

P

6

E

5

H

5

D

Piden: ATEOD =

Por propiedad: AM = AN = p p: semiperímetro del TABC.

Resolución de problemas 1 2

(10)h = 5h

27.

...(1)

Luego: ANB + APD (caso ALA) AN = PE = 6 ; BN = PD = 16 Por el teorema de los puntos medios: BE = 2h = BN + NE 2h = 16 + 6 h = 11 Reemplazando en (1): ATEOD = 5(11) = 55 2 ` ATEOD = 55 m

En el TABC por la fórmula de Herón: ATABC = p^p - 3h^ 1 h^2 h

T

&

El área de la región triangular ABC en función del exradio: ATABC = 4(p - 3) ...(2)

7 M

&

A

C

P

9

N

De (1) y (2): 4(p - 3) = 2p^p - 3h 16(p - 3)2 = 2p(p - 3) 8p - 24 = p 7p = 24 p = 24

H

BM = 8 - MC; BM = BT; MC = CN Luego: AT = AN 7 + (8 - MC) = 9 + MC

Clave B

&

25. T

Entonces: MC = 3 CN = 3; BM = 5

r

r

a

A

Piden: ATTOK =

a

1 2 r 2

9

r

a

2

&

...(1)

a = 2 Por propiedad: ATAOB = (p - a)r p=

^2

3

&

3 h + ^2

3 h^

2h = 2

3

+

6

ATTOK =

&

)r r =

3

&

6

5

(BM)(NH) =

5 2

5 5

-

8 3

m

=

12 7

12 7

&

NH =

5

30.

B

m2

-

m

m

m

n

T

Por dato: ATABC = 27

N

A

m

+

2 C

Q

6

m

m

+

2

C

= 3

Clave D

1 2

27 = 36cot ` α j 2

(6)a = 3a

α 3 = cot 4 2

` j

...(1)

En el TABC por el teorema de Herón: h = 2 ^9 h^3 h^2 h^4 h = 2 6

A

6

R 4

Por semejanza de triángulos:

L

h AB

3 - h 3

3

=

a AM

h 5

&

a 2

=

&

= 6 & mn = 36

2

&

Luego: ATMPA =

mn

/

Por propiedad: ATABC = mncot ` α j

Por dato: AC = 6 = 2m + 2 m = 2

ATTOK = 3 m2

M

1 2

3

α

P

`

26.

=

M m a h

2

2

3

-

Clave B

m

5

NH

28.

Reemplazando en (1): 6h

&

8

A

6 - 2

^

BC CN

=

c

=

24 7

B

3 h + ^2

+

` AT ABC

c

Clave E

2

Entonces: 6 = (2 3

BP NH

ATBNM =

2

&

3

De la figura:

Por dato: ATAOB = 6 a = 6 2

ATABC = 4

Luego: BPC a NHC:

B

7


Por el teorema de Herón en el TABC: BP = 2 ^12h^3 h^ 4h^5 h = 8 5

r

O r

&

&

K

r

...(1)

B

a

=

&

` α2 j = 53°

`

a = 106° Clave C

2h 5

P

a = 2 ^2

h O

K

N

2

2

B 1

ATMPA = 3

&

3

-

4

h =

h 3 &

2

6 5

ATPBC =

c

4

6 5

^PChh 2

m =

=

12

6 5

12 ^ 2 2

6 h = 12

6 Clave E

29.

9 - 3h = 4h h = Piden: ATKPB = 1 ^KBh^h h =

4


Sea R: radio del cuadrante AOB. OL = R En el ONL por el teorema de Pitágoras: R = 32 + 42 = 5 Entonces: NB = 1 Luego: TMPL a TBPK &

6h =

5

B p-2

^ hc m

1 3 2

M

2

9 7 9 7

4

2 4 1

27 ` ATKPB = 14

A Clave B

C p-1

1

N


41

ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES APLICAMOS LO APRENDIDO (página 45) Unidad 2

5.

8.

C

r O

N

180° a2senθ

-θ

4 4

θ

a2

180° - θ 37º

A

53º

D

A

Datos: a1 + a2 = 6 BD = 8 A :ABCD = ATBCD + ATBAD

2 ABCD = 48 m (dato)

2S1 + 2S2 = 48 S1 + S2 = 24 2 ` A < AMCN = S1 + S2 = 24 m &

A :ABCD = A :ABCD =

Clave C

A: ABCD =

2.

BD $ a1 senθ 2

+

&

BD $ a2 senθ 2

16 ABLD = 2

A

2

BD $ ACs ACsen enθ 2 8^ 6 h

A

`

ABLD

16 2

sen37° +

= 56 = 5

senq

2

D

4

En el ABO por el teorema de Pitágoras: (4 - r)2 + 42 = (4 + r)2 r = 1 Luego, el ABO resulta ser ser notable de 37º y 53º. A ABLD = ATABL + ATALD

BDâ1 + a2 hsenθ

A:ABCD =

&

C

53º r L

a1senθ

B

:

- 2r

a1

1.

A

4

B

sen53°

11,2 cm2 Clave C

1 (senq máximo) 2

A: ABCD = 24 m

`

Clave D

Del dato: h = (4) $ 9 h = 6

6.

&

A

:

A

`

c

ABCD = :

m

9+4 6 2

9.

=

8

4

13 $ 6 2

4

2 ABCD = 39 m

h

En el trapecio ABCD:

9

Clave D θ

3.

c

θ

4

B

5 9

h2 + 52 = 132 h2 + 25 = 169 & h2 = 144 & h = 12

E

A

H

A: =

C

D

Trazamos DB: Como BH // ND ATBEN = ATEHD

A:

`

c

18 + 8 2

EF =

&

&

`

ATABD = A

<

x =

&

2

c

6 + 10 2

m

= 8

8 + 10 = 9 2

x = 9 m

`

Clave D

&

Como AD = DC ATABD = ATBCD =

= 32 & BC = 6

Luego, x: mediana del trapecio AEFD.

m . 12 = 13 . 12

= 156 m

m4

Trazamos EF, mediana del trapecio ABCD.

18

N

BC + 10 2

AT ABC 2

Clave A

7. 10.

F

2 18 ABNH = 2 = 9 m

b

B

C

B

3

Clave C a

4.

c

C

B 2m 4m

A 4m

2

A

E

45°

A

2

R

2

2 C

2

O

E

Nos piden: A 4ABCD + A >AFCE =c2 +ab

D

Como BC // AE ATAOB = ATCOE Como BCDE es un paralelogramo: ATBCE = ATCED ATBOC + ATCOE = 6 ATBOC = 2 m2

6

Del TAFC, por el Teorema de Pitágoras: a2 + b2 = (c 2 ) 2

&

&

D

Del
&

4

&

4

Además: 4 . 4 = 2 . A A = 8 m2 A ABCD = 4 + 2 + 4 + 8 + 6 2 ` A ABCD = 24 m &

:

:

`

Clave A

Intelectum 5.°

M

1 45°

D

c

2

6m

42

1 c

45°

A

&

k

2

O 2

2

2k2 = 2c2 + 2ab k2 = c2 + ab A4ABCD + A>AFCE = c2 + b2 = k2

Trazamos: MN = BD

Del MNR es notable de 45º: MN = 1 OC = 2, AO = 2, OP = 2 &

Luego: NO = 3 NB = 3 &

A ZABCD =

^BDhÂCh 2

=

^12h^ 4 h 2

2

AZ ABCD = 24 m

`

Clave A

Clave A

11.

También: DFAD es isósceles. AF = AD = m + n Reemplazando en (1):

P

4.

C

B

&

A;ABCD = 1 (n + m + n) h

T b

2

A;ABCD =

` a

Por dato: A ABCD = k = (r + b)(r + a) Luego: Del ADC por el teorema de Pitágoras: (a + b)2= (b + r)2 + (a + r)2 2 a + 2ab + b2= b2 + 2br + r 2 + a2 + 2ar + r 2 2ab = 2r(a + b) + 2r 2 ab = r(a + b) + r 2 Piden: A QIPD = ab Del dato: r 2 + (a + b)r + ab = k ab 2ab = k k ` ab =

c

m

+

θ

A

E a

6

b θ

A

2

Del gráfico: b a

&

&

=

6 2

ADF + =

b

2

2

2

...(1) ...(2)

2

a + b = 8 Elevando (1) al cuadrado: a2 + 2ab + b2 = 72 (64) + 2ab = 72 ab = 4 2 ` A > = ab = 4 m

5. P

2 3 A

2.

N

=

p 3

=

&

En el APC por relaciones métricas: 2 PB2 = (AB)(BC) ^2 3 h = (4k)(3k) 12 = 12k2 k = 1 Piden: A ABLN = (4k)2 = 16k2 = 16(1)2 2 ` A ABLN = 16 cm &

&

9

p = 27

4

15 + 11 + 12 + b 2

=

4

27

Clave C

38 + b = 54 b = 16

153

m

m

2

L

4k

Por dato: ABLN es un cuadrado NL = AB = 4k

A;ABCD = pr y A;EFGA = 3r A; ABCD A;EFGA

C

37°

Del enunciado:

&

3k B 53°

O

4k


6.

Razonamiento y demostración Clave B

13.

Clave B

2 = 6 2 & a + b = 6

153

2

8 = 4 2

A1 - A2 = 4 cm2


-3 +

=

...(2)

`

1.

c

2

2

6

...(1)

(a + b)

Piden: A 6AECF = 2b = 6k A6AECF = 3

bh1

A1 - A2 =

2

Del gráfico:

4

`

a

A2 + A3 = 2 Restando (1) y (2):

45°45° 45°45°

2 2

3 1

-3 +

6

a 45°

2

Clave D

Del ADF (por Pitágoras): b2 = (6 - a)2 + 62 (3k)2 = (6 - k)2 + 36 Luego: 8k2 + 12k - 72 = 0 2k2 + 3k - 18 = 0 k =

b^h1 + h2 h bh2

- a

b = 3k; a = k

&

Por dato: (AD)(BQ) = 8 cm (b)(h1) = 8 Del gráfico:

&

CGF

D

b

2

b

2

G

D

6

A

8

45°

F

α

A3

&

b

2

α

A1 A2

A1 + A3 =

C

a

h2

mh Clave C

Clave A

b

Q

14.

2

12.

2n

2

&

B

h1

3.

F

n

B

50°

80°

50°

C

n

m A

50° m

+ n

D

Por dato: ABCD es un trapecio. Piden: 1

A;ABCD = (BC + AD) h 2

...(1)

Prolongamos: AB y DC Entonces: DFBC es isósceles. BF = BC = n &

En el OHE por el teorema de Pitágoras: EH = 4 Luego:

&

h 80°

Por dato: (AL)(OC) = 16 cm2 (m + n)(r) = 16 Piden: Ssomb. = STBTO + S OTP = r $ m 2

Ssomb. = r (m + n) = 2

` Ssomb. = 8

+

n$r 2

16 = 8 2

A1 =

^ ABhÂH h

A2 =

^CDh^HD h

2

2

=

=

^ 4 h^8 h 2

^ 4 h^2 h 2

= 16 cm

= 4

2

cm2

Piden: A1 + A2 = 16 + 4 2 ` A1 + A2 = 20 cm

cm2

Clave D


Clave A

43

En el ADC por relaciones métricas: ab = (AC)(ED) = (10)(4) Piden: A >ABCD = ab = (10)(4) ` A 4ABCD= 40


R2 + r 2 =

7 4

&

Reemplazando en (1): 22 7 = 4R r 7 = 16R2r 2 4 7 = 4Rr Piden: A > ABCD = (2R)(2r) = 4Rr &

&

Clave D


` A> ABCD

7

=


Por dato: ABCD es un romboide. Además: OE = 2 / OP = 3 Trazamos: MD // PQ MD = 6 Piden: A ABCD = (6 2 )(4) = 24

B

11.

Clave C

C 21 u2

14.

9 u2

&

49 u2

F

21 u2

2

105 u 2 70 u2

Clave E A

8.

E

D

10

15

12. B

C

Del gráfico: Por el teorema de Pitágoras en el OES: R2 = (R - 2)2 + (4)2 R2 = R2 - 4R + 20 R = 5 Por el teorema de Pitágoras en el BHO: BH = 21 BK = 3 + 21 Piden: A6BCDK = (TH)(BK) = (R - 2)(BK) ` A6BCDK = 3(3 + 21 )

N C

M A

B

P

&

C D

En el RCO por el teorema de Pitágoras: CR = a 5 Piden: APQRS = 1 (PR)(QS) = 1 ^2a 5 h^2ah APQRS = 2a2

I.

5

F A;ABCD = 2A;MNPQ A;ABCD = 2(2B + 2C + 2D + 2E) A;ABCD = 4(B + C + D + E)

Clave C

9.

B

b a

A

a O 8

b

Clave B

15.

II. F A;ABCD = 2A;MNPQ A;ABCD = 4(B + C + D + E) > 4(B + D)

b

8

&

D

Q

Como 6MNPQ es un paralelogramo, luego:

2

2

`

E A

C

III. V A6MNPQ

b

= B + C + D + E

2

A + B + D = 2

D

Por dato: 2a + 2b = 32 a + b = 16 ...(1) En el AOB por el teorema de Pitágoras: b2 = a2 + 82 b2 - a2 = 64 (b + a)(b - a) = 64 b - a = 4 ...(2) Luego de (1) y (2): a = 6 / b = 10

B + C + D + E

En el DPA por el teorema de la mediana:

A - 2C - 2E = B + D A + B + D = C + E

&

2(2a)2 +

2

Piden: AZABCD = AZ ABCD =

`

1 2

1 2

13.

h 2r

Clave C

10.

m

C

E 4

6

b

b

=

m+ 1

m =

a

3

&

^16h^3 h^ 7 h^ 6 h

12 1 4 5

m2 +

3

c

A

12 1 4 ABCD = 2 (5) 5

A

ABCD = 24 14

&

`

m - 1 = 0

m Clave B

=

6+m 4

16 = m(6 + m) m = 2 Entonces: AC = 6 + 2m = 6 + 2(2) = 10 &

Intelectum 5.°

En el 1=

3

-

16.

2

D

Del gráfico: BGA , DEC (caso ALA) Además: CED + DEA 4 m

7

&

G

A

44

1 m

2 2^ 5 h

* Se debe pedir: A ABCD = (DA)h = (2a)h

R

Del gráfico: AQB , CPD (caso ALA) Además: APD + DPC &

2

4 m

&

h=

r

R

6 B

=

r

F

2

= 13 + 9

&


(BD)(AC)

(16)(12) = 96

2

10a2 = 250 a = 5 Por el teorema de Herón en el DPA:

&

&

^2ah2

E

ADC por relaciones métricas: 1

4R

2

+

1

&

2

4r

2

4= 2

2

2

R + r 2 2

R r

22

R + r = 4R r ADC, por Pitágoras:

Luego, del 4R2 + 4r 2 = ^

2

7h

10 m2 B

...(1)

C α

3A h α

A

3k

H

10 m2 2A 90° 2k

α

α

D

Del gráfico: ABCD es un paralelogramo. Además: BC divide a BECD en dos triángulos congruentes. También: ABD , CDB (caso LAL) 3A + 2A = 10 5A = 10 A = 2 Piden: ABCDH = 10 + 2A = 10 + 2(2) 2 ` ABCDH = 14 m

Del RPL (notable de 30º y 60º). PR = 9 PL = 3 3 Luego, en el IPR: m < RIP = 30° IP = 9 3 Piden: ADILO = (IL)(PH) = (9 3 + 3 3 )3 ` ADILO = 36 3 &

&

&

Clave C

Como 2C = D y E = D + C, entonces: E = 3 C > 2C Como D = 2C, entonces: D > C Como B = C y E = 3C entonces: 3C > C E > B

&

Clave A

20.

Q


C


a R

17.

M

B k 5

15

2m 9

12 A

c

Q

Del gráfico TABR , TFBC (caso LAL) FC = AR = 8 Además: el
D

15

Del gráfico: N: baricentro del TABC Q: baricentro del TADC Luego: TNMQ a TAMD AD = 15 Entonces: AC = 24 / BD = 18 AZ ABCD =

24^18h 2

=

NC 40

4 x 3

=

NC

2 AAFRC = 1 2

= 216

4 x 3

25 2 x 9

2

=

40

=

1600

2

x = 576 2 ` SBLMN = x = 576 Clave D

(8)(8)(1) = 32 Clave E

24. Q


Q

2

c m

x 2 +

&

Clave B

18.

x 30

&

&

`

L

F 74°

53°

37°

A

c

P

37º

O

2k

8

a B

m

N 15

O

C

R B

Comunicación matemática a

21.

a

A

B

60°

A

a

a

a

A

b

P

18

Se deduce que PQRS es un cuadrado. En el PAQ por la ley de cosenos: a2 = b2 + b2 - 2b2cos150° a2 = 2b2 + 2b2cos30° a2 = b2(2 + 3 ) Piden: A4PQRS = a2 = b2 ^2 + 3 h

290

ab

c

1 6 2 90 609

m

19.

22. a Q

&

A 2b

a

N

D

3b

=

2

ATMRS =

2kh = kh & ATMRS = 4A 2

Clave C

25.

B

c

C

S

R

b

&

/E =

MBC =

S Total

S

2

&

bk = S & bk = 2S 2 k ^2b h 2

= bk = 2S

Piden:

a

Se observa que: B = C h ^3bh 3bh

A

kh = 2A & kh = 4A 2

STABM =

c

E P

ATPQM =

Del gráfico:

b

M

H

S

2k

&

1 # 609 a # b = 609 = 3 # 7 # 29 3 # 203 7 # 87 21 # 29 Se debe cumplir: p < a + b < 2p 47 < a + b < 94 Como m+BAD > m+ADC, entonces: a = 21 / b = 29

Clave D

Del gráfico: 3a = 90 a = 30° Luego, por propiedad: m+ARL + 4a = 180° m+ARL = 180° - 4(30°) = 60° Entonces: m+ARL = m+RLP = 60° (ángulos alternos internos).

=

M

Por dato: A6PQRS = 12 6A + 2B = 12 2 ` 3A + B = 6 cm

2

2 # 8

k

D

39

Del enunciado: A;ABCD = absenθ

S

&

A

θ

24

R

h

4A C

P

B

N

13

60°

SSomb. `

A

=

E

=

S Total SSomb.

^2bh^3kh 5S =

=

6 ^bkh 5S

=

6 ^2Sh 5S

12 5 Clave D


45

26.

Por dato:

28.

30.

x A

H

x

O A

h x

112% b

b

Entonces: bH = (112%b)h h=

&

El cuadrado menor está centrado en forma simétrica en el cuadrado mayor.

25H 28

2A + 4 =

Sea x: el porcentaje en que disminuye la altura. x =

&

x =

`

c

m

H-h 100% = H

f

25H 28 H

H-

p

2

1^ x 2

2 h^4

x + 4 = 4x & x = 4 2

100%

2h

±2

&

2

h=

&

Clave E Clave E

29.

9

5

B

r

N

10

O

θ

Por el teorema de Pitot: 9 + 6 = 5 + AD AD = 10 Área del cuadrilátero bicéntrico ABCD: A ; = ^ 6 h^ 5 h^ 9 h^10h = 30 3

&

Del gráfico: el triángulo MNE cumple el teorema de Pitágoras: (ME)2 = (MN)2 + (NE)2 m+MNE = 90° 2a = 45° / q = 45°

&

&

&

Piden: A;ACBO = A

Área del cuadrilátero circunscrito ABCD: p=

6 + 5 + 9 + 10 = 15 2

AABCD = p r

B

E

Trazamos: la mediana MN del AMO. MN = AN = NO = 1 Luego, el NOE resulta notable de 45°. NE = 2

A

&

30

A ; ACBO=

&

3 = (15) ` r

=

2

r

AOC + A COB

^ 2 h^ 2 h 2

sen2 a +

^ 2 h^ 2 h 2

senq

A;ACBO = 2sen45° + 2sen45° = 4sen45°

3

`

Clave D

A ;ACBO = 4

c m 2 2

=2

2 Clave B

46

Intelectum 5.°

c m R 2

1 2

=

R 4

/

MN =

R

3 2

(AB + MN)h 2

3R 3 16 Clave C

&

6

1 2

A;ANMB =

C

D

-

A ;ANMB =

`


C

R 2

Piden:

A M

27.

2

Además:

Pero: x < AM x < 4 ` x = (4 - 2 2 ) m

75 5 % = 10 % 7 7

Del gráfico: Del ACO (notable de 30° y 60°) CO = R = OM

ÁREAS DE REGIONES CIRCULARES APLICAMOS LO APRENDIDO (página 50) Unidad 2

A=

1.

Del gráfico:

A1

A2

pR

2

2

- pr

6

2

3r = R r &

100π

A = p(1 + 2 2 + 2) - 3p - 2 ` A = 2(p 2 - 1)

...(1)

&

Clave B

2

R = 9

...(2)

8.

Reemplazando (2) en (1): R

R

pR

A=

Por dato: A1 + A2 = 100p m2 A1 , A2 = 400p m2

2

-

6 pR

` A =

pR

S = S

ABCD - S

9

S = 4 - p

`

2

18

Clave A

9.

5.

A

2

3

2

N E

3

Del gráfico: a + q = 60° Luego: Asomb. = A AOM + A MON + A Asomb. = π^2

2

3h α

360c

R

Por dato: pR2 - pr 2 = pr 2

π ^α + θ h + 3 30c

Asomb. =

30c

p

3h

(60°) + 3

4

3 B

3

Del gráfico, se deduce que el OMN es notable de 30° y 60°. Luego: A = A AON - A AME - A OMN

NOB

2

Asomb. =

π^2

+

2

3h θ

A=

360c

p

^4

3

h2 60c

-

360c

A = 8p - 3p - 6

3

3 = 2p + 3

`

3

A = (5p - 6

p

2

^2

3h 4

3 = 5p - 6

-

^2

2

) cm2

3

Clave A

3 h cm

`

3 h6

3

2

Asomb. = ^2p + 3

2

R 2

^6 h^

+

30°

4

O

r

r=

3

60°

2.

r 2 =

A 2

M

Clave B

`

360c

Clave A

Entonces: (A1 - 100p) + A2 = 400p A1 + A2 = 500p 2 2 pR + pR = 500p 2 pR = 250p ` R = 5 10 m

R

2

90c π^ 2 h

S = (2)2 -

2

ADC

Clave E

10.

2 2 Clave C

D

6.

a

3.

B

120º A a

π

2a

x

S

a

45°

45°

2

45c 360c

px

Además: 2S = p

=

p

&

2

px

2

8

S = 4

...(2)

p

Igualando (1) en (2): px

2

8

=

p

4

x =

&

2a

C

^3ah2 ^60ch

A=

p

A=

3a p 2

360c 2

A =

`

2

2

a 6

-

a

-

E

a

Del gráfico: A = A DAE - ATABC - 2A

...(1)

Sea A el área de la región sombreada: A = A4 - A

120º

60º

A

Del gráfico: S=

M

S

^2ah2

&

3

4

-2

;

^ ah2 ^120ch

p

360c

3

(5p - 6

11.

)

S

30° D

N

2r

2 45°

60°

2

2 60c - pr 360c

pR

2

45°

C

Sea A: el área de la región sombreada. Entonces: A = A ABC - A9 A=

A

A

2

S = S

r

4

A

r

O

C

45°

S

2 r

R

4

B

Clave B

7.

B

E

Clave B

Clave C

4.

2

2a p 3

-

3

^62h

A = 72 - 18p ` A = 18(4 - p)

2

2

p

A = 6 (12) -

MCE

O

2

2

P

Del gráfico: A = A AOB - A A=

p

S

135°

^2 + 2 4

2

p

ABD - S BAD

^42 h 4

2

= 4p m

B

2

S NPB - A NOP 2

2h

ABD =

D

p -

^2

2 2 4 BAD = 2 = 8 m

S = 4p - 8 2S = 8(p - 2) m2

&

2

2 h 135c 360c

-

2^2 h 2


Clave A

47

12.

Trasladando áreas: B=

3.

p

Sx =

^22h

+

2

pr 2

&

Clave B

7.

I. Cumple la definición. II. No cumple la definición. III. Tiene un lado convexo. IV. Una curva es elíptica.

8

2p

=

2

2

2(A3) = (8) + (12) 2 ` A3 = 10 m

81p

=

4

A + B = 64p + 81p = 145p

4

`

2

pr 3 = pr 1

2

p 18

4

Clave B Clave B


4.

Al trasladar el área del semicírculo menor, el área sombreada es equivalente a la región del semicírculo mayor.

B

30° 30° 8

A

`

2

5r 2 r 2

A=

r 2

m

^4

h2 60c

3


NBM = A ABC

360c

^ 8 h2

=

8.

3

4

...(1) ...(2)

&

Clave B

4

5.

(5 - p/2)

Del problema se tiene que: A1 = A / r 1 = r A2 = 2A / r 2 = r + ( 2 - 1)

De (1): A = pr 2 De (2): 2A = p(r + 2 - 1)2 2(pr 2) = p(r + 2 - 1)2 2(r 2) = r 2 + 2r( 2 - 1) + ( 2 - 1)2 2 r - 2r( 2 - 1) - (3 - 2 2 ) = 0 r + (3 - 2 2 ) r -1 r = -(3 - 2 2 ) / r = 1 Como: r = -3 + 2 2 < 0 (no cumple)

Asomb. + 8p = 16 3 ` Asomb. = 8^2 3 - ph

2 pr

-

= 32p

2

Clave E C

4

H

p

Asomb. +

2

A = 2r

2

r -

4

2 + r - p r 2 4

2

A=

p 2

-

2

4

Del gráfico: Asomb. + A

^h c

2r 2r

A=

^8 h2

M

N

2

p

Entonces: Asomb. =

4 3

Clave B

&

B

14.

45° S1

r=1

`

C

90°

Clave C

A R

45°

Del gráfico: A1 = A ABC - A

O

R

A

R

A1 =

2

2

45c 360c

pR

S1 =

pR

2

8

R 2

-

R

-

2

sen45°

A2 =

p

-

2

A2 = A

Del gráfico: S1 =

^ 2 h^ 2 h

9.

BAE

^2 h

45c

360c

= 2 -

^ 2 h2 45c

T

2

360c

A=

2

135c 360c

A = 3pR 8

2

-

c

pR -

pR

=

2

p

2

-

8

2

-

pR =

8

2

R

2 4

m

2

-

R 2

2 2

A 1

&

2

M

4

r 3

r 3

PRACTIQUEMOS Nivel 1 (página 52) Unidad 2 Comunicación matemática 1.

CD

A

AB

R =

2

2

=

9

r

Por dato: A1 = 4 A2 = 6

&

A=

48

4

2

=

64p

Intelectum 5.°

= 6

2 &

= 4

2 pr 2 =

&

2 pr 1 =

8

12

2

2

2

r 3 = r 1

+

2

4r 2 2

+ r 2

4a

Asomb. =

`

En el MNP por el teorema de Pitágoras: 2 2 ^2r 3h2 = (2r 1) + (2r 2) 2

2.

2 pr 2

4r 3 = 4r 1

p 16

P 2

-

2 -

n

- pa

4

c

8

^2nh^n h

2

4

4

Asomb. =

2 pr 1

&

pa

Asomb.= a2- πa

A 3

2 - 1)

&

Asomb. = a2 r 2

r 1

2

C

Del gráfico: DB = a 2 a + n = a 2 n = a( Luego: Asomb. = A4 - A - A PBQ

A 2

r 2

r 1

Clave D

A

D

N

6.

a

45°

2

Clave A

2

45°

45°

2h

Luego: A = A AOC - S1 - ATAOC pR

n

Q

^ 2 h^

-

n

p

BAD - ATAED

p

B

45° n

a

Piden: Asomb. = A1 + A2 = 2 -

2 4

P

A

2

2

2 4a

2

2 -

=

-

4

a

2

^3 - 2

8-p

m

2 -

4

2

-

πa

a

â^

2

2

-

1hh

2h

2

Clave E

10.

El BAC es notable de 37° y 53° Del gráfico: la m+BAQ = 90° QB es diámetro. En el QAB: AB = 3k 4 = 3k k = 4 &

&

QB = 5k 2R = 5 &

60° 30° 45°

c m 4 3

&

R =

45°

c m 10 3

` A9

!

m OF = 60° m+FOB = 30° El AOF es isósceles m+AFO = 15° &

&

Clave D

&

Clave D

8

B

C

r O

8 R

r H

4

D

4

18.

Asomb. =

OHD por el teorema de Pitágoras:

R2 = r 2 + 42 R2 - r 2 = 16

πR

2 -

4

R

2 =

2

2

^ h

π 4

Piden: Asomb. = pR2 - pr 2 Asomb. = p(R2 - r 2) = p(16) 2 ` Asomb. = 16p m

4

A C

= =

D

4

- 4A 2

c m 2 4

p

= 16 - 4p

Asomb.= (16 - 4p) m2

`

Clave C

19. R2

2

Clave E

O2

R1

2 60°

A1

2

A3

A4

A

O1

2

A

60°

Del gráfico: A1 = pR12 ; A2 = p ^R22 - R12h ; A3 = p ^R32 - R22h Por dato: A1 = A2 = A3 Primero: A1 = A2 pR12 = p^R22 - R12h

A1 + A3

2

A

A2 R3

B D

60°

2

O3

2

Del gráfico: A=

p

^

2

2 h 60c

&

360c

A =

p

3

&

49π 4

A + B + C +D =

2

2

Sea el área del triángulo equilátero O 1O2O3: AT

2

R1 = R2 - R1

2 Luego: A2 = A3


2

Asomb. = (4)2 - 4

16.

Comunicación Matemática

13.

2

4

Del gráfico: Asomb. = A

2

Asomb. = 4p - 8


>

2 2

2

-

2 2

A

&

<

2 2

4

Clave E

ATABC = A4 - A3 ATABC = A1 + A2 A4 = A1 + A2 + A3

C

4

^4h

&

12.

B

&

R

8


También: el EO1F es isósceles. Además: m+EO1F = 90° m+O1EF = 45° Del OHF notable de 30° y 60°: R = 4 Piden: Asomb. = A EF = A EO1F - A EO1F

11.

En el

Del gráfico: Ax + Ay + A ABC = 40 Ax + Ay + (28) = 40 2 ` Ax + Ay = 12 m

30°

Del gráfico: El OO1F es equilátero.

2

100 p = 9

A

60°

15°

c m 10 3

&

3

Piden: A 9 = pR2 = p

Por dato: A1 = 10 / A2 = 18 Por propiedad de lúnulas: A ABC = A1 + A2 A ABC = (10) + (18) = 28

15.

&

B

C

&

2 R2

2 p R2 -

^

2 R1

2 2R 2 -

2 R1

R

2^

A

2 R1 =

2 2R1

h

R

AT =

...(1) 2 p R3 -

h= ^ =

2 R3

2 - R1 = 2 3R1 =

2 R3 2 R3

2 R2

&

^2

3 &

4

AT = 2

3

Luego: Asomb. = AT - 3A

h

Asomb. = ^2 Asomb. = 2

`

2

2h

...(2)

3

h - 3` p j 3

3 -p Clave E

R A

R

R

De (1) y (2) se deduce:

D

Del gráfico: Asomb. + A = pR2 ...(1) Además: A = A - 4A A = (2R)2 - 4

R1 =

`

2

c m pR

2

2

2

R1 =

R2 2 R2 2

=

R3

=

16

3 R3

S1 A

3 Clave C

4

17.

A = 4R2 - pR2

B

Reemplazando en (1): Asomb. + (4R2 - pR2) = pR2 Asomb.= 2pR2 - 4R2 2 ` Asomb.= 2R (p - 2)

B

20.

A1 Ax

A2 Ay

A

C

12 S2 C

A1

A3

Por dato: AC = 20 y AB = 16 Entonces en el ABC por el teorema de Pitágoras: BC = 12 Del gráfico: 2 p^ 8 h A1 + S1 + A2 = = 32p ...(1) 2

40m 2 Clave C

A2

A2 + S2 + A3 =

p

^6 h2 2

= 18p

...(2)


49

^16h^1 2h

S1 + A2 + S2 =

2

= 96

...(3)

24.

Considerar el siguiente gráfico:

26.

E a

C

Sumando (1) y (2), luego restando (3): A1 + A2 + A3 = 50p - 96 2 ` Asomb. = (50p - 96) m

P

b r 1

b

a

R

r 2

H

60º

D R

A

O

R

Clave A

B

2

2

I.

A

=

A

=

θR π 360

R

2 p

3

(V) 2

.

p

3

= 27

81

R2 =

9

De (2) y (3): r 22

3+p

...(2)

= 3

R 2

h A =

2-

3

R 2

2+

2-

3

3

Luego: A = 1 ^m + h AhhA 2

c

A=

1 2

A=

R 8

2

R 2

2+

(3 -

3

3

+

R 2

2-

3

m

R 2

)

Reemplazando en (1): A1 =

pR

2

R

-

3

m+ ABE = m+FBC = 40°

2

^3 -

3h

8

Por dato: R = 2 ` A1 = 8p + 3

Por propiedad

6

3 - 9 Clave E

G E

C

F

Del enunciado: A

En el TAO1O, por el teorema de Herón: p = R+r+R-r 2

80p 2 EOF = 360 R 32p = 2p R2 9

R2 = 144 R = 12 Luego: A

EOF = (12)

A

EOF = 36p

4

A

2

3R

R

DO =

A

23. B

2

A

DO =

pR

L/2 C2

=

Asomb. =

2 pL

DOB =

pR

Por dato: ABCD es un cuadrado Por presentar simetría: A = S Asomb. = A

j`

3R

2

2

j`

R - r

3R 2

-

j

R + r

3

2

c m L 2

pR

Intelectum 5.°

60° R 60° A 60° 60°

2

3R 16

R

2

2

R

2

Del gráfico: los cuatro segmentos circulares que se forman tienen la misma área.

3 4

^120ch

=

pR

A

2

DO + Asomb. + A9

6

R -

2

pR

Asomb. =

R ^ 12 48

6

+

R

360c

+ Asomb. +

2

3 4

=

pR

-

6

R

2

2

3 4

Asomb. = 4(A ) + 2(ATequilátero)

2

pr 2

-p

2

2

R sen60c

-

Luego:

3 4

Asomb. =

`

Clave E

2

60cp^Rh

3

A

pR =

=

&

2

R 60°

2

360c

&

2

8

R O

R sen60c 2

-

-

-

D

L

&

R

-

2

2

6

Del gráfico: A DOB = A

C1 S

27.

2

L/2

p

3R

`

60cpR 360c

C A

C3


3R 2

=

Reduciendo se tiene: r 2 = Luego:

2p

A

+R

60°

r =

&


50

&

80° 90°

D

`

3

Entonces: m = ap12 =

B

A

2-

R

&

O

...(1)

15º

25.

R

h A 45º

Clave C

40°

3

m

p

40° 45°

2

45º

2

2

pR

=

h A

- r 1 = 4R

^12hp

R = 6 22.

120c 360c

La base del triángulo A es igual a:

p

R

2

LM = ,12 = R

Reemplazando en (1): Asomb. = p(4R2) 2 ` Asomb. = 4pR

III. (V) R2 = 3 A 2

Q

M

&

3+p

R=

pR

En el TEOC por el teorema de Euclides: 2 2 2 r 2 = r 1 + a + 2(a)(b) 2 2 2 r 2 - r 1 = a + 2ab 2 2 ...(3) r 2 - r 1 = a(a + 2b)

II. (F) 2

R

En el triángulo A, la altura es la mitad de la longitud de LM. Por polígonos regulares:

1,047

R2 + R

O

A1 + A =

&

A R

2

Piden: Asomb. = p(r 2 - r 1 ) ...(1) Trazamos OH = AE, entonces: DH = HC = b / AH = HE Por propiedad: (AB)2 = (AD)(AC) (2R)2 = (a)(a + 2b) a(a + 2b) = 4R2

De la figura: q = 120° &

A

R 30º R

Del gráfico:


45º

15º


R

L

A1

c m 3R 16

Asomb. = 4

c

pR

6

2

-

R

2

3 4

2

3

-p

h Clave C

Asomb. =

2pR 3

2

-

R

2

3 2

m c +

2

R

2

3 4

m

Asomb. =

&

2

R 6

(4p - 3

30.

)

3

H

A

B

r R

Por dato: R = 1,25 Asomb. =

&

r

^1, 25h2 6

O R

[4(3,14) - 3(1,73)]

Asomb. = 1,92

`

Por dato: pR2 = 78,5 / pr 2 = 28,26

Clave C

28.

En el OHB por el teorema de Pitágoras: H

A

30°

3 60° 60°

6 M

6

AB 2

6

O

Luego: (AB)2 = 4(R2 - r 2) 2 2 2 p(AB) = 4(pR - pr )

N

6

6

Del gráfico: El OHB resulta ser notable de 30° y 60°

Entonces:

Luego: Asomb. = A

(AB)2 ` AB

(AB)2

AB + A

2 2 Asomb.= ^120chp^6 h - 6 sen120c

;

360c

2

Asomb. = (12p - 9 Asomb. = 30p - 9

E

+

p

p

(78,5 - 28,26) =

4^50 ,24 h ^3, 14h

= 64 = 8

m Clave D

2

MARATÓN MATEMÁTICA (página 55) Unidad 2 1.

3

`

4

=

^ 6 h2

) + 18p

3

2

c m

R2 = r 2 +

B

Graficamos el DABC y ubicamos su incentro (I) y circuncentro (O). B

Clave D

θ θ

a

29.

14

I x

C1

A

O

A

3r r

C

H 14

b

Q

C2

Vemos que OQ es mediatriz de AC y BQ a la bisectriz del !

y AH , HC Q es el circuncentro del TAIC. Además B, I y Q son colineales. En el DBOQ aplicamos el teorema de Steward: 142(b) + 142(a) = x2(a + b) + ab(a + b) 142(a + b) = (a + b)(x2 + ab); (dato: ab = 171) 142 = x2 + 171 ` x = 5 m

El área sobrante (A) es igual a: A = p(3r)2 - p(r)2

&

A = 9pr 2 - pr 2 = 8pr 2 Luego: 4

ABC.

+

!

2 r A

mAQ

=

mBC

&

α

Clave E 4

2 r

2.

Entonces: A=

π

^4

2

2 r h

α

360c

Graficamos TQ // G1G 2; QR // G2 G3; SR // G3 G 4 y TS // G1G 4. Q

2

3b

= 8pr

B 3d

2

2 32r α = 8r 360c &

`

a=

2a H1 a

G1

T

360c 4

3a

H4 3a

a = 90°

G2

d

P

C 2b

b

R

2c 3b

A

Clave C

3c

G3

c H3

G4

2d

H2

D 3c

3d S


51

Dado que G1; G2; G3 y G4 son baricentros, entonces el cuadrilátero G1G2G3G4 es un paralelogramo y sus lados son paralelos a las diagonales AC y BD. Además:

BH1 H1P

=

2a CH 2 ; a H2 P

=

2b DH3 ; b H3 P 2

=

3c AH 4 ; c H4 P

=

a = b

S2

α

C

bk

L

S1

=

1

(ak)a

2

2 k

S1 = a a

2

2 k

=

S1

/

S2 = 1 (bk)b

/

S2 = b2 k

2

2

2 k

b=

/

S2

...(I)

S = 1 (ak + bk)h (S = A TABC)

S

2

S

S = 1 k(a + b)h

S

A

2

C S

Reemplazando de (a): S = 1 kh2 2

T

C'BA = ATC'A'B = ATA'BC = S

(etc.)

h= Clave C

Graficamos el TABC y trazamos MN de tal modo que 2pTABC = 2p4MNCA . B θ

S

- x

N b 24 M x

S

A

- a

15

C

Reemplazamos: 14 - x + a + b = b + 24 - a + 15 2a = 25 + 2x a = 1 (25 + 2x) 2

... (I)

Luego, vemos que: ATABC = 2ATBMN (14)(24)senq = 2

c ma(14 1

2

- x)senq

Reemplazamos de (I): 24(14) = (2x + 25)(14 - x) 28x - 2x2 + 25(14) - 25x = 24(14) 2x2 - 3x - 14 = 0 (2x - 7)(x + 2) = 0 x = 7 &

2

Clave B

Intelectum 5.°

2 k

S

...(II)

Finalmente, reemplazamos (II) y (I) en (a): h = a + b 2 k

S = S =

a

52

=

Luego, en el triángulo ABC:

B'

1

ak

EF LC

Calculamos las áreas de los triángulos EBF y LFC.

S

2

`

θ

A

A'

14

F

b

Hallamos los puntos simétricos A', B' y C' con respecto a B, C y A, respectivamente, generándose el TA'B'C'; vemos que los puntos A, B y C son los puntos medios de CC', AA' y BB' respectivamente.

C'

α

ak

θ

Clave A

S

θ

E h

&

4.

a S1

... (I)

S B

TLFC

B

En el cuadrilátero TQRS: A4TQRS = (3a + 3c)(3b + 3d) = 9(a + c)(b + d) Reemplazando de (I): A4TQRS = 9(2 cm2) A4TQRS = 18 cm2

Denominamos: ATABC = S Por propiedad: ATABC = A Del gráfico: ATA'B'C' = 7S

Graficamos el TABC y trazamos las alturas de los triángulos EBF y LFC y los denominamos a y b respectivamente; además a + b = h ... (a) Luego, como el cuadrilátero AEFL es un paralelogramos entonces: TEBF a

2d d

Del dato: A4 G 1G 2G 3G 4 = 2 cm (a + c)(b + d) = 2 cm2

3.

5.

2 k S1 +

2 k

S1 + S2

&

S2 S9 ABC

=

S9EBF

+

S9LFC

k

&

EF = ak LC = bk

Unidad 3

RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO

APLICAMOS LO APRENDIDO (página 58) Unidad 3

Por Pitágoras: (EH)2 = (EB)2 + (BH)2

4. P

(EH)2 = (1)2 +

60° 5

1. M

13 5

P

5

4

12

C

3

x

AT AEC =

B

Q

A

Q

A

Por relaciones métricas: En el MAB: (AM)2 = (MB)(MP) (AM)2 = (10)(6)

En el PBA por el teorema de Pitágoras: BA = 12 En el ABC por el teorema de Pitágoras: x2 = 122 + (5 3 )2 = 144 + 75

...(1)

&

En el MAC: (AM)2 = (MC)(MQ) (AM)2 = (5 + QC)(5) ...(2)

x =

De (1) y (2): (10)(6) = (5 + QC)(5) 12 = 5 + QC ` QC = 7

2

m

EH =

&

3

=

31 4

31 2

3

EH

2

31 2

m

2

=

3

31 4

cm2 Clave E

7.

Por dato: AB = AC = AD = 6 B

x2 = 219

C

6

O

H

219

`

2

AC

&

&

3

^ h^ h ^ hc

` AT AEC =

Del CBP notable de 30° y 60°: BP = 5

C

H

3

Piden el área del TAEC:

30°

B

6

c

x

3

2

T A

Clave D

3

2

6 D

5.

El triángulo DBC resulta equilátero: BD = BC = DC = 6 2 En el ATD: AT = 3 2

F

Clave C Q

6

2.

8

G'

F'

B

P

9

9

G

P

2 24

x

8

6

H

6

x

O 6

Se forma el

A 7

M

Q

GPF.

T

A

3

2

Por Pitágoras: En el PAM por el teorema de Pitágoras: x2 = 72 + 242 = 625 ` x = 25

15

G

3.

3h

37° H

4h

G

=

6

3

2

3

6

&

x = 2

2

BAT:

cm Clave D

P

8

8.

(FG)2 = (GP)2 + (PF)2 (FG)2 = (8)2 + (15)2 (FG)2 = 289 ` FG = 17 cm

C

5h

x 2

Clave E

A

Por relaciones métricas en el BO = 2 6 / OT = 6 El BHO a BAT

F

Por dato: MN = 1 C 2a 60° 4a

M 2a A

60°

aH

1

60°

2a

Clave E Q

N 2a

B

6.

E

Por el teorema de las tres perpendiculares:

D

4a

E

Sea: AC = 4a AM = MC = 2a / BN = ND = 2a El AHM: notable de 30° y 60° MH = a 3

CH = AB

&

1

Sea: CH = 5h

&

En el NH =

B

3

Por dato: ATABC = 30

A 3/2

Entonces: ( AB) (5h) 2

B

3a

H

3

3/2 C

= 30 & (AB)(h) = 12

Por dato el TABC es equilátero y el diámetro de la circunferencia mide 12 = 2 3 el radio: R= 3 Por polígonos regulares: AC = R 3 = ( 3 ) 3 = 3 AC = 3 &

Piden: ( AB) (4h) ATAGB = = 2(AB)(h) 2

NBH por Pitágoras: 13 a

En el MHN por Pitágoras: (MH)2 + (HN)2 = 12 (a

3

)2 + (

13

a)2 = 1

16a2 = 1 a = &

&

ATAGB = 2(12)

&

En el

ATAGB = 24

`

Clave E

BHC (30° y 60°): BH =

3

3 2

Por el teorema de las 3 perpendiculares: EH = AC

Piden: AC = 4a = 4

c m 1 4

1 4

= 1

AC = 1 cm

`


Clave B

53

9.

Por dato: AC = AB = BC = L / 2AM = L

En el FHP, por Pitágoras: (FP)2 = (FH)2 + (HP)2

M

x2 = L/2 x L

x

B

30° 30°

A

2

=

L/2

c m 12 5

169 25

2

+ (1)

14. L

&

M

13 5

x =

G 3

`

L/2

5

Clave A

AHC notable de 30° y 60° AH = Por Pitágoras en el MAH: (MA)2 + (AH)2 = (MH)2 &

L 2

2

+

L

3 2

2

m

2

= (MH)

&

L

3

12.

Por dato: AB = BD =

ATBMC =

=

2

^L h^L h 2

M

12

En el H

A'B =

4 A

25 = (AH)

A

1 x

2

=

BC

y

3

Clave C

DA


BA'A de 30° y 60°: 7


2

Por relaciones métricas en el

En el AHP, por Pitágoras: (AP)2 = (AH)2 + (PH)2 132 = (AH)2 + 122 2

21

Escogemos el plano Q de modo que: La proyección de BC es B. La proyección de DA es DA'. Entonces la mínima distancia entre será la misma entre DA' y B.

B x

21

7

A'

P

4

C

60°

60°

10.

13

3

1

1

+

^ h c 21

2

1.

DBA':

3

2.

2

m

7 2

x = 3 cm

AH = 5

`

&

Clave B

En el AMH por Pitágoras: (AM)2 + (MH)2 = (AH)2 42 + x2 = 52 x2 = 9 ` x = 3 cm

13. D

2

A

a D' B

a a

11.

I. (F) porque está incluido en varios planos. II. (F) porque un punto pertenece al plano. III. (F) porque pertenece tanto como para una como para todas las rectas. IV. (F) porque por una recta pasan infinitos planos y por definición de planos se necesitan dos rectas. Razonamiento y demostración

a a

Clave C

a

3. A

a

2

α

a

C

P

B'

Trazamos una paralela a DA que pase por C. 4 A

G

El ángulo formado por formado por D'C y BC.

Q

x

3

DA

y

BC es

H B

el mismo

P

BC: Proyección de AB sobre el plano

D' H

M

1

a

2

a

7

a

P.

Por el teorema de Pitágoras: (BC)2 + 122 = 132 BC = 5

P

1

B

12

13

a

F

F

13

En el AHF, por Pitágoras: (AH)2 + (HF)2 = (AF)2 52 + (HF)2 = 132 HF2 = 144 HF = 12 En el MHF, por Pitágoras: (MH)2 + (HF)2 = (MF)2 32 + 122 = x2 153 = x2 ` x = 3 17

30°

2

Clave A

13

60°

2

L 2

=

21

x B

Q

H

A

D

MH = L

B

5

21

2

Piden el área del TBMC: ^MHh^BC h

a = arctan 7

&

Clave B

C

c m c

7

x = 2,6

H

L

2

tana =

&

2

&

2

En el plano P: B

H

a/2

El

53°

37° H

A

AFB notable de 37° y 53° FH = 12 5

Por el teorema de las 3 perpendiculares: FP = MG

Intelectum 5.°

F

Por Pitágoras:

D'H =

a

7

4

M

2 B

a

&

54

C a/2

4.

4

3

B

Clave A

α

F

tana =

3

7 2 a 2

E

=

7

2 A

3

2 3 6

C x

3

2 6

N 2 D

Por propiedad: AN = NC = ND = 3

8.

En el MND: x2 = (3)2 + (3 x = 3 3

3

A

2+4 = 3 2

13.

2

60°

En el trapecio AEFC: MN =


Q

2

60° H 1

2

10

B

x

2 1

)2

M

1

6

F

C

&

9.

3

5

4

M

Por propiedad: AM = MC = BM = 9 G es baricentro: BG = 6 / GM = 3 En el BGF: x2 = 102 - 62 x = 8

Clave C

B

3

A

12 x 4

G

9

En el QHM: (2)2 + ( 3 )2 = (QM)2 QM = 7

5.

9

C

En el TAQB equilátero: QH = 3

Clave E

C

B

2 D

2

F

2

Q

M1 A

Clave C

4

D

5

En el BCM: BM = 5 En el FBM: x2 = 122 + 52 x = 13

B 45° 3

C

14.

3

P

H

45° 3 A

4

Por el teorema de las 3 perpendiculares: QB = plano ABC

Clave E

QH = AC

BH = AC

6. P

A

5

4

16°

C

4 L

A

Trazamos OL = AB AL = LB = 3 &

Por el teorema de las 3 perpendiculares: PO = Plano OCB

Clave B

Q

4

OL = AB

N

x

B 3

3

2

B

2

37° 37°

5

Por propiedad: BH = AH = HC = 3 En el QBH: QH = 5 Por lo tanto: ATAQC = 1 (6)(5) = 15


4

O

10.

PL = AB

m+AOL = 37° OL = 4 En el POL isósceles: PL = 4 &

Del gráfico: NB: proyección de AB sobre el plano Q.

1 ` ATAPB = 2

x

Por dato: AN = 4 / AB = 5 Piden: BN = x

a

2

2/2

Resolución de problemas 2

x

2

= (a) +

x2 = a2 +

Clave C

x = 7.

a

(a

2

2

/2)

15.

2

En el

H

a 2

2

Clave D

B

BG

C

4k

6

P

θ

3k

k

&

BGH:

BH = 2

q = 60°

M

2k G 3k


8

2 = 12

Clave A a

En el ANB por el teorema de Pitágoras: x2 + 42 = 52 x2 = 9 ` x = 3 m

(6)4

2

A

x

B


C

11.

6

6 M 6 A

Por propiedad: BM = AM = MC = 6

I. II. III. IV.

Clave A

(F) varía entre 0° y 360°. (F) varía entre 180° y 540°. (F) por 2 semiplanos. (F) porque es menor a la suma de las otras caras.

16. Q 30° 3 2

12.

En el PBM, por Pitágoras: x = 10 Clave D

I. II. III. IV.

(F) porque si fueran paralelas. (V) son colineales. (F) porque por dos puntos pasan infinitos planos. (F) si fuesen colineales pasan infinitos planos.

2

2

60°

B

2

2

3

30°

C

1 3 60° A

H 1 D


55


En el QHC: QH = 3 / HC = 3 En el QHB: BH = 1 En el HBC por Pitágoras: 2

2

BC = 3 1 ` A4ABCD = 2(2 -

2

=


2

) = 4

2

2 Clave A

17.

21. P 60°

2 B

60° O

x 60°

1 H

A

2

60°

Demostraremos que H es el centro del TABC.

4

3

4

D

I. (F) solo cuando la recta es perpendicular al plano. II. (F) se proyecta como un punto. III. (F) se puede proyectar como una recta a otro plano. IV. (V) por definición de mínima distancia.

B A H

C

AHD, CHD, BHD. Por tener igual hipotenusa (L) y el cateto común DH.

I. (V) puede coincidir. II. (F) puede proyectarse también como un segmento. III. (V) puede coincidir. IV. (V)

HA = HB = HC (H es circuncentro del TABC) AH = En

Trazamos CO, CO = 2 3 (O: centro de la semicircunferencia) Teorema de las tres perpendiculares: PH 9 ABC HO 9 OC PO 9 OC AO = OB = PO = 2 POC: teorema de Pitágoras x2 = (2 3 )2 + 22 x = 4

AC 3

2a

2a

AHD: DH

D

2

2a

18. F

E

NR =

x C

N

MQ 2

&

a

A

a N

2

a

a

2

2 a

2 a

a

25.

R

P

F x

2 10 B

1+7 = 4 2

C θ

2

2 O A

D

2

En el PCA: PC2 = ( 10 )2 - (2 PC = 2

2

)2

En el

2 2

&

OCP, OC = CP q = 45° Clave E

26. P

Clave E Clave E

4

B

23.

53°/2

19.

C

H 3

x

3 8

A

C

4 D

53°

45° 4

B

T

En el AOT: AT = 5 Por el teorema de las 3 perpendiculares: AO = BC OT = BT

I 2

&

IC = 2

ATATB =

10

`

37°/2

x = 7

`

Clave D

56

Intelectum 5.°

Por dato: 5NP = 20 NP = 4 4BM = 20 BM = 5 En el cuadrado ABCD por propiedad: m+AOM = 90° En el BAM notable de 53°/2: m+ABM = 53°/2 AM = 5 / AB = 2 En el BOA notable de 53°/2: BO = 4 / AO = 2 BAM , ADN (ALA) BM = AN ON = 5 - 2 = 3 &

4^ 5 h 2

= 10 Clave E

24.

D

&

AT = BT

C

Luego, en el HIC: 32 + (2 10 )2 = x2 x2 = 49

1

M

&

B

En el BAC, por el teorema de Poncelet: 6 + 8 = 10 + 2r r = 2 En el IDC:

N

3

2 O 5

135°

45°

4

A

O 5

I

6

2 5 53°/2

C

5

A

D

2

2

En el TMOQ: MO = OQ = MQ ` x = 60°

&

6


a

NR es base media

MN = NO = a QR = RO = a

L 3

E

M a

&

Por dato: EM // plano ABC EC = MN En el trapecio ADFB: x=

DH =

`

3

Clave B

En el TMOQ:

7

D 1 A

2

L

c m

&

B

2

= AD - AH

Q

Sea el lado del cubo 2a: BD // MQ MQ = 2a 2 En el NFR: NR = a 2

Clave E

x

3

2

O

&

M

2

a

B a

L

AH =

&

(DH)2 = L2 -

22. 2a

L

L

Razonamiento y demostración C

L

L

Como el tetraedro es regular: AB = BC = AC = AD = CD = BD = L

&

Por el teorema de las 3 perpendiculares: PO = BM

5

ATPOB =

`

4^ 5 h

En el

= 10

2

PBH: PH = 4

ATPOC =

Clave D

`

5 ^4

2h

2

En el x = 3

2 = 10

2

PHB notable de 45°: 2 Clave B

Clave B

27. P

29.

28.

P P x

4 B

C

5 3 A

H

3

5

30° D

A

H

En el BHO notable de 37° y 53°: BH = 4 / HO = 3

C

5

M

45° 3

1 B

A

Por el teorema de las 3 perpendiculares: PH = AC

2

B 1

H

53° 5

3

x

6

O

4 2

2

Trazamos PH 9 plano H. En el PHA notable de 30° y 60°: PH = 3

En el x= x =

`

D

PMC: ^2

2

3h

+

^

2

5h

17 Clave D


57

POLIEDROS APLICAMOS LO APRENDIDO (página 63) Unidad 3 1.

AT = (6)2 3 = 36 2 ` AT = 36 3 cm

Por dato, en un poliedro: n.° de vértices: V = 33 Las caras están formadas por: 89 ; 9< ; m8 n.° de caras: C = 17 + m También, n.° de aristas: A=

8#3+9#4+m#5 2

A=

24 + 36 + 5m 2

=

2 ^b + 2bh $ b

;

2

6.

3 a

m

+ 2

b

h=

...(1)

3

8

Sea el tetraedro A-BCD a

A

2 a

C 2

a

2 a

b

a

a

2

2

B a D

AT1 = (a 2 )2 AT1 = 2a2 3

3

...(1)

6

Sea el lado del octaedro: b

3

Por dato: d = h a

2 a b

=

b

6 3

3 3

=

a/2

...(1)

a/2 b

a2 2 3b

Área total octaedro: AT1 = 2 Área total tetraedro: AT2 =

a/2

3

b2 = ` a j

2

&

Piden: A T1 A T2

=

2

3a 3b

2

2

2a

=

b

2

=

2

2

2

` ba j

A T1 A T2

=

A T1 A T2

2

2

c m c m

=

3 3

=

2

3 9

a 2

2

AT2 = 2b2 2 3

=

3

AT2 = 2 ` a AT2 = a2 A T1 A T2

7.

M

P

b

b

b 2b

O

...(2)

AT2

2a a

2

3

2

3

= 2

= 2 Clave D

2b

b

Tetraedro regular O-ABC:

3

Q 2b

Clave C

=

AT1

`

2b b

b

3

2

j

Dividiendo (1) ÷ (2), tenemos:

Clave A

N

2

2

2 3

` a2 j

2

+

2

b=

...(2)


&

9. O

S

R

b b

a

b B

a

Sea el lado del octaedro regular: 2b

a

M

b

N

a

b

b b

b

A

b

a

Intelectum 5.°

3

b

2

C

Por dato: a + a + a + a + a + a = 36 6a = 36 a = 6 2 Piden: AT = a 3

b

P

3

R

b/2

b

2

3 2

b

b b

b b

b

b

b

2

b/2

b

3

b

b

b b

58

2

b

El icosaedro tiene 20 caras las cuales son triángulos equiláteros. ΣDC = 0 Entonces: NDP = 66 - 30 - 0 ` NDP = 36

A

3b 2

Clave D

b

66

a

3a

=

a

`

5.

` 2a j

2

h

En un icosaedro: V = 12; C = 20; A = 30 =

2

2

3

a

b

Sabemos: NDP = C2v - A - ΣDC 12! 2!10 !

3

=

a

Clave D

=

3

...(2)

a

&

12

2

Diagonal del octaedro: d d = a 2

Sabemos: Sm+(caras) = 360°(V - 2) Por dato: V = 20 Sm+(caras) = 360°(20 - 2) = 360° . 18 ` Sm+(caras) = 6480°

C2

3b 2

2

8.

Clave B

=

=

a

Sea: a: n.° caras de un dodecaedro regular. b: n.° de vértices de un icosaedro regular. a = 12 / b = 12 ` a + b = 24

v

3 2

a

100 + 2m = 64 + 5m 36 = 3m ` m = 12

C2

b


&

4.

a 2

&

Altura del tetraedro: h

3.

3b 2

=

2

Por dato: 2b = a b =

Clave D

2.

E 2c m

3

2

Clave D

60 + 5m 2

Por el teorema de Euler: C + V = A + 2 (17 + m) + 33 = 60 + 5m

c

El área pedida será: 2(área trapecio PMNQ)

3

&

S

b

C

Q

Por dato el área total del tetraedro: AT = (2b)2 AT = 4

&

3 3

b2 ...(1)

B

El poliedro que se forma al unir los puntos medios del tetraedro regular es un octaedro regular de arista b. Piden su área: A = 2(b)2 3 = 2 3 b2 ...(2) Dividiendo (2) y (1): A A T

=

` A =

2

3b

4

2

3b

=

2

AT = 4(ATABC) AT = 4(3S) = 12S Por dato: AT = 600 600 = 12S S = 50 Por lo tanto, el área proyectada mide 50 m2.

1 2

...(2)

3

`

A T

1

A T

=

1

2

c m

=

3

1 3 Clave A

12.

AT 2


O L/2 N

L 2

a 3a

5a

3a

6a

2

3

El TOMC resulta isósceles:

D

O

M

L/2

E L

3

N

2

F

Entonces: 6a = 6

L

3.

C

3

Entonces MN es mediana y altura. Por Pitágoras:

c

2

L 2

3

m

4. 2

c m

2

L 2

= (MN) +

2

2

2 2L = (MN) 4

&

2

3 = 2(1)

3

G

2

5. C

2L = MN & L = MN 2

&

2

G F

B 10 2

10

ATACO = L

C

a

6.

2 2

3

Voctaedro =

B

L

2 3

=

c

a

2 2

3

m

3

2

3

=

a 6

3

` Voctaedro =

2k S

2

)(10) = 50

2

m2


Piden el volumen del octaedro:

En la base:

(10

a/2

Las diagonales de cada cara de un hexaedro regular se cortan en un punto que coincide con el centro de cada cara. El sólido formado es un octaedro regular de lado: L Se cumple: L =

1 2

Clave B

a/2

M

E

a/2

a/2

S

10

O

H

a

B

Sea: C: n.° de caras V: n.° de vértices A: n.° de aristas Por dato: C + V + A = 32 ...(1) Por el teorema de Euler: C + V = A + 2 ...(2) Reemplazando (2) en (1): (A + 2) + A = 32 2A = 30 ` A = 15 &

a 6

Clave D

Clave D

G S/2

M

+

AB = 6; AE = 6 2 A4AEFB = (AB)(AE) = 36

Clave B

a

3S 2

Clave A

A

O

A

3

13.

El área de la región triangular BGC es la proyección de la cara BOC. Además, OG es la altura del tetraedro, entonces G es el baricentro de la cara ABC.

k

a2

Clave C

Piden: área total del octaedro = 2(6a)2 2 ` AToctaedro = 2 3 cm

3S/2

1 2

2

2 3L L = (MN) + 4 4

= 1

A

La región sombreada es un triángulo equilátero: A=

2

1 = 6

c m 1 6

M

I. (F) en todo poliedro convexo se cumple el teorema de Euler. II. (V) por definición. III. (V) cumple la regla de poliedros convexos. IV. (F) sería en un no convexo. Razonamiento y demostración

L/2

Por dato: G: baricentro En el TABM; por el teorema de Stewart: (6a)2(a 3 ) + (3 5 a)2(2a 3 ) 2 = (1) (3a 3 ) + (3a 3 )(a 3 )(2a 3 ) 36 3 a3 + 90 3 a3 = 3 3 a + 18 3 a3 108 3 a3 = 3 3 a 36a2 = 1 a

2.

B

1 3

B

1.

L

L/2

6a

G

6a C 1

3

M

3


C L

L/2

A 2a

L/2

3

A

ATABC =

1

=

2

Sea el lado del octaedro regular: 6a

&

a b

3


Clave C

L

11.

&

&

Clave C

10.

Por dato: b = a

&

C

3S = 3S 2

Como todas las caras son congruentes:

14.

Sean a y b las aristas de dos hexaedros regulares. Piden: A T

1

A T

2

=

6a

2

6b

2

` ba j ... (1)

7.

13 = k 1= k

2

=

k

=

3 3

3 3


Clave B

59

8.

14. 6

1.er paso: si solo analizamos el plano AFGD: Si: AB = 6 por Pitágoras

Del triángulo rectángulo FMP: MP = AC - AM - PC MP = 8 - 4 - 2 = 2 (4 3 ) 2 + 22 = FP2 FP = 2 13

&

AB2 + BF2 = AF2 AF = 6 2 = GO AB = AD AD = FG = 6

A 3

2

6

6

&

O'

&

3

A=

1 4

(6)2

3 = 9

3

2

GD 2

GO = OD =

m2

9. 2

PO =

2

FG 2

&

O

P

Clave C

A

GO = 3 2 GO = FO' FO' = 3 2 Si O es punto medio:

Clave A

G

F


D

16. a d

a

PO = 3

a

2.° paso:

2

F

d

3

d2 = ( 2 )2 + (2)2 d= 6

6a2 = 24 a = 2 Luego: Por relaciones métricas en el triángulo rectángulo: &

2

O'

O

P

Clave C

3

1

A

10.

FPO =

C a

3

2 #3 2

=

9

2 2

1

=

2

a

15. a 2

2

1. paso: trazar el segmento PM donde M es punto medio de AC y el segmento FM.

a

1

â

2h

E

6 3

a

6 Clave C

G

a


I. (F) no se cumple en los no convexos. II. (F) solo se cumple para los poliedros regulares. III. (F) no necesariamente. Clave E

I. (V) C = 8 V = 12 A = 18

32 = a2 +

D

Sabemos: AP = 6; PC = 2 Por Pitágoras: AB2 + BC2 = AC2 a2 + a2 = 82 AB = BC = a = 4 AC 2

2

2

m

&

2

=

&

8 2

&

a = 4

&

BM = 4

1 2

^

6h

=

1 2

a

+

1 2

â

2h

a = 3

Clave C

(4 2 ) 2 + 42 = FM 2 2

=

4

3

19.

M

4

a 4

3 a

q = 60°

Intelectum 5.°

&

V = a3 = (3)3 = 27 m3

F

Clave C

2

`

2

2

m

AM = 4; MC = 4

3.er paso:

2

6

a

2

F

B

a =

6

FM

a

2

a

13.

a

a

18.

Clave A

θ

c

Clave C

Del triángulo pitagórico: FBM

4

2

C P a

a

BD = AC = 2BM


a 2

a

2.° paso: AM = MC =

II. (F) el hexaedro de caras triangulares tiene una diagonal. III. (V) por teoría.

3

a

3

B

A


&

a

a

M

60

2a

a

H

Clave B

`

d =

&

2

A

Se observa que el triángulo formado ABC es equilátero. Luego: a = 60°

a

3

=

2

17.

α

a

+

2 3

d =

`

er

F

12.

2

Clave D

a

11.

d

2

B

a

2

M

P

2

a

2

AT = 8 . 1 â

2h

4

3

=

4

3a

2.° paso: halla AM: M es punto medio de PG

2

V = (2a)3 = 8 a = 1 &

AT = 4

PG = 2PM

3

`

2

AM

20. B

2

AM 3 Q

P

=

c

4

T

3

72 = 9

24.

C

m c +

BP BM

N

2 3 A

=

2 3

En (1):

=

2

=

2

H y G son baricentros entonces:

AH =

B

3 2

(en TABC) y

2 3

BO OM BD 2 &

β 2 M

=

=

AB BM 2a a

=

=

Por Pitágoras: AO2 + OB2 = AB2 82 + 42 = (2a)2 2a = 4 5 a = 2 5 ` arista = 2a = 4

B

26.

2

AP

2

AO = OB =

Clave B

&

AG =

4 3

D

M

a

2 2

OM = a/2 En TMOB:

B

3

1 (OF) 2

C

A 3

H

N

1 (OF) 2 =

M

`

D

P

OF =

1 (OB) 2

=

1

+

+

1 a 2

1 (OM ) 2

ca 22 m ` j 2

a

6 6

2

= 1

2

= AG + PG

42 = AG2 +

O

Las diagonales de un octaedro regular son congruentes. (Esto es fácil demostrar).

G

3

F

A

3

Por Pitágoras: AP = 4 y PG =

c

4

6 3

3

2

m

4

A

4 3

4

3

G

6

M

B

1.er paso:

G

6

N

C

3

4

3 2

OF = ? a

O

8

6

C

=

H

5

3

3

GN

&

3 2


Por Pitágoras: FO2 = (4 5 ) 2 + 82 ` FO = 12

5

A

25. 4

=

G

6

6 3

Clave C

B

=

3 2

F

1. paso: halla AG y PG: En un tetraedro regular “G” es baricentro, entonces:

PG

3

2.° paso: halla FO: AB = FA = 4 5

4

4

=

BM GM 3

6 GN

BO = 4; AO = 8

O

H

3

B

BH GN

&

er

4

3

Por semejanza:

AO BO

2a


A

B

2.° paso: halla GN siendo GN perpendicular al plano 9ACD.

AO BO

Clave C

4

3 2

GM =

3

C

a

N

A

I. (V) por definición. II. (F) no necesariamente, tienen que ser varias rectas. III. (V) cumple para todos los poliedros.

3

BM 3

Por Pitágoras: AB2 = AH2 + BH2 BH2 = ( 6 ) 2 BH = 6

Por semejanza de triángulos: BOM a ABM a AOB

PQ = 1

`

3

AM y GM =

A

Clave C

4

2 3

AH =

a

I. (F) hay de 6 y de 8 aristas. II. (F) los cinco poliedros regulares son conjugados. III. (F) los poliedros regulares son convexos.

4

M

H

Por definición de tetraedro regular: AM = BM = 3 3

G

3

a

(baricentro)

PQ 3 /2

A

6

3

2a

D

AC 2

4

α


23.

m

O


22.

6

Recuerda: bisecan divide al segmento en 2 partes iguales: 1.er paso: halla la arista y el segmento AB A

Clave D

21.

2 3

G

6

M

2

AM = 2

&

BM

Siendo: MN =

▪

2

PBQ a TMBN: BP ... (1) =

PQ MN ▪

4

3

Sea ABCD el tetraedro. P baricentro de ABD Q baricentro de DBC

▪

3 2 3

Clave D

D

▪

6

3

A M

P

2 3

Por Pitágoras

Clave B

▪

PM =

&

B

Halla AM y BH: Si G es baricentro M es punto medio. H baricentro del 9ABD y BH // GN por deducción del tetraedro. &

Clave C

27.

La región sombreada es un hexágono regular, cuya arista es

a 2

2

.

3


61

1 4

6#

` a2

2

j

2

3

3 2 a 4

=

3

=

3

a = 2

3

,

2 3

2 G1 1

Dato: 3 2 a 4

2.° paso: del tetraedro de arista = 2, hallamos su altura:

V1

3

N ,

M

&

A

G2

,

P

Q

Clave D

H

28.

• D

A

`

A8 = 2

3

M

Clave B

B

a G

L

El área del octaedro es: A8 = 8 (1) 2 3 4

30.

a/2

a

Piden AH = ? Sabemos: a = 2, PM = AM Del triángulo ARQ

1.er paso: halla la arista del tetraedro: B

A

2a

C

2

C

En AMB: AM

▪

2

` j

= a +

&

AM =

a

CG =

&

•

a

3

GM =

/

3

a

a 6

60°

5 A

2

a

a

3

3

DH =

a

M

a 2

a 6

3

D

2

L

a

3

a -

`

=

2 3 3

.

2

a .

a

3 6

a

3 6

.

a

+

3 2

2

a

&

a

=

A

62

=

3 2

&

,

=

3 2 # 2 3

&

, = 1

Intelectum 5.°

; HM =

3 3

A

7

a

3

Por Pitágoras: AH2 + HM2 = AM2

3

H

5a 2

2

3 = 2L

3

Sean G1 y G 2 los centros de gravedad de dos caras opuestas; se forma el triángulo V1MN, observa que este triángulo con el triángulo V1G1G2 son semejantes, por lo tanto: , 2 3

3 3

2

L

El área A del octaedro: A = 2a2

2

Del triángulo AHM:

C

Clave D

29.

PH =

Del triángulo AHC:

5 a 3 . 4 3

3

3

3

4

3

3PH = 3HM = PM = 2

H

Aplicando el teorema de Stewart:

M

H

PM = AM =

a 2

CH = a 2

60° 3

Del triángulo PAM:

P

L

a 3

Q

H

C

5

G

M 2

Del triángulo DHC:

2

C

3

A

A a

R

Sabemos: +BAD = 60° +CDA = 120°

Observa el triángulo MAC:

a

120° 60° D a

AM =

3

2

Como G es el baricentro del DDBC.

▪

a 2

a 2

2

Como el TDBC es equilátero & CM = a 2

▪

2 &

a

Sea a la arista del octaedro. 2

M R

Sabemos:

Por Pitágoras:

AC = 4

AC2 = AH2 + CH2

AH =

5a 2

CH =

a 2

7

a = 2 3

` H

M 3 3

AH =

2 3

6 Clave C

PRISMA APLICAMOS LO APRENDIDO (página 68) Unidad 3 1.

Por dato: AST = 3ASL ASL + 2AB = 3ASL AB = ASL

5.

&

h

&

2

Entonces: 2 6 2 3 4

c

2

m

3 2

6 (2h) & h =

=

Por Pitágoras: B'C' = 26 A Por Poncelet: C 26 + 2r = 10 + 24 h 2r = 8 r = 4 24 A' Por dato: r 26 h = 2r 10 C' h = 2(4) h = 8 Piden el área lateral del prisma: AL = (10 + 26 + 24)h = (60)(8) = 480 cm2

c

V = (AB)h =

6

2

3 4

m

c

3 2

6.

a

N a

a

3

3 E

+ 6

117 h = 117

^

2

106 h = 106

61

...(1)

...(2)

2

2 d3 =

c2 = 142 c2 = 25 c = 5 Reemplazando en (2): a2 + 52 = 106 a2 = 81 a = 9 Reemplazando en (1): 92 + b2 = 117 b2 = 36 b = 6 Piden: Vparalelepípedo = a # b # c = 9 # 6 # 5 = 270 3 ` Vparalelepípedo = 270 cm

117

+

&

&

&

&

Clave B

7. B A

2

4

N

El menor recorrido será: AE Por el teorema de Pitágoras: (AE)2 = (AN)2 + (NE)2 (AE)2 = 52 + 122 (AE)2 = 169 AE = 13

+ 4

(a + 6)(a + 4)(a + 2) - a3 = 568 a3 + 12a2 + 44a + 48 - a3 = 568 12a2 + 44a - 520 = 0 3a2 + 11a - 130 = 0 3a 26 a -5 a = 5 Piden: la diagonal del cubo (d) d = a 3 ` d = 5 3

3

2

106 y d3 =

, d2 =

^ 61 h = 61 b + c = Tenemos: a2 + b2 = 117 (+) a2 + c2 = 106 b2 + c2 = 61 2 2(a + b2 + c2) = 284 a2 + b2 + c2 = 142

12

a a

3

+ 2

a

a

3

2 d1 =

+ b =

2

D

2.

2

a2 + c2 = d22 = ^

C

5

2

&

B

Clave A

117

Por dato: d 1 =

M

A

V = 9 m3

b

d1 a

El desarrollo lateral del prisma será:

`

d3

d2

c

B'

Clave D

Piden: el volumen del prisma (V) 2

9. B

Clave E

S

&

10.

C

h

6

D

a

B'

E

D'

A'

H

C'

a

a

Clave D

3.

Por dato: AST = 144 cm2 Entonces: ASL + 2AB = 144 4(4h) + 2(42) = 144 16h + 32 = 144 16h = 112 h = 7

F

Además del gráfico: S =

4 4

&

Piden: el volumen del prisma (V) V = AB # h V = 4

`

7 V = 112 cm

#

B

A

&

B

a#6 2

&

h=

8.

nR 4

4 5

1

1

1

1

1

30°

1

V = 12

`

&

V= 6

c

1 # 3 4

5

6

m

#8

3 Clave A

2

#

2 n

=

n

2

2R 8

2R 8 Clave A

30° 5

30°

11. B'

Piden área total del prisma (AT): AT = 2(4 # 3) + 2(5 # 6) + 2(4 # 5) AT = 24 + 60 + 40 = 124 2 ` AT = 124 m

Piden: el volumen del prisma (V) V = AB # h

3

h =

`

6

4

6

2

5

6

6

D

R 2 = a También la superficie lateral: AL = nR2 AL = 4(ah) = 4ah = nR2 4(R 2 )h = nR2

Clave C

3

a

&

Z ] ] [ ] ] \

4

R

A

Vprisma = 60 m3

10

O R

4.

8

C

a

S = 3a ...(2)

&

Clave E

D

a

En la base por dato:

Multiplicando (1) y (2): ah # S = 20 # 3a S # h = 60

3

C a

Z ] ] [ ] ] \

h

&

2

h

Piden el volumen del prisma: Vprisma = S # h Por dato: A4ACFD = 20 a # h = 20 ...(1)

a

+ r

C'

A' B a

- r

4 116

10

a H

4 C

Clave A

A

116


63

Dato: a = 3 m Por Pitágoras: AH = 10

14.

4. A' C'

Piden el volumen del tronco de prisma: VTprisma

VTprisma = Abase # VTprisma = VTprisma =

#

a-r

r+a

3

h

Por dato: VABC - A'B'C' = 18 cm a

2

3 4

Clave B

^ h 2a

12.

3

4

c m

VMBCNPQ =

5 h3

3

2h 3

2

h2

V=

c

3

; h2 = 2

h1 + h2 + h3 3

m

a

-

2

3 4

2

3a h 3

3 ^12

VMBCNPQ =

60°

c

A,1

2

3h

VMBCNPQ = 12 cm

=

m

A,2 = ,

2

...(2)

y

3

3

Abase

#

; h2 =

... (2)

b+c 2

y h3 =

a+c 2

h1 + h2 + h3 = a + b + c

Entonces de (1) y (2):

▪

A,1 A,2

3


j

... (1)

a+b 2

Pero: h1 =

▪

12 # 3 = 12 3

c)

= (h1 + h2 + h3)

2

3a h 3

=

m `

m c

a+b b+c a+c ,+ ,+ , 2 2 2

=

, (a + b + c)

A1

,

A 2

2

Clave B

h3 = 3 2

C l

G

En forma análoga, en el tronco de prisma menor:

&

=

c

A ,1 = ,(a + b +

2h + h + h 3

3a h 3

-

3

`

Nos piden: volumen = V Sabemos: h1 = 5 2

...(1)


60°

4

▪

2

l/2

l/2

Analizando el mayor tronco de prisma. Área lateral:

Piden: VMBCNPQ VMBCNPQ = VA' - APQ - VA'MNABC

VTprisma = 120 m3

`

h1

l

B

3

&

h2 b

F

2a

3

2h = 18 a2h = 12

#

c

M

l/2

P

VTprisma = 40 # a = 40(3) = 120

Abase

a

l

a

3a 3

60°

a

Q

a

B

h3

h1

A

h

a 60° h a C

A +a+

M N

3

a

h

h

2h

^ AA' + BB' + CC' h

c m ^ 40 c m 8 $ 10 2

B'

â + b + ch

=

2 1 Clave B



Dato: Abase = 12

x

2.

V = 24

`

3 x/2

Clave A


13. a

2

Piden: el volumen (V) del prisma hexagonal regular. V = (AB) # h

El sólido mostrado equivale a dos troncos de prisma.

a a

R

h

V =

&

7 a

4

a

V =

10

`

6

a

2

3

4

3

3 8

2 (x) = 3x 3 . (x) 8

3

x

Clave B

10

R

6 x 2

6

2

Prisma 1

R h

>`j H

6.

R O

3

R

16

Del gráfico: h = 2R / a a = 2 R

R

2 = 2R

&

6

Vprisma = (a2)(h) = a2 # h Vprisma = (

2

`

R)2 # (2R) = 2R2 # 2R = 4R3

Vprisma = 4R3 Clave E

Intelectum 5.°

El volumen: V = Vprisma2 - Vprisma1 V = 6 # 7 # 10 -

`

64

Por dato: R = 5 Luego en la base:

10

Piden: Vprisma = Abase # h

O

Prisma 2

7

c

6#3 2

O

a

m

10 = 330

R

R

#

Clave E

R

a

Entonces: a = R 2 a = 5 2 El área de la base será: AB = a2 = (5 2 )2 AB = 50 cm2 Piden: el volumen del prisma (V). V = (AB) # h V = (50)(16) 3 ` V = 800 cm

1 2

V=

&

(AB # MR) # PQ

Reemplazando: 1 = 2

V

&

(5)(10) V = 25 cm

2

Clave E

Área(9ABC) = 10. H

&

=

2

6 cm

a

Nos piden: V

105 4

m2

c

105 12 + 12 + 4 4 3

Reemplazando: V =

a

h

Clave C

a

14.

ASL = PSR # aL O2 a

a

P

Nos piden: Vprisma = Abase # h h

4

4

2

3

60° L

a

Sabemos: H =

aL

6

2

2

&

h = 4 3 / L = 4 V = 4 # 4 # 4 3 ` V = 64 3

a

6 =

6

a = 6 cm

&

3

Por dato: Área lateral del prisma

Área total del tetraedro

=

aL

Clave B

3ah = 4

8.

c

a

m

3 4

2a

n α

N

O1

M

ASL: área de la sección lateral PSR: perímetro de la sección recta

&

2

p SR

3 A

a Q H a

a

l

60°

L

m

V = 245 m3

`

a

Clave E

7.

Donde el área de la sección recta es: (5) (1 0, 5 ) Área(9ABC) =

3

&

(PS + QR + MN) 3

V = Área (9ABC) .

m

2a

aL =

5a

α

a

A

h = 2

&

3

Vprisma = V =

` a

3

L = n = a

cm 6

3

2

3 4

#2

3 = 54 cm

3 a

Clave B

a a B

m


H


Nos piden: área lateral = ASL El AHB es notable de 30° y 60°: AH = 3 3 AB = 6

11.

línea curva.

2

3

2

3

2a

Pero: m = p =

I. (V) Un polígono siempre está inscrito en una

2a

=

5 5

A SL = (m + n + p + L)aL = ASL = 2a2 ^

5

+

12.

4a

5 5

m

5a

2h Clave D

I. II. III. IV.

(V) Pero serían también congruentes. (F) Tiene que tener la misma forma poligonal. (V) (V) Si son semejantes tienen la misma forma poligonal.


A


9. B

C

Q

M

R

N

L

Q

10,5

R

C D

&

m

AB

#

5

D P

Nos piden: Vprisma = V = (AMPR) # (AB) Dato: AABCD = 5 cm2 (AB) # (MR) = 5 cm2 PQ = 10 cm MR # PQ 2

G

P

P

E

=

30°

4 B

F

A

Q a

h

13. M

c

2a +

3

Clave A

V =

c

Clave E

= 24

a = 4 ASL = 6 # AB # a ` ASL = 6 # 6 # 4 = 144

&

5 5

`

II. (V) III. (V) Por ser iguales. IV. (F) No necesariamente.

&

3a

5a 2a

=

m

60°

Dato: ASR = 24

a m

α

A 12

S

R

3a

=

Nos piden: volumen del prisma hexagonal de base regular inscrito en el prisma triangular. Sea L = 3a La base del prisma hexagonal inscrito será: Q

Datos: PS = QR = 12 m; PQ = SR = 5 m; MN = 4 m y BD = 10,5 m. Para calcular el volumen del sólido geométrico mostrado, se aplica la siguiente expresión:

a

a

a

a

a

S a P

a a

a a

a

a R


65

S = 6

;

S =

&

a

2

E

3 4

3 2 a 2

&

3 2 a 2

V= 3 2 V =

`

2

3

L

III. (F) No necesariamente. IV. (F) La arista lateral es mayor a la altura.

3 2

cm

Clave D

Luego: Abase = Abase =

3 # a

c m L 3

3 = 12 , = 3

3

El volumen pedido será: V = S # h V=

8 2 , 12

,

2

2

^3

2h

3

Vprisma = 2a # a2 = 2a3 Volumen del líquido derramado (VPLD)

4

Abase =

c m

23.

4

`

L 3 # 3


3

9 2

3

a a

cm2

α

Clave E

3

19.

18

α

Clave A

16.

aL

20

=

ASR

a

A

h

a

a

2

2

=

=

10

30

atgα

2

a α

3m

VPLD = A . h

3 m

60°

30°

D

a.a.tan α 2 3 a VPLD = tana 2

VPLD =

a

4

3

Nos piden: Alateral = (2pSR)aL

b 2 B

C

2

Por Pitágoras en el ADB: 22 + b2 = (2 3 )2 b = 2

Del dato: 30

3 = 6

c

a

2

3 4

m

&

a = 2 5 Alateral = (6 # 2 5 ) # 20 = 240 &

2

&

cm

&

c

tana =

tana = 2 -

3

tana =

1

&

`

(2 - 3 ) # 2 + 3

&

2+ 3

6

75°

2+

3

+

2

1

a° = 15°

15° 2

+

3

Clave D

2

12 cm

=

24.

3

4

3a

F 2

m2a3

2- 3 4

5

x

2

3

a 2

VPLD =

m2

20.

D

B2 2

5

Clave E

Nos piden: x A

a

B

2

B1

C

I

G

60° 2a a

Por Pitágoras: x = 2

cm

6

17.

60°

Nos piden: volumen = V B1 = B2 # cos60°

Clave C

B1 = 6

3

A

a

Sección

V = B1

recta

c

V = 24

`

cm

3

Vx = Vprisma (ABCFGI) - Vpirámide (C-FGI)

m

Vx = Área(TABC) (9FGI) â 3 h

m3

&

Clave A

x = 90° - a


Vx

Clave C


21. B'

8

,

5 A

V A'B'C' - B =

66

c m 17 3

IV. (F) Las bases no necesariamente son iguales.

60°

60°

C'

,

2

3 4

-

c m

2

3

,

Intelectum 5.°

4

2

3 #a 4

3

-

c mc 1 3

3h-

2

9a

Vx = 4,5 a3

Resolución de problemas 25. B'

D'

I. (V) Condición necesaria para que sean II. (F) La sección recta es mayor al área de la

12 3

=

base.

3 4

1 # 3

Área

m^ h a

3

Clave B

C'

22.

9 3

9a

A'

C

semejantes. ,

=

â

#

Clave A

4

60° ,

Nos piden: Abase Sabemos:

`

I. (V) Por congruencia. II. (V) Por congruencia. III. (F) Tiene que tener la misma forma poligonal en la base.

B

A'

D

Los sólidos no comunes son los troncos de prisma iguales: ABCFG y CDEIG cuyo volumen es V x, entonces:

2

3+4+5 3

E

C 3a B

Luego: x

H 3a

3 2

B1 = 12 #

Nos piden: x

3

10

A

B 12 C

60° 12

12

D

Por dato: ABCD es un cuadrilátero inscriptible, el TABD es equilátero y el TBCD es isósceles. En la base:

27.

29. D

E

B 12

6 H

3 60°

60°

A

h

60°

2

30°

A x

C α

a

6

a

12

(12) 2 3 4

ATBCD =

(12) (2 3 ) 2

=

36 3

a

Luego: Abase = ATABD + ATBCD = 36 Abase = 48

V=

= 12 3

3 + 12

V= 3

V = 480

`

3

3

2

a #3# 4

`

Piden: el volumen del prisma (V). V = (Abase) # h V = (48 3 )(10) = 480 3

2

3h

3 3 a 4

3

3

Nos piden: x Por dato: A4ABCD = 5 (AB)(4) = 5

h

#

5 4

AB =

atana

Del dato:

tana

FO =

&

AB # FO = 12 = ATABF 2 96 5

Clave C

x =

`

28.

96 # 5

3 2

3 3

Clave C

26.

2 3

2

6

C

30.

D

F

B

C 3

3

6

C

2

Nos piden: VABC - FED = V TFED equilátero: EF = FD = ED = 3 2 ABC isósceles: AB = BC = 3 FH = BE BH = AF = 6; FH = AB = 3 Luego:

a M

- 2

G

a A H

Nos piden: PE = 2a - 2 Dato: VPBM - EFH = 2 5

VABCD - EFGH A =

Nos piden: Vprisma = V

2 5

Dato: 4

V=

(2A)(2a)

De donde: a = 10 ` PE = 2a - 2 = 18

V= Clave C

c c

EB + AF + CD 3 9+6+6 3

m

9 2

m

AH =

Abase

a

2

3 4

2a

m

= 9

=

&

V = 31,5

V = 9

`

3

3

&

a = 3

2

3

3

h = 2AH =

#

&

c

AH: altura del tetraedro

&

Reemplazando: #

A

&

E

m

D a

D

F

2a - 2 + a + 2a 3

B

H

h

A

c

3 5

2

3

6

2a

48

Clave E 3

H

A 2 P

=

E

cm3

B

B

F

&

4

V =

3

&

â

O

60°

3

Nos piden: volumen = V tana = h h = atana

D

ATABD =

C

3

6

2 3

e o 6

2

3

= 54

2

m3

Clave C


Clave C

67

CILINDRO APLICAMOS LO APRENDIDO (página 73) Unidad 3 1.

a

Además: R

Del gráfico: 2R = a 2 R=

H = kh / R = kr (k: constante de semejanza).

R

&

g

a

=

2

A2 = 2p

c

a

2 2

m

A1

=

6a

2

2 πa

...(1)

a =

2

#

=

4 9

=

4 9

&

rh (kr) (kh)

=

4 9

&

1 k2

=

4 9

Vcilindro = (M)

3 2

&

2 2 pr h = 16p & r h = 16

MN

=

2

πM 2 Clave B

&

3

A

c m 3 2

14

V2 = 54p

=

3

2

2

&

π

A1 A2

=

3

πM # N 2

=

M π

8.

V2 = p(r 2h)(k3) = p(16)

...(2)

N

Vcilindro =

`

Piden: V2 = pR2H = p(kr)2(kh)

2

pa

N 2R

`

2

#

2

1

ASL

Luego: V1 = 16p

Dividiendo (1) y (2): A 2

2πrh 2πRH

k =

&

Área total del cubo: A1 A1 = 6a2 Área lateral del cilindro: A2 A2 = 2pR # g &

ASL

2

a

a

2

OO1: eje del cilindro recto Del gráfico: 2Rg = N / pR2 = M Nos piden: Vcilindro = pR2 # g

&

2

g

M

Clave E

π

6

O

B

r

5. Clave C

2.

Por dato: AL = 24 2pRg = 24 2pR(3) = 24 pR = 4

Del gráfico: Por relaciones métricas en el gr = 14 # 6 gr = 84

A g

=

2a

3

a

a

R

H

a

a

B

a

Vcilindro = Abase . h Vcilindro = (pa)2 # 2a = 16p m3 (dato) a = 2 Piden: el volumen del cubo Vcubo = (2a)3 = (2 # 2)3 = 43 3 ` Vcubo = 64 m

A x

3

Nos piden el área lateral: AL AL = 2prg = 2p(rg) = 2p(84) = 168p 2 ` AL = 168p cm

a

a

Clave E

&

H

πR =

4

B

πR =

4

Entonces x es la mínima distancia para ir de A a B. Por Pitágoras: x2 = 32 + 42 ` x = 5 m

9.

&

R

Clave A

8 36π

6.

Clave A

Por dato: h = 2R h 2R Además: AT = 12p m2 2pR(g + R) = 12p 2pR(2R + R) = 12p 2pR(3R) = 12p 6pR2 = 12p R2 = 2 R = 2

R

ASR = pR2 = 36p R = 6 ASL = 2pRg = 2p(6)(8) = 96p ASL = 96p m2

=

3.

Por dato: AT = 64 2pr(g + r) = 64 Además: 1 r

+

1 h

r + g =

=

1 4

&

rg 4

g

...(1)

=

r

1 r

+

1 g

=

1 4

&

Piden: Vcilindro Vcilindro = pR2(2R) = p( 2 )2(2 = p(2)(2 2 ) = 4 2 p 3 ` Vcilindro = 4p 2 m

2

pr g = 128

Vcilindro = 128 Vcilindro = 128 m3

`

Clave B

4.

10. R

g

2

R

Dato: Vcilindro Vcubo 2

ABase

r

R (2)

Por dato: los cilindros son semejantes. Intelectum 5.°

Acubo

N

g

ABase

R R

O1

a 3

=

2 πR g = k 3

2

&

πR a

a

3

a

3

3

= k

2

= a

Piden:

H h

=

R

k O

g

)

πR

R

68

Clave B

Clave A

7.

(1)

R

&


` j = 64

&

&

h

...(2)

rg 2pr 4

OBA:

M

Acubo

=

πR

6a =

k

2

2

=

kπR 6πR

2

2

3

3 18 Clave B

11.

Razonamiento y demostración 2r # SP

3.

=

2

π # r # SP 4 &

h/2

`

10

R = 5 2 TV = p(R )h 2 3 TV = p(5 )(4) = 314 cm (apróx.)

2 π#r BF r

=

=

d = 2R 3 = 6 R = 3

AD # AB AD # AB # BF

3

&

Luego: V = pr 2h = p(R 2 )2 2R V = 4R3p = 4(3)3p = 108p m3

1 BF

π 2

Clave E

&

Clave A

8. 4.

O

B

C

r

r 8

α

Clave D

E

12.

h 12

9

2

α

A

r

12 r R

=

2

Por dato: V = ASL Abase # h = 2p # r # h p # r 2 = 2p # r ` r = 2

r 8

2

V = pR g = p(6) (10) V = 360p m

D

Por semejanza tenemos: TOCE a TEDA

6

10

r

=

9 2r

r = 6

&

Luego: AT = 2pr(g + r) = 2p(6)(17 + 6) AT = 276p cm2

Clave A

3

5.

Clave D

Clave E

M

9. 13. B

h

C H

12

N

15

A

R

A

Por relaciones métricas tenemos: (MN)(NA) = (NH)(AM) h # R = 12 Luego: ASL = 2pRh = 2p(12) = 24p m2

D

El área del desarrollo de la superficie lateral es: ASL = 2pR # h = 180p ASL = 2p(R)(15) = 180p R = 6 Luego: V = pR2 # g = p(6)2(15) V = 540p m3

Dato: g = 2R ASL = 64p 2pRg = 64p R(2R) = 32 R2 = 16 R = 4 Luego: V = pR2g = p(4)2(8) V = 128p m3

Clave B


h=

1. 2.

25 4π

5 π

&

R =

R R

R

2

2

h

5 π

m Clave C

Dato: R

2 # h = 2

hR = Luego: ASL = 2pRh = 2p(

7.

2 2

) = 2

2π m

2

Clave D 6

Clave A


10.

ASL = 25 y h = 2R ASL = 2pRg = 25 4pR2 = 25 R2 =

&


Piden: AST = 2pr(g + r) AST = 2p(12)(24 + 12) AST = 864p m2

Clave B

Clave D

14.

24

3


2R R


2 2R

R

2

Por Pitágoras tenemos: (2R)2 + (2R 2 )2 = d2 4R2 + 8R2 = d2 d2 = 12R2

11.

I. II. III. IV.

(F) es una recta. (F) es una línea curva y cerrada. (F) no tiene vértices. (V) sea convexo o no convexo. Clave B


69

12.

Dato: ASL = 2pRg =

A

I. II. III. IV.

(F) sus áreas de las bases son iguales. (V) todo cilindro tiene sección axial. (F) no se puede inscribir un cilindro recto. (V) por definición.

α

4R

Clave D

C

Clave A

V=p

13. 16. R

V=

x r

r

2r

H

g1 r

α

Del gráfico:

h + r 3 2r

g2

-

g1

=

V2

r

V1

h r

=

&

h = r

60°

3 A2 R

2

=

π # ^2r h 2r 3 2

π # r # r 3

c m

x = 63°30'

A

B

O

17

h N

C

M

R

2h1 = h2

3π Clave C

D

r

20. D

C

R g

30°

R O

h 4R =

R

&

Dato: ATOMN = 3 2

&

4

Por semejanza tenemos:

Rh1

M

Aplicando Pitágoras en: ACD: (17)2 = (2r)2 + h2 (-) ACM: ( 241 )2 = (r)2 + h2 289 - 241 = 3r 2 3r 2 = 48 r 2 = 16 r = 4 h = 15 AT = 2pr(g + r) = 2p(4)(15 + 4) AT = 152p cm2

h2

=

r

0

S

R =

`

241 h1

=

Por dato: A1 + A2 = S (2A2) + A2 = S 3A2 = S 3(pR2) = S

Clave C

14.

gm

R

R

2

17.

`

O1

Por propiedad, se cumple: A2 = A1cos60° A2 = A1 1 A1 = 2A2

= 8


R

A1

gM

Clave C

53c = 90° 2

&

cm3

30°

2r

R h1

1152 5π

19.

53°/2

2R h2

2

25π

Piden:

x

R

π^576h # 10

2

&

O

10

#

Clave A

r

2r

V2 = pR H V1 = pr 2h Por semejanza tenemos:

x +

24 5π

α

Por dato: 2p(2r)g2 = 2[2pr(g1 + r)] 4prg2 = 4pr(g1 + r) g2 = g1 + r g2 - g1 = r

&

48 24 = 10π 5π

R =

h

2r

r

V=

h

2

c m

2r

3

&

Luego: V = pR2g

B


g2

48 π

Rg = 2R

2r

16 # 12 2

= 3 & Rh1 = 6

Luego: ASL = 2pR(h1 + h2) ASL = 2pR(3h1) = 6pRh1 ASL = 36p m2

60° A

Clave C

H

B

Del gráfico: AD = CB = g Del CHB notable de 30° y 60°:

18. R

CB =

R

g

Clave D

h

g =

&

2

3 3

2

3 3

(CH) (4R) g =

Por dato: R = 2

15.

&

8

3 3

R

3

Piden: el volumen del cilindro oblicuo B A

Desarrollo de la superficie lateral:

R 10

R

4R

C

Luego se observa:

70

a = 53c = 26,5° 2

Intelectum 5.°

16

3 V = 8 3 πR

8

α

&

V = (ASR) # g = pR2 #

α

&

6

g = 10

&

3

=

c

8

3 3

R

8 3 π (2 3 ) 3 3

m =

192π

V = 192p

`

12

Clave B


Piden volumen del cilindro de radio: Vr 44 # 2 # 5

Vr = pr 2 # h = p #



3

28.

5

C

B

264π 5 ` Vr = 25

I. (F) pueden tener alturas diferentes. II. (F) las bases también deben de ser

Clave D

semejantes.

H

III. (V) son iguales. IV. (F) tiene superficie cilíndrica.

25. Clave C

Por semejanza tenemos: OBM a NPM 2 2k

22.

=

a 3k

&

A

O

R

a = 3

2

2k M

O1PM a MBO

I. (F) solo los congruentes tienen áreas

R 2

laterales iguales.

II. (V) III. (F) un tronco de cilindro oblicuo solo se

3 R

=

&

R2 = 6

inscribe en otro cilindro oblicuo.

3k

a

α

α

O1

Luego: V = pR2h = p(6)(5) V = 30p m3

IV. (V)

Del gráfico: Alrededor de AB: V1 = p(BC)2(AB) Alrededor de BC: V2 = p(AB)2(BC) En el ABC, por relaciones métricas sabemos: (AB)2 = (AC)(AH) (BC)2 = (AC)(HC) Entonces:

B

α

N

P

Clave E


26.

23.

R

a

b

r

h1

^BCh2 ^ ABh2

=

BC AB

5 2

V1

α

α

r

=

h1 + h 2 2R

m R

...(2)

16πab 2ab

=

h1 2r

ASL

1

ASL

&

ASL =

=

R

&

m =

a+b-c

=

1 4

ASL

1

ASL

2

2r

3k

B' R 14 O R 15

A

r # Rh1

=

2r

13

R

C

B

#

1 R # 2h1

Calculamos el área de la base: Por la fórmula de Herón: p=

13 + 14 + 15 = 21 2

ATABC = 21 (21 - 13) (21 - 14) (21 - 15) ATABC = 84 También: ATABC = p . R 84 = (21)R R = 4 Piden: el volumen del prisma (V) V = (Abase) # h V = (84)(2R) = (84)(2 # 4) ` V = 672 & &

a

&

R α

C

- a

C

&

&

6R α

Clave C

2k

4

r

r D

en

4

5

C' A'

O2

(3k)2 + r 2 = 25 (2k)2 + r 2 = 16 (-) 9k2 - 4k2 = 9 k2 = 9 5 Hallando r: 4 # 9 + r 2 = 16 r 2 = 44 &

29.

N

M

Clave A

27.

6R

Aplicando Pitágoras sombreados tenemos:

5 2

Clave C

24. O1

BC AB

α

R

B

=

2r

2πr # m 2πR^h1 + h2h

A

5k

π^ ABh # ^BCh

R # h1

=

2

=

R

B

5

2

h1 = h2

Clave A

A

π^BCh # ^ ABh

&

= 8p

r

2

=

Piden la razón entre las áreas laterales:

Además: a2 + b2 = c2 (a + b)2 - c2 = 2ab ...(3) Luego, reemplazando (1), (2) y (3) en: ASL = 2p # r # h ab 8 ASL = 2p # # a+b+c

h2

25 4

=

2R

2

ab = a+b+c

V2

r

Por semejanza tenemos:

Por propiedad tenemos: â + b + ch r

r

R

a+b-c

a#b 2

V1

m

h2

h: altura del cilindro Dato: ah + ch + bh - 2hc = 8 8 h= ...(1)

=

HC AH

Luego: V2

c

D

5

los

Del enunciado: Vtronco cilindro = triángulos

pR

2

cg

M+

gm

2

m

=

2 3

Vcilindro

2 3

p.R

30.

R1

2

.6R

R2

gM + gm = 8R 6R + 6R - a = 8R a = 4R

=

h1

= k

h2

Luego: A T1

&

A T2

En el TABC: 2R

Por ser cilindros semejantes se cumple:

=

=

53° ` a = 2

4R

=

α

Clave B

2πR1 ^h1 + R1 h 2πR 2 ^h2

+

R2 h

=

18 50

2πkR2 ^kh2 + kR2 h 2πR2 ^h2 k

2

+

R2 h

6 2πR2 ^h2 + R2 h@ 2πR2 ^h2 + R2 h

=

=

18 50 18 50


71

Por ley de cosenos:

3 5

k =

&

EC'2 = EA2 + AC'2 - 2(EA)(AC')cosa

Entonces: 2 V1 πR1 h1 = = 2 V2 πR2 h2

V1 V2

=

3

k

=

2 R2

# k # k # h2

cosa =

2

R2 # h 2

3

cm 3 5

&

2

=

a = arccos

27 125

2

â

5h

+

2

â

2 â

5h

2

^2a 5h

2h

-

5 hâ

1 5

Clave D

3. O'

A' m

MARATÓN MATEMÁTICA (página 78) Unidad 3

a # , = 9800 m2 =

8 1

&

Alateral = 2p ^ =

Paso 2: Hallando el área lateral:

c m8 ` jB6 a 2

2π

= 4900p m

2

&

a(8a) = 9800 a = 35 m; , = 280 m

1 2

6

Paso 2: m + g = 15 2 G = 9 ` Alateral = 2pr . g

, = 8a

&

AL =

A'B' = 2

&

B

O

Por ser EA'B' un triángulo notable (30° y 60°): A'E = m = 6 2

Por dato: , a

6

F G

30°

A

Paso 1: O'B' =

g

30°

SR r 30°

g

a/2

B'

30°

E

15 2

1.

•

1 5

cm

Clave A

•

=

,@ =

6 h^9

36p

2h

3 Clave E

4.

π # 35 # 280 2

C

B A

2 Clave D

D

E

F d

h

C'

2.

B'

D'

A'

C

E'

F' D a

a

a

5

5 C'

E 2a

a α

a B D' 2a

2a

60° A

a

E' O

2a

Paso 1: Por el teorema de las tres perpendiculares: DF' 9 A'F' En el TA'F'D; A'F' = dsena, F'D = dcosa En el hexágono regular de lado A'F' F'D' = 3 A'F' &

Paso 1: BD = AC' = a

5

Paso 2: En el TF'D'D

Se traslada BD al punto A de modo que el segmento EA es la proyección de BD. Se proyecta DA en EG y AD' en GE'.

h=

Paso 2: El TEGE' es un triángulo equilátero EE' = 2a

Paso 3: Área de la base:

&

Paso 3: En el DEE'C' Los segmentos ED = E'D' = a porque AEDB y ABC'D' son paralelogramos. Por Pitágoras EC' = 2 2 a

72

Intelectum 5.°

h = d

F'D

2

2

-

F'D'

2

2

d cos α

=

2

-

2

3d sen α

2

1 - 4sen α

Abase = 6

c

A'F'

3 4

2

m

2

=

2

3d sen α 2

3

Volumen = Abase # h

`

Volumen =

3 2

3

3d

2

2

1 - 4sen α sen

a Clave A

5.

6. F

B

G

L

y

A E

L C

3

C

α

K

A

OB = a

2

&

a

KT =

2S

2

c3

+

6-y+ 6 3

EE' =

&

2 α

K

2 3

m

= S(EE')

(15 - y)

Vtronco ABCML Vtronco A'B'C' - MLC

3

...(a)

=

1 3

a

2 2

=

a

=

3

&

1 3

y=

=

c

c3

+

m

m

3 2

En (a): EE' =

2

y+0 3 3+6-y+6 (2S) 3 (2S)

2

KT ` cosa = LT

F'

(b)

De los datos:

T

LT2 = Lk2+ KT2 a

C'

Vtronco A’B’C’ - MLC = Vprisma (b)

2

Por Pitágoras:

LT =

S

De los datos: 2

L

a

D'

(a)

Paso 2: En el TLKT; KL = a y KT =

E'

2S

B

Paso 1: Sea el cubo de arista “a”;

F

B'

A'

T

D

6 - y

M a D

E

3

H

c

2 15 3

-

3 2

m

=

9

Clave B

Clave A


73

Unidad 4

PIRÁMIDE

APLICAMOS LO APRENDIDO (página 81) Unidad 4 1.

4.

2

En un tronco de pirámide se tiene:

Volumen del cilindro: V2

3

24k

7k

74°

Nos piden:

A 14k

O 7k

2

)

16 . A 2

V1

14k

37 = 16 + A2 + 4 21 = A2 + 4 A2

A2

9

V2

Por dato: AL = 6300 m2 & (pbase)(Ap) = 6300

4

4

3

d n(25k) 56k 2

2

A2 = 9 m

`

H x

Reemplazando los datos del enunciado: (16 + A2 +

V2 = (Abase)(h) =(pR2)(h) = pR2h

25k

V = h ( A1 + A2 + A1 . A 2 ) 74 = 6 3

3R $h 4

=

C

3R h 4

=

3 4π

=

2

πR h

Clave E

7.

= 6300

V

700k2 = 6300 k2 = 9 k = 3 Por propiedad en el AOC: 24k . 7k = 25k . x

Clave D

&

2. D

168k = x 25

7 h

a

30°

C 60°

A 2b

30°

G

H

60°

66/2

168^ 3 h

x=

Clave A

2m2 +

B

72 = a2 + 2

49 = a

c

66 2

66 + 4

&

5. 10

49 -

2

&

= a

6

65 2

a=

O

c

66 2

m

3

=

3

22 2

&

b

2

En el DGH por el teorema de Pitágoras: a2 = b2 + h2 65 2

=

22 4

+

h

2

2

&

h

=

27

&

h= 3

ABase =

3^ 6 h

3 =

2

54

V=

1 3

V = 144

V = (AB)h

H =

&

...(1)

2

2

...(2)

^ ACh2

^ ACh2 2

3

-

^BDh2 2

^BDh2

-

2

2

Por dato: AC = 10

3

H=

10 2

2

BD = 8

/

2

-

8 = 50 - 32 = 18 2 Clave B

1 3

(54

)(8) = 144

3

3

8. O

cm3

13

3

Clave C

( 66 ) 2 3 ^ V = 1 3 3 h = 6 6. 3 . 3

;

E

4

3.4

12 B

5

V = 49,5 m3

R

g

3.

A

h

&

R

3 3 60° 3 30° O H 6 3

2

5

D

2

En el OHC, por Pitágoras: HC = 5 AC = 10 AD = 5 2 Piden el volumen: V

V

&

V = 1 Abase . h =

En la base:

3

Ap

5

H

45°

Clave E

9

C 5

6.

`

1 3

(5 2 )2(12) =

25 $ 2 $ 12 = 200 3

V = 200 m3

60°

` R

6

Clave A

6 60°

En el HOV por el teorema de Pitágoras: (Ap)2 = (3 3 )2 + 92 = 108 Ap = 108 = 6 3 Piden: el área lateral de la pirámide AL = pbase . Ap = 6(3) . 6 3 3 ` AL = 108 3 m &

Clave B

74

H

`

(ABase # h) =

`

1

3

2

Piden el volumen: V

3

Piden el volumen de la pirámide D-ABC: V

&

2

= (VA) + (VC)

2

6

En el AOB, por Pitágoras: AO = h = 8 Calculamos el área de la base: ABase

22 2

= (VB) + (VD)

2

^ ACh

B

6

6

=

2

(VA)2 + (VC)2 - (VB)2 - (VD)2 =

6

6

^BDh2

(2) - (1):

h 10

2

Del AHB notable de 30° y 60°: 3b =

2m2 +

A

2

m

33

D

Empleando el teorema de la mediana en los triángulos AVC y BVD:

`

En el DHC por el teorema de Pitágoras:

C

m

A

25

x = 20,16 m

66/2

b

&

B

Intelectum 5.°

60° R

9.

3

O

Además del gráfico: g = h

25 Ap

Vpirámide = V1 V1 =

1 3

(Abase)(h) =

B

A

1 ^R 3

2

3h $ 4

3

$h

14

7

H C

7

M

En el OMB, por Pitágoras: OM = 24 Ap = 24 Piden el área de la superficie lateral: AL

Por teorema se cumple:

&

AL = (pbase)(Ap) = AL = 504 m2

c m 42 2

V 2V

(24) = 504

x

=

3

` 8x j

3

=

8

3

` x=4

3

&

x 8

4. =

3

1 3

=

2

4 2

4

Sea: Vi: volumen inicial Va: volumen de agua añadido Por semejanza de pirámides:

Clave E

`

Vi

13. E

10.

5

h A

30° 3 30°

9

=

= 9

1 3

2

3h

3

(4) =

4

V = 9

3

m


c m c m6

5.

2

A2 = p2 . r 2 =

36 2

3

V=

h 3

(A1 + A2 +

V=

9 3

[12 + 108 +

Por dato: AL = 64; Ap = 2a Arista básica: a AL = p . Ap 2a(2a) = 64 a = 4 &

= 108

Piden: el volumen del tronco de pirámide

9.3 3 . 4 4.3

)

A1 . A2

Clave D

6.

12 . 108 ]

O

V = 3[120 + 36] 3 ` V = 468 m

Clave E

h 3

11.

D

E F

Clave B

14. 30°

6

A

30° 30° 4

B

A

O

h

Clave B

C

Por dato: 2p1 = 24 / 2p2 = 36 Sabemos: A1 = p1 . r 1 = 24 1 = 12

3

`

Vi

A2

A

3 3/2 M

^3

19 8

&

3/2

G

2 3

Dato: Vi = 16 Va = 38 m3 6

60° 3 3/2 B

(Abase)h =

Va =

B

h

C

Como la pirámide es regular, entonces la altura cae en el baricentro de la base que es un triángulo equilátero. Por Pitágoras: h = 4 Piden el volumen: V 1 3

F

Ap

3 3

V=

1

D

3

c m

27Vi = 8Vi + 8Va

A1

O

5

=

Vi + Va

Clave D

30°

4

c m

60° 2

60° 2 C

3

=

V 2V

&

d=

C

h 3

V1 = VO - DEF V2 = VO - ABC

2

B

Clave D

Por semejanza de pirámides:

3


M

3

Por semejanza de pirámides: d h

6

3/2

H

3

3

Por notable de 30° y 60°: OM = 6 / AM = 6 Entonces el TOAM resulta equilátero. h = 3 3

V1 V2

=

3

c m h 3

...(1)


Por dato:

1.

&

V1

O

2.

V2

30° 30° 6

6 3

3. A

60°

60° H

3

3

1 3

V = 1 $ 48 $ 3

^4

3 $3 4

3

h 3

M

2

3h 4

3

^3

3h

V = 36 m3 Clave D

12.

V2

8 27

=

...(2)

=

8 27

&

h = 2 Clave E

h

7.

VP + VT

V

V

3

VT: volumen del tronco. VP: volumen de la pirámide menor. Por teorema se cumple: Vp

8

V1

= 36

`

x

&

h

1 3

(ABase)h =

3

c m

Piden el volumen: V V=

V1

8 19

De (1) y (2):


3

-

=

=

h3 (2h) 3

=

8VP = VP + VT

&

`

VT VP

O B

A

1 8 &

VO - ABCD =

7

D

3

Del gráfico: OH =

7VP = VT

` =

C 3

H

1 3

3 2

(32)

c m 3 2

= 4,5

Clave C


Clave D

75

IV. (F)

8. V

h h

E

F 12 6 A

6

6

3

D

6

H

6

6 B

6


C

13.

Por dato: AB = 6 BH = HC = 6

A

C B

&

h

En el VHB: VH = 122 - 62 VH = 6 3 V=

1 3

.3. 1 (6)2 4

D

3

(6

3

) = 162 cm3 Dato: VB-DEF = V = 10 m3 Se pide: VB-ACFD = Vx De la figura: Volumen del prisma = Vx + V

Clave D

9. 5k 3k

Sh = Vx +

37° 4k

45° 4

Vx = 2

2k

4k 4

Sh 3

c m Sh 3

Vx = 2(10 m3)

2k

Por dato: V = 32 (4 2 k) (3k) = 32 k = 1 ` h = 3k = 3 1 3

F

S E

`

2

Vx = 20 m3 Clave D

14. Clave D

10. V

Sea: A1: área del piso de la 2.a planta. A2: área del piso de la 1.a planta. Por semejanza de pirámides: A1

6

A 2

C

B

27 48

2 4 2 A

4

=

=

c

6 6+h

2

m

36

^6 + hh2

6 + h = 8 ` h = 2

D

Por dato: r = 2 AD = DC = 4 1 (16)(6) = 32 ` VV - ABCD = &

Clave B

3

Clave C



O


B

2

I. II. III. IV.

(F) no necesariamente. (V) solo en el caso de que sean congruentes. (V) cuando son congruentes. (F) los troncos de pirámide pueden tener alturas en diferentes proporciones, por lo tanto no son semejantes.

12.

I. (F) iguales. II. (V) porque son congruentes (iguales). III. (F) los troncos pueden estar en diferentes proporciones, por lo tanto no serían congruentes.

76

Intelectum 5.°

A

30° 2 30° 3

H 1

M

2

3 C

Por dato: AL = 2Abase (3

3

)Ap =

2 ^2

Ap = 2

2

3h 4

3

Por dato: AABCD = 16 m2 AD = DC = 4 En el VHM:

Por polígonos regulares:

AC = 2 En el

&

3 / HM = 1

OHM: OH =

VO - ABC =

`

3 2

1 ^2 $ 3

3h

3

3 = 3

$

4

VM = 32 + 22 VM = 13 Por lo tanto: AL = pbase . Ap = (8)( 2 ` AL = 8 13 m

cm3 Clave E

16.

13

) Clave C

O

19.

5a 3a

B

37°

C

4a

2

θ

4a

H

2

45°

A

4

5k

4k

2a

M

2a 2

3k

D

2a

3k

53°

2a

3k

6k

En el

Por dato: AL = 60 (12k)(5k) = 60 k = 1 ` h = 4k = 4

OHM: O

3a

Clave D θ

M

&

tanq = tanq =

`

3a 2 3

2a

20.

3

=

2a

2

H

2

F

2

2

H

E

4

q = arctan 3

G

2

O

2

C

B

4

2

Clave C

A

2

D

17.

VO - ABCD = 1 (22)(1) =

V

3

4

4 3

2

Clave A

B

H

A 2


2

3


M 30° 2

3

21.

C

I. II. III. IV.

Por dato: r = 2 AM = MC = 2 3 En el VHM: 2 VM = ^4 2 h + 22 VM = 6 ` AL = (6 3 )(6) = 36 &

(V) en un cono recto. (V) en un cono irregular. (F) son 4. (F) los oblicuos no cae la proyección en la base.

22. 3

I. (F) pirámide no convexa II. (V) pirámide convexo

Clave B

&

base no convexa

base convexa

&

III. (V) Por definición.

18.

IV. (F) También es una pirámide irregular.

V

23. B

3

C 2

2 M H A

2 D

I. (F) no necesariamente. II. (F) revisar el enunciado IV, pregunta 12. III. (F) pueden tener diferentes alturas. IV. (F) tienen que tener volúmenes iguales. GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4

77

En el ADG, por relaciones métricas:


G

Q 15 a

h 13 a

3 S

C

a

2

2

106

B

A

c A

P

D

a

(a) (a 2 ) = (a 3 ) (2)

Por el teorema de Pitágoras: a2 + c2 = 106 ...(1) h2 + a2 = 225 ...(2) h2 + c2 = 169 ...(3)

&

Sumando las tres expresiones tenemos: 2(a2 + c2 + h2) = 500 a2 + c2 + h2 = 250 ...(4)

GS SA

=

GS SA

=

a =

6

(a 2 ) 2 ( a) 2 2 1

GS

&

=

Luego: el ACG

&

GA GC

Reemplazando (1) en (4): (106) + h2 = 250 h2 = 144 h = 12

3k a

&

SA SN

=

=

k h

&

&

h

2k / SA = k

a

2k + k a

ANS =

k h

a 3

=

&

De (2): (12)2 + a2 = 225 a2 = 81 a = 9

Piden: El volumen de la pirámide S-ABCD (V)

De (3): (12)2 + c2 = 169 c2 = 25 c = 5 Piden: El volumen de la pirámide Q-ABC (V)

V=

&

1 3

(AB)h =

&

3 V = a

9

V = 1 ( AB) h = 1 a . c h 3

3

V =

b2l

`

2

3

( 6 )3 9 6

3

(a2) ` a j =

6 6 9

m3 Clave A

d n 3 2

V = 1 9 . 5 (12) = 9 0

&

=

1 3

27. A

3

V = 90 m

`

θ θ

Clave E

Ap C

25. V x

B

x

2 x B

x/2

x/2 D

1 3

2

3 3

2

c m` x 2

a E

5(2a)2 = 3(4a)(Ap) 20a2 = 12a(Ap)

Por dato: V=

45° 2a

x 2

&

3

1 3

Abase # h =

j

=

2

2

3

&

3

3

x = 2

=

5 3

Entonces:

`

3

Ap a

A Clave D

θ

Ap

=


O F

G

E

a

a

S h

2

A

Intelectum 5.°

=

3k

H

El AOH resulta ser notable de 37° y 53°. q = 37° Piden: la m+NAH m+NAH = 2q = 2(37°) ` m+NAH = 74°

2

&

C

B N a

a

5k

&

H a

78

45°

H

Del gráfico: el TNAH es isósceles. Por dato: 5AB = 3AL

C

A

a

a O

60°

3

D

N a

a D

Clave E

28.

h1 =

P

B

C a

a

45° 2a

6

45° a

O A

6

Racionalizando: h1 = OD = a( 6 - 2)

Ap

6

a 3+

Clave A

H

30.

D

Por dato: A4 = 2(ATPCD) (2a)2 = 2

&

d

2a . Ap 2

O

n

30°

A

2

4a = 2a . Ap Ap = 2a

22

11 C

3 30°

&

22

3

H

3

22

B

En el POH por el teorema de Pitágoras: (Ap)2 = a2 + 62 (2a)2 = a2 + 36 3a2 = 36 a = 2 3 &

22

22

3

En el triángulo OBC: O

&

Piden: el volumen de la pirámide (V)

k

V = 1 (AB)h = 1 (2a)2(6) 3

&

2 3k

Ap

11

3

V = 8a2 = 8 (2

11

3 ) 2 = 96

11

θ

B

V = 96 m3

`

22

3

H

22

θ θ

θ

C

3

22 3

Por Pitágoras: Clave C

k)2 = (k + 11)2 + (22 3 )2 12k2 = k2 + 22k + 121 + 1452 0 = k2 - 2k - 143 k -13 k = 13 k +11 Ap = k + 11 = 13 + 11 = 24 Piden: área lateral (AL) AL = (pbase)(AP) = (66 3 )(24) = 1584 (2

29. A a - h1

h1

4

a

h1

O

B

a

3

h

&

a D a C

Piden: OD = h1 Por propiedad:

AL = 1584

`

3

3

m2

O

Clave C

A

C

31.

B

V P

M

B

N

VO

-

ABC

VO

-

MNP

H

OMÔNhÔPh

A

En el problema: V A

-

OBC

V A

-

DBC

=

â

-

h1hâ h^ a h

a^ a hâ h

a =

-

h1

H

a =

-

h1

a

...(1)

H: altura del tetraedro VA - DBC H =

&

a

6

Reemplazando en (1): h1 a

6

a =

-

a

h1

M a

D

Por dato: AL = 300 (4a)VM = 300 a(VM) = 75 ...(1)

Multiplicando (1) y (2): a2h(VM) = 75(6)(VM) a2h = 450 Luego: 1 3 V= 4 3

V=

3

a

En el VHM por relaciones métricas: ah = (VM)6 ...(2)

a

3 h1

2a

a

&

Abase ^h1 h 3 Abase ^Hh

C 6

O AÔBhÔCh

=

h

(2a)2h =

4 3

(a2h)

(450)

V = 600 Clave B

3


79

CONO APLICAMOS LO APRENDIDO (página 86) Unidad 4

4. V

1. g

R

A

3

2r

g

h

R R

B

O

r r

El desarrollo de su superficie lateral por dato es:

2r

Por dato: la diagonal del cubo mide & d = 3 (2r)

3 =

3

&

r =

3

V

m.

α

16

1 2

g = 16

Piden: El volumen del cono (V) 1

V=

3

V =

`

2

πr . h =

π 12

16

&

2

Además: a = 45° (dato) 360° R = 45°

.2

cgm

&

cm cm

π 1

3 2

1

2

45° (1 6) 360°

R=

m3

R = 2

En el VOB por el teorema de Pitágoras: g2 = h2 + R2 (16)2 = h2 + (2)2 h = 6 7 Piden: el volumen del cono (V)

Clave D

2.

&

g

4

&

V=

&

1 (pR2)h = 1 (p . 22) (6 3 3

V = 8

`

R

7)

3

7 p m

Clave A

5.

AL = 3Abase

B

2

pRg = 3pR

g = 3R 2

g

&

30° 30°

2

= R + 16

=

9R2 = R2 + 16 A

8R2 = 16 R2 = 2 V = 1 pR2h = 1 p(2)(4) =

&

3

h

g 2 3

3

8π 3

C

O

El TABC es la sección axial del cono. Un cono equilátero es aquel en el cual su sección axial es un triángulo equilátero. Entonces en el AOB notable de 30° y 60°: h = R 3 / g = 2R 2 3 = 2R R = 3

cm3 Clave B

3.

&

360°

&

Piden: el volumen del cono (V)

a

a/2

a

V=

3 2

30° 30°

R 60°

60° R

V =

a/2

a

1 (pR2)h = 3

&

π

3

1 (πR2 )(R 3 ) 3

3 R3 =

π

3

3 ( 3 ) 3 = 3π

V = 3p m3

`

Clave A

Se generan dos conos equivalentes: V = 2

1 Abase $ h 3

m

=

2$

`

1 a $π 3 2

3

2

6.

j`j $

a 2

V

2

2π a $ 3 a $ $ 3 4 2

V= V

`

c

πa = 4

2 5 g H 2

3

Clave B

80

Intelectum 5.°

A

3

2

P

2 3O

5

2 1 E

B

Nos piden: Atotal = pr 2 + prg g = 5

En el PEB, por el teorema de Pitágoras: PB = 5 Por el teorema de Thales: BP PV

=

BE EO

5 PV

&

1 2

=

&

PV

2

=

Por Pitágoras: (2r)2 = 20 r = 5 Atotal = p( 5 )2 + p( ` Atotal = 5p(1 + 5)

5

&

AL = 9

5π

`

5

&

g = 3 5 Piden el área lateral del cono: AL = pRg = π (3) (3 5 ) &

)(5) = 5p + 5

5

p

Clave C

10.

cm2

V

Clave A P

h

7. 2

V A

6

2 H 2

θ θ

O

h

6

r O1

C

r

D

El desarrollo de su superficie lateral será:

h

B

R

A

B

4

R

g

B

OR

g

α

AL

Del gráfico: el VO1D h r

&

=

2h R

&

VOB

a

2πR

R = 2r

Por dato: a = 120° 360° R = 120°

Por dato: el área de la base del cono mayor mide 10 m2. &

2 pR = 10

&

Piden el área de la base del cono menor (A): A = pr 2 = p A =

&

πR 4

2

=

A = 2,5 m

`

R g

=

&

^10h 4

1 3

...(1)

Además: AL = 3p cm2 pRg = 3p Rg = 3 ...(2) De (1) y (2): R = 1 / g = 3

2

c m R 2

cgm

&

= 2,5

&

En el AOB, por el teorema de Pitágoras: g2 = h2 + R2 (3)2 = h2 + (1)2 h = 2 2

2 Clave B

&

&


8.

V = 1 (πR2) h = 1 π (1) 2 (2 2 )

B

3

3

α α

g

V =

`

h

2

2 π 3

cm3 Clave A

θ

A

En el AOB: R = gsena

/

R

R

θ

C

O

11. V 2 60° g/2 4 N

h = gcosa

=

Piden el volumen del cono de revolución (V):

30°

6

V = 1 (πR2) h = 1 π (gsenα ) 2 (g cosα ) 3

V =

`

4

P

3

2 3

2 A

g3 sen2 α cosα 3

π

Clave A

2 3

g/2 4

4

=

60° 30°

r

O

g

M

r

B

Nos piden: ASL = p . r . g De la figura, OM es base media del TABV: AV = 8 / NV = 2 Luego: g = 8

9.

&

V 3 g

5

h

H

4 A

2

r

r r O

En el APO notable de 30° y 60°: r = 4 ASL = p(4)(8) ` ASL = 32p &

B

Clave B


81

12.

En el TON notable de 53° y 37°: TO = 8r Del dato: Vcilindro = 72p 2 p(3r) . 8r = 72p r 3 = 1 r = 1 R = 16r = 16 / g = 16r 2 = 16 2 ` ASL(cono) = p(16)(16 2 ) = 256 2 p

V

P

h 2

A

6

2 H 2

O

B

4

&

6

Clave A

Nos piden: Vcono Sea O, el centro de la base del cono, AB = 8, entonces el radio de la base PRACTIQUEMOS del cono es 4. AH = 2 HO = 2 Nivel 1 (página 88) Unidad 4 Se deduce: Comunicación matemática h = VO = 2(PH) = 4 6 1. Entonces: 2. &

1 3

Vcono =

2

p(4)

(4

6

)=

64

6 3

p

Razonamiento y demostración Clave D

3. P

13. 5k

C

37°

53°

O1

37° 37°

A

h

5k

B h 5k

C'

O 4k

R

Por dato: ABC-A'B'C' es un prisma recto y BB' = A'C'. h = 5k Además: Vprisma = 240 cm3 (Abase)h = 240

3

&

V =

&

&

c

4k . 3k 2

m (5k) &

3

k

3

36π 3

3

=

12π

V = 12p Clave E

= 8 & k = 2

4.

En el A'B'C' por el teorema de Poncelet: 4k + 3k = 5k + 2R 2k = 2R k = R R = 2

A

8 g

&

Piden el volumen del cono (V):

H 1 B

V = 1 (πR2) h = 1 (π . 22) (5k) 3

V =

`

R

40π 3

R

C

RO

3

Del gráfico: g = 9 En el AOB, por relaciones métricas: (R)2 = (AB)(HB) R2 = (9)(1) R = 3

V = 20π k = 20π (2)

&

M

`

= 240

3

53°

O 3

En el POM notable de 37° y 53°: h = 4 / g = 5 Piden: el volumen del cono (V) V = 1 (πR2) h = 1 (π . 32) (4)

B'

&

3

N

A' 53° 3k

37°

g

h

3k

4k

3

cm3

&

Clave A

&

Piden: el área lateral del cono AL = pRg = p(3)(9) ` AL = 27p

14. V

Clave C

8r g

A

16r 2 g =

T 8r O 53° R

6r

5. B

N

45° 10r

B

45° 4k A

Nos piden: ASL(cono) = p . R . g Datos: VT = TO; Vcilindro = 72p Sea: ON = 6r

82

Intelectum 5.°

45° 4k

37°

5/4

53° H

3k

5k

=

C 360°

Del gráfico: los triángulos rectángulos AHB y BHC son notables. 5k =

&

5 4

&

k

8. B

1 4

=

37°

El sólido formado está compuesto por dos conos de revolución &

`

2 2 1 1 π (4k) (AH) + π (4k) (HC) 3 3

Vsólido = Vsólido =

2 2 1 1 π (16k )(4k) + π (16k )(3k) 3 3

Vsólido =

3 112π .k 3

Vsólido =

7π 12

=

112π 3

R 53°

R

A

O

C

El BOC es notable de 37° y 53°, entonces: R = 3k, h = 4k y g = 5k

3

c m 1 4

g

h

&

Por dato: h = 2 4k =

m3

3

Clave C

2 3

&

&

k

=

1 4

2 3

Piden: el área total del cono AT = AL + Abase AT = pRg + pR2 = p(3k)(5k) + p(3k)2

6.

AT = 24pk2 = 24p

&

h

c

1 4

2 3

2

m

=

p

AT = p m2

`

r

Clave D

r

9.

Por dato: Vcilindro = 30 cm3 &

2 pr h = 30

Piden: Vcono =

2π/3 rad

2 1 p(2r) . 3

h=

4 2 4 pr h = 3 3

3

g 3 =

(30) R

2πR

Vcono = 40 cm3

`

Se cumple:

Clave C

2pR = Resolución de problemas

c m.(3) 2π 3

R = 1 Piden: el área total del cono AT = pR(g + R) AT = p . (1)(3 + 1) = 4p 2 ` AT = 4p m &

7. B

5k

4k

Clave A R

A

R O

10.

C

C

Por dato: h

g

=

4 5

&

h = 4k

/

α

g = 5k

D

10

En el BOA por el teorema de Pitágoras: R = 3k

g/2

θ

E

4

g/2

2

Además: AT = 216p cm AL + Abase = 216p

θ

B

R

A

&

Entonces: 2 pRg + pR = 216p (3k)(5k) + (3k)2 = 216 24k2 = 216 k2 = 9 k = 3 Piden: Abase = pR2 = p(3k)2 Abase = 9k2p = 9(3)2p 2 ` Abase = 81p cm

Del gráfico: ABC a &

` g2 j 10

=

4 R

&

g 20

=

EDC 4 R

gR = 80

&

&

Piden: el área lateral del cono AL = pRg = p(80) 2 ` AL = 80p m

&

Clave C

Clave A


83


Nos piden: Vcono =


I. II. III. IV.

1 3

2

p(2r)

4 3

h=

2

pr h

...(1)

De la figura: h = VO = g2 - 4r 2 Por teorema de la tangente:

(V) sí pueden ser iguales ya que son semejantes. (F) son semejantes no congruentes. (V) sí pueden, pero serían congruentes. (F) los troncos pueden tener alturas en diferentes proporciones, por lo tanto no son semejantes.

2

a 8

a2 = (4r)(2r) a2 = 8r 2 r 2 = &

&

2 g2 - a 2

h= En (1):

Clave D

12.

Vcono =

I. (F) son iguales. II. (V) porque son congruentes (iguales) III. (F)

4 3

2 p a 8

c m

g2

-

a2 2

πa

=

2

g2

6

-

a2 2 Clave D

16. h r

h

r

g/2 g g/2 θ

Clave B

A

Razonamiento y demostración V

A 4

r

B

2

c

2A =

V2

- h

B

R

AT

Sabemos: A =

h V 1 4

R

Nos piden: ASL = pg(R + r) h = gsenq

13.

r

A

h

IV. (F) los troncos pueden estar en diferentes proporciones, por lo tanto no serían congruentes.

2R + 2r 2

m gsenq

2Ap = p(R + r)gsenq

&

2 Aπ = ASL senθ

Nos piden: h Dato: V1 = V2 &

1 3

Clave C

pr 2(h) = pr 2(4 - h)


h = 12 - 3h

17.

h = 3

`

2πr

Clave C

5

h

14.

V1

216° g 5 O =

r

V2

g 5

6g/5

=

L = 2pr

3g/5 V

2g

2g 37°37° g

3

6π 5

3g/5

6g/5

. 5 = 2pr r = 3 &

g2 = h2 + r 2 52 = h2 + 32 h = 4

&

9g/5

Nos piden:

&

&

Piden el volumen:

V1

V=

V2 + V3

1 3

(Abase)h =

1 3

p(3)2 . 4 = 12p cm3 Clave E

De la figura, por ser conos semejantes tenemos: V1 V2 + V3

=

^9 /5 h3 ^6 /5h3 + ^3/5 h3

18.

= 3

A

37°

Clave B

15.

h

V

g

B T

a

r A

84

r

Intelectum 5.°

r O

2r

2r

B

Del AOC notable de 37° de 53°: R = 3k, h = 4k y g = 5k Luego: g = 10

10 g =

R 53° O

C

5k = 10 k = 2 R = 3(2) = 6 / h = 4(2) = 8



21.

&

&

V=

1 (πR2) h = 1 (π . 62) (8) 3 3

V =

288π = 96p 3

&


I. II. III. IV.

V = 96p

`

Clave C

22.

I. (F) son líneas curvas. II. (F) porque es una recta. III. (V) porque la directriz del cono siempre está inscrita en la directriz de la pirámide. IV. (F) por definición, no coincide.

19. B g/2 H

g

h

g/2 A

C

O

R

(V) traza una altura desde el centroide hasta la generatriz. (V) todo cono tiene sección axial. (V) si tiene igual volumen. (F) no necesariamente porque son semejantes.


R

23.

Por dato: HO es mediatriz de AB. R = h / g = R 2

V

6

C α

&

Piden: Abase AL &

`

30°30°

=

Abase AL Abase AL

2 πR πRg

=

πR πR

=

πR

=

2

6

2

πR (R

2)

2

1

=

α

.

α

α

A

2

2

2

L M

O 3

3

B

3

2

Nos piden: Vcono Como VC // AB m+VCL = m+LAB = a Además TAMB es isósceles: Luego: 3a = 90° a = 30° En el AOV notable de 30° y 60°: AO = 3 / VO = 3 3 Luego:

2 2

&

Clave E

20. r

r

H

H

A

g 6 =

H

Vcono = 2 O

R

B

3

2 p(3) × 3 3

Vcono = 9p

`

Nos piden: H El desarrollo de la superficie lateral es un trapecio circular que tiene por radios 4 m y 10 m y ángulo central de medida 180°.

1 3

3 Clave D

24. V

g 6

4

=

4

6

60°

4

30° 30°

4π

M

10

r

r

30° r 3 r 30°

10π

2r

g = 6 m Tenemos: 2pr = 4p r = 2 2pR = 10p R = 5

2r

3

3

2r

2r

N

&

Nos piden: Vcono menor Vcono mayor

Del gráfico, usando el

Luego: 30° H

Vcono mayor =

g 6 =

60°

O

1 3

Vcono menor =

&

A

3

B

H = 3

&

3

`

m Clave C

1 3

Vcono menor Vcono mayor

2

pr 2

p(2r)

=

notable de 30° y 60°. completamos longitudes. r

3 =

1 3

pr .

2r

3 =

1 3

p . 8.r .

#

#

1 3 πr $ 3 3 1 π $ 8 $ r $ 3

3 =

3

3

3

3

3

1 8 Clave C


85

En (1):

25. V

Vpirámide = 3n

M r

O r

h

Vcono Vpirámide

n P

r T S 45°

c

AB 2 2

m

2

π

=

6

(AB)3

3 36

=

Clave E

45°

Nos piden: Vcono Dato: VM - OSTP = 1 cm3 1 3

p(AB)2

Finalmente:

4h

r

1 3


(Abase) # h = 1

...(a)

B

De la figura:

30° 30°

r

O

r

P

2

r

r

g

h

R 60°

60° R

A

O

C

T

En el BOC notable de 30° y 60°: h = R 3 / g = 2R Luego, el ángulo del desarrollo de su superficie lateral será:

S

r^r 2 h

Abase = A: OPTS =

2

...(b)

a = 360°

Reemplazando (b) en (a):

c

1 3

2

r

mh

2 2

2

= 1 & r .

&

h = 3

2

Pero:Vcono = 1 pr 2.(4h) = 4 p(3 3

2 ) = 4

3

2p

c Rg m

=

c m

360° R 2R

a = 180°

Entonces, el desarrollo de la superficie lateral del cono es un semicírculo. Por dato:

cm3

g

g

B

Clave A

1

26.

Considera: VA = AB V

T

VO = H

g = 2 (2R) = 2 R = 1 &

P

&

Q AB 3 2 A

r h T (AB/2)


D

O (AB/2)

C

V = 1 (πR2) h = 1 (πR2) (R 3 ) 3

B

Vcono Vpirámide

Nos piden:

3 6

V =

π

V =

π

&

Por ser una pirámide regular: VA = VB = VC = VD = AB = DC De lo anterior, TVDC es equilátero, el radio de la circunferencia inscrita en el TVDC es: r=

O' 1

1

`

3

3

3 R3 = 3

3

π

3

3 (1) 2

m3 Clave A

28. A

(AB)

La altura del cono es: h2 + r 2 =

2

c m ; AB AB 2

= BC & h =

6 6

g

g

(AB)

Entonces: Vcono =

1 3

r

p

Luego: Vpirámide =

c

1 3

3 AB 6

2

p(AB)

2

mc .H

6 AB 6

H =

AB 2

=

π 6 216

(AB)3

Nos piden: ASL =

2 π.g .θ

360c

AB 3 2

H

Dato: q = 180° Se tiene:

g 180°

2

g =

π

2πr

Intelectum 5.°

rad

pg = 2pr (AB/2)

86

B

q: ángulo de desarrollo

...(1)

Calculamos H: &

m

r

O

h=2 3

g = 2r

&

En el

30.

AOB:

B 30°

g 2r =

2 3

g 2 17

8 g

60° r

D

r = 2 g = 4

r

&

4 2 C 4 2

A

En el BCA por el teorema de Pitágoras:

Luego:

g2 = (2 17 ) 2 + (4 2 ) 2 = 68 + 32 = 100 g = 10

2

ASL =

a

π # ^ 4 h # 180c

360c

&

ASL = 8p

`

Clave D

En el BDC por el teorema de Pitágoras: (2 17 ) 2 = 82 + a2 68 = 64 + a2 4 = a2 a = 2 &

&

29.

En el DCA por el teorema de Pitágoras: r 2 = a2 + (4 2 )2 = (2)2 + 32 = 36 r = 6

A 2 5 g

6

&

10 4

O

Desarrollando la superficie lateral del cono tenemos:

r

4 4 r

B g

θ

Nos piden: ASL = p . r . g En el

&

2πr

AOB por Pitágoras:

102 + r 2 = (r + 2

5

100 + r 2 = r 2 + 4r 4r 5 = 80 r = 4 5 m g = 6 5 m ASL = p(4 5 )(6

2pr = q . g 2p . 6 = q . 10 6π q = rad `

5

q = 216°

)2

Clave D

5 + 20

&

&

5

) = 120p m2 Clave C


87

ESFERA Y SÓLIDOS DE REVOLUCIÓN APLICAMOS LO APRENDIDO (página 91) Unidad 4

5. S 4

1.

G

B L

x

O

r

360°

K

A H

2 4

45°

A

10

6

N

15° h

=

4

En el BAK notable de 30° y 60°:

Por dato: ACE = 2pRh = 80p Rh = 40 (10)h = 40 h = 4 En el OHA por el teorema de Pitágoras: r = 8 Piden: Abase del casquete = pr 2 = p(8)2 2 ` Abase de casquete = 64p m

x = ( 2) 3

6

=

L = perímetro de LSGK = 4(4) = 16 ASG = L(2px) = 16(2p 6 ) 2 ` ASG = 32p 6 m

&

&

6.

$2

2

El área del piso: pr 2 El área de la superficie exterior: 2pr 2 Aplicando regla de tres simple, el costo es: $200

Clave A

Volumen generado por el semicírculo mayor: V1 = 2p ` π

Clave B

2.

30°2

R

2

j (4) = 16p2

Volumen generado por el semicírculo menor: V2 = 2p ` π $ 12j (5) = 5p2 2

Finalmente: V1 - V2 = 11p2 u3

Clave D

3.

Clave A

R

7.

4 E

C.G. 4 2

2

U

6

A = pr 2; x = 2r Por Pappus- Guldin Guldin:: 23 3 ` V = 2pAx = 4p r u Clave D

45° P15°

360°

H

8.

Por el teorema Pappus-Guldin: ASG = (2px)L ASG = 2p( 6 )16 = 32 6 p u2

4 3

n=

&

3

pR

= n(

4 3

3

3

pr ) 3

c m c m R r

3 1

=

= 27 Clave C

Clave A

9. 4.

eje 90° A R 55°

B 35°

R

R

5 55° C

H

5

O

P 15°

6

2

2 E

35° 7

55°

5

M

Q

30°

G

35°

H

6 L

D

R

360°

Del gráfico: AHO , OMB (A-L-A) HO = 5 / OM = 7 HM = 12

Dato: PQ = QR = PR De la figura, PHG es el triángulo rectángulo n otable de 45°y 45°, además, en este caso G es el baricentro del triángulo PQR:

En el AEB por el teorema de Pitágoras: (R 2 )2 = (AE)2 + (EB)2 = 22 + 122 2R2 = 148 R2 = 74

GP = 2

&

&

Al girar la figura sombreada, se forma un anillo esférico, entonces: 2 1 p(AB) (HM) 6

VAE =

1 p (R 6

2

x = GH =

&

Entonces: V = 2pxA = 2p(

&

VAE =

3

6

)(9

6 ;A=

3

10.

)2(12)

3 4

) = 54

2

= 9

3

3

pu

De la figura: r=

a

a 2

R

a

R=

VAE = 296p u2

`

a

r

3

O V1

2 a

Clave E

Intelectum 5.°

2

Clave B

VAE = 4R2p = 4(74)p

88

6

V2

Luego:

14.

V1 =

4 3

pr 3

V2 =

4 3

pR

`

V1 V2

A

30°

3

4a

3

=

` Rr j

C

Clave C

Para la esfera: ASE = 4p(a 3 )2 = 12pa2

11. 1

Para el cilindro: ALC = 2p(2a)(2a

r 60°

r

1/2

1

r 1/2

r=

1 2 3 6

) = 8pa2

3

3

Por lo tanto:

60°

ASE ALC

De la figura: 3r =

3

2a

3 9

=

2a

=

12πa 8πa

2

2 =

3

3 2 Clave C

3

m Clave B

PRACTIQUEMOS Nivel 1 (página 93) Unidad 4 Comunicación matemática

12.

1. r 1

R

=

3

h

r 2

2.

El área total del segmento esférico es: AT = 2pRh + p(r 1)2 + p(r 2)2 Por dato: AT = 11p; r 2 = r 1 + 1; h = 1 11p = 2p(3) + p(r 1)2 + p(r 1 + 1)2 11 = 6 + (r 1)2 + (r 1)2 + 1 + 2r 1 2 = (r 1)2 + r 1 r 1 = 1 cm ` r 2 = 2 cm (radio d la base mayor)

I. II. III. IV. V.

Segmento esférico Cuña esférica Anillo esférico Casquete esférico esférico Sector esférico

I. II. III. IV.

(F) porque, genera una superficie de revolución. (F) porque, genera un anillo esférico. (V) por definición. (F) porque, tienen que ser coplanares. coplanares. Clave D

&

3.

&

I. II. III. IV.

(F) porque, solo es sólido do de revolución para un cilindro indro recto de base circular. ar. (F) porque, solo es sólido de revolución para un cono recto de base circular. rcular. (F) porque, genera un sector esférico. (F) porque genera un plano.

Clave C Clave D

13. C

B


eje

4. Q

R

B A

M N 60° A

P

α θ

H S D

4

360° α

H

5

Volumen generado por el cuadrado mayor: AB = 6; MD = 3 V1 = 2p(36)

c

2

3

6 2

m

&

MH =

= 108p

3

4

N

L

&

u3

Además, por el teorema de Pitágoras: R2 = 42 + 52 = 41 R = 41 &

&

6

O

Del gráfico: AHO , ONB (A-L-A) AH = 4 / HO = 5

6

Volumen generado por el cuadrado menor: PQ = 4; ND = 2 2 NS = 6 V2 = 2p(16)( 6 ) = 32p 6 u3 Entonces: V1 - V2 = 76p

θ

h

2

6

5

R R

Piden: VSE =

2 2 pR h = 3

2π ( 41 ) 2 . 9 3

VSE = 246p m3

u3

`

Clave E

Clave D


89

5.

Graficamos la sección axial del conjunto mostrado:

9.

O

&

R

Por ser sólidos equivalentes: 2R

1 3

Volumen de la esfera:

4 3

pR3 & R = 2 3

&

3

pR

9

3

u2 Clave E

Volumen del cono: Vcono = 2 3

p(6)2(8) =

Área de la superficie esférica: ASE = 4pR2 ASE = 4p(2 3 9 )2 = 48p 3 `

2R

Vesfera = 4 3

Para el cono: h2 = 102 - 62 h = 8

10.

3

pR

Volumen y área del octaedro de arista a: 2 3

V=

a3; A = 2

3

a2

Volumen del cilindro: Vcilindro = 2pR3

Luego:

Luego:

Graficamos la sección axial del conjunto mostrado:

Vesfera

Vcono

=

2

=

1

V A

=

6 a 18

Vcil indro

V

3

Entonces: x2 + y2 + z2 = 22 + 12 + 32 = 14

r O

A

Clave E

6.

El radio de la esfera inscrita es: 6

3 A

VO =

x 60°

3

VA =

6

2 2 a

1 4

(6)2

x=

2 3

(3

3 = 9 3

Por lo tanto: VSG = 2p(9

) = 2

3

)(2

11.

3

3

) = 108p cm3


a

3 2

2

m

2

= 3pa

`

ASE

=

3

p(6)

=

r =

&

3V A

Planteamos una regla de tres simple: 360°

4 3

60°

V 2 9

3

pr

3

pr

&

r = 3

&

V = 6p m3

12. 2 π

2

p(4)

&

Área lateral del cilindro: 2 ` AL = 2prh = 2p(4)(18) = 144p cm Clave A

Intelectum 5.°

I. II. III. IV.

(V) porque es coplanar y no secante. (F) porque genera un plano. (F) porque es una superficie secante. secante. (V) una figura sí puede formar un sólido de revolución. revolución.

I. II. III. IV.

(V) porque forman 2 superficies superficies de cono de revolución con un mismo mismo vértice. (F) porque tienen que ser coplanares. (F) porque no puede ser secante. secante. (F) porque solo generan sólidos de revolución las regiones planas.

13.

h

72 = 4h h = 18

90

r 3


Por ser sólidos equivalentes se cumple: 4 3

=

Clave A

Clave D

8.

V A


Acubo = 6a2 Acubo

a

3

AB = 2r = 6

El diámetro de la esfera circunscrita al hexaedro mide igual que la diagonal del hexaedro, entonces:

c

6 6

Clave C

V=

ASE = 4p

&

3

Clave D

7.

a r =

2

Entonces: A=

1 2

a; OA =

Clave A

14.

18.

I. II. III. IV.

(F) genera una superficie de revolución. (V) por definición. (F) porque es secante. (V) por definición de sólido no convexo (por un sólido pasa una recta que interseca a un sólido en más de 2 puntos).

x D

a 30° a 2/2 45° a A

B

Clave A

15°

De la figura: A4ABCD = a2


x=

15. 60°

a

E

=

6

2p

60° H

O h

30° N

6

c

a

6 4

m a2

= 4p

6

a = 2

360°

Por lo tanto: 2pABCD = 4a = 4(2) = 8 cm

B

5

=

a 4

Luego, por Pappus-Guldin:

F

60°

A

eje

C

Clave D

Piden: 2 2 1 1 pa h = p(6 )(5) 6 6

VAE =

VAE = 30p m

`

19.

3 Clave A

16.

R

Aplicamos el teorema de Herón: ATABC =

9$4$3$2

=

6

r

6

2 3

r =

6

c

4 2 π 3 3

V=

2r

&

Por lo tanto: `

=

Por dato, el área lateral del cono es 18p cm2, entonces: prR = 18p Del gráfico: R = 2r pr(2r) = 18p 2 r = 9

6 = 9 . r

&

R

6

Además: ATABC = p(r) &

r

3

6

m

64 27

=

Área total de la semiesfera:

6π

ASE = 2p(2r)2 + p(2r)2 = 12pr 2

Clave D

ASE = 12p(9) = 108p cm2

`

Clave D

17. R

3/2

B


Q

20.

30° R/2

R

30° 30° Plano H

R

h

60° T

N

60° O

M

6 6

4 3

3

pR

= 32

3

3

p & R

= 24

3

6

Vcubo = 63 = 216 cm3 Vpelota = Vagua desalojada =

De la figura: OQ = 3R 2 Vcono =

1 3

Vcono = 9

; OM = p

c

3

3R 2

3 2 2

R

mc m 3 R 2

=

3 8

pR

4 3

3

p(3)

3

= 36p cm

Del gráfico se observa: Vresultante = Vcubo - Vagua desalojada

3

36h = 216 - 36p

p

h = (6 - p) cm Clave D

Clave C


91

21.

a

Voctaedro =

3

2

= 9

3

2

&

27.

a = 3

B

360°

V a A 45°

C

45°

α

x

a D

r O

a 2

VO =

En el a 2

r=

a 2

; VA =

A

V = 2pa2x

3

a 2

x =

j` j c a 2

3^

2

&

VOA por relaciones métricas: 2

a

x=

a 2

OA =

`

2

a/2

=

6h

3 2

mr

r =

&

a

6 6

&

Entonces: ASE = 4pr 2 = 4p

(cosa + sena)

Luego, el volumen generado es: V = pa3(cosa + sena) Para hallar el máximo valor usamos la derivada: V' = pa3(-sena + cosa) = 0 cosa = sena tana = 1 a = 45°

6 2

=

6

a

sen(45° + a)

2

c m 6 2

2

= 6p m

Clave C Clave D

22.

28.

Por regla de tres simple: 360° 2pr 2 18° A 2

A=

πr 10

A =

9π 10

`

15

B

C

L

20

; r = 3

x

360°

37°

m2

A

53°

53° D

37°

Clave C


x=

Comunicación matemática 23. 24. 25.

2 ABCD = 15(20) = 300 m

A

I, II, IV, V, VI, X, XI III, VII, VIII, IX, XII I, VII, VIII

25 2

Luego, el volumen generado es: V = 2p(300)


c m 25 2

3

= 7500p m

Clave B

29.

26.

N

C V1 r

a

V2 3r

x

G

M

B

E h

A 2h

Por relaciones métricas sabemos:

360°

V1: volumen generado por la región GEA. V2: volumen generado por la región CBA. Entonces:

...(1)

a2 = H(H + h)

...(2)

3

2

V1

V2 = 1 p(3r)2(3h) = 9pr 2h

V2

3

Por lo tanto:

r 2 = H(h)

Por dato:

V1 = 1 pr 2(2h) = 2 pr 2h 3

V1 V2

=

2 27

80 13

3

+

2

3r h

πa H 6

&

2

π 3 πr h h + 6 2

2

h

Intelectum 5.°

=

a H Clave A

92

P H

360°

r

=

80 13

=

80 13

h

13[H(H + h)]H = 80h3 + 240(Hh)h

En el GHB: GH = x = BGsen(q + 8°)

&

3

13H

2

+ 13H

3

2

h = 80h

+ 240h

H

Ordenando respecto a H3:

x =

4 3

x=

10

&

13H3 + (13h)H2 - (240h2)H - 80h3 = 0

H

=

4h

-

52h

2

260h

13 65h

2

240h

20h

-

2

80h

3

0

= 2p

2

(H - 4h)(13H + 65hH + 20h ) = 0

&

&

14 5

7

$

37

5

27

+

2

5

1

$

37

5

E

2

c

10

2 3

VSG = 560p

H = 4h

m84 u3

2

Clave E


En (1): r 2 = 4h(h) r = 2h

31.

&

En el

2

Por lo tanto, el volumen generado es: VSG = (2px)ATABC

3

80h

2

;

3

Por divisores binómicos: 13 13h

37

N S M

MPN:

P r

N

O Q

2h

R

x = 26,5°

`

x M

4h

M, N y S son puntos de tangencia de ambas superficies, P es el centro de la esfera inscrita. De la figura: OP = r 3 ; R = OP + r = r( 3 + 1) Luego:

P

26, 5° = 26°30'

`

Clave B

30.

r= B θ

G

7

3

1h

Dato: R = 4 r = 2(

8°

3 - 1)

&

x M

-

2

360°

13

A

R^

H

Clave A

15 7 C

32.

Los valores del radio y la altura del cono parcial son:

Teorema de Herón: ATABC =

21^ 8 h^ 6 h^ 7 h = 84

h

u2

2r

r

3

30° x

Teorema de la mediana: 14 2

132 + 152 = 2(BM)2 + BM = 2 2 & BG = 3

37

x=

4 37 ) = 3

(2

2

42 =

37 h^15h

&

2

r

1 3

px

2

h=

3 8

3

pr

Clave C

senq

#

Por datos: VCE = VSE

/

R = 3 cm

=

2 3

3

14 5

3 2

;h=

senq

&

senq =

3

#

33.

^2

r 2

Por lo tanto: Vcono parcial =

37

^BMh^15h

ATMBC = 42 =

2

πR α

270c

2

pR

h

a = 60h

37

Además: h = 3 cm a = 180° Por lo tanto: &

5

37 14

θ

27

VCE =

3

πR α

270c

π

=

^33h^180ch 270c

3

= 18p cm

Clave E


93

MARATÓN MATEMÁTICA (pagina 96) Unidad 4 1.

Paso 2: Por propiedad de circunferencia:

Por Pitágoras: BA = 8

▪

!

CB = 106°

y

&

B

C

▪

10

+

COB = 106°

cos106° =

-7

25 C

O

6

x

A

97

El volumen de revolución está dado por la diferencia de una semiesfera y un cilindro: Vsemiesfera = 1

2

#π#

106°

4 (10) 3 = 2000 π 3 3

Vcilindro = p # 62 # 8 = 288p 2000 π - 288p 3

=

1136 π 3

CB2 = CO2 + OB2 - 2(CO)(OB)cos106° 97 = 2R2(1 - cos106°) R2 =

Clave A

2.

B

Hallamos R: Por ley de cosenos:

Vrevolución = Vsemiesfera - Vcilindro =

Paso 1: Del área lateral:

25 # 97 64

&

R =

5

97 8

u Clave E

4. V

AL = prg = b &

R

O

53° A

pr = b

H

... (1)

g

- h

O'

H

V h

g

O

h

r

A

Paso 2: En el TAOV; por relaciones métricas: a # g = r # h 1 ` Vcono = 3

p r h = 1 3 2

B

r O

r R

... (2)

(p r)(r h)

=

... (a)

h

&

r=

AL = 2πR (H - h) h

c m

3 g

H

R H

(H - h)

... (a)

=

2

;

2πR H H 4

-

c

h-

H 2

2

mE

El área del cilindro será máximo cuando:

3

Clave E

h-

Paso 1:

▪

-

H

&

Vcono = 1 b (a # g) = a # b

▪

H

Paso 2: Del área lateral del cilindro: AL = 2prh reemplazando (a):

De (1) y (2) en (a):

3.

R

Paso 1: Por semejanza de conos: Vo' ~ Vo

a

H = 0 2

&

h

=

H 2 Clave B

En el AHC, por Pitágoras: CH = 4

5. V

En el CHB; por Pitágoras: CB2 = CH2 + HB2 CB = 97

L

L 2

97

5

R O H

3

B L

2 O

6

B

2

L

2 2 2

3

3

L

L

D

53°

2 2

A

C

A

L

L

C

Como VO = BO = L 2 y VB = L, entonces el triángulo VOB es notable de 2 45°, es decir: m+VOB = 90°. Se tiene VO = AC y VO = BO, entonces VO es perpendicular al plano que contiene a la región triangular ABC, siendo esta la altura de la pirámide V-ABC.

94

Intelectum 5.°

Volumen(V-ABC) =

1 3

Volumen(V-ABC) =

L

&

`

c

L#L 2

3

mc

L

2 2

7.

m

P

2

atan α

atanαsenθ

C

12

α

Clave E

a

A

6.

θ

atanαcosθ

B

V

Por el teorema de las tres perpendiculares: (PA = AB / PA = AC) / AB = BC

R M r

O

&

B

PB = BC

C

a A

En el TPBC: PB = atana

α

2

a

H

P

En el TPAB: PA = atanasenq y

D

2a

AB = atanacosq

Paso 1: En la pirámide (V-ABCD): Si AD = 2a Por semejanza: TAHO a TOMV AH = MV = a 2

`

VP-ABC =

1 3

VP-ABC =

1 3 a tan2a . sen q . cosq 6

VP-ABC =

1 3 a tan2a . sen2q 12

AABC # AP

▪

▪

▪

Por propiedad de circunferencia: HP = PM = a

Clave A

Paso 2: En el TVHP: V

cosa = R

a

+ r

2

+ a

cosa =

a a

2

2 α

H

a

P

`

+

1 +

1

a =

a= arccos ( 2

2

-

-

1

1) Clave B


95

05 SOLUCIONARIO_GEO 5°.pdf

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