Pamer-geometria

ÍNDICE GENERAL Tr iáng ulos ........... . ................................ ............................................ ............................................ .................................. ............ 1 Congruencia d e triángulos .... ......... ........... ........... .......... .......... .......... .......... .......... ........... ........... ......... .... 5 Políg Pol ígono ono s ............................................... ........................................................................... ............................................. ................. 9 Cuad riláte ril áte ros ............................................ ..................................................................... .......................................... ................. 13 Circunferenc Circ unferenc ia I.I.............. ........................................ .................................................... .......................................... ................. 1 9 Circunferencia II .................................. ........... ........................................... ........................................ ........................... ....... 23 Puntos Notables ................................................................................ 27 Proporc ionalidad ionalida d de segmentos .... ......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... ....... .. 31 Semejanza Semeja nza de triángul os ...................................... .............................................................. ............................ 35 Relaciones métricas en la circu nferencia .... ......... .......... .......... .......... ......... ......... ....... .. 39 Relaciones métricas en los triángulos rectángulos .... ......... ........... .......... .... 41 Relaciones métricas métricas en los triángulos oblicuángulos ..... ........ ...... ..... .. 45 Relaciones métricas en los cua driláteros .... ......... .......... .......... .......... ......... ......... ....... .. 49 Polí gonos regul ares ......................................... .................................................................. ................................ ....... 51 Áreas de regiones triangulares ........... ................ .......... .......... .......... ......... ......... .......... .......... ......... .... 57 Áreas de regiones cuadrangulares .... .......... ........... .......... .......... ........... ........... .......... .......... ....... .. 61 Áreas de regiones circulares .... ......... .......... ......... ......... .......... .......... ......... ......... .......... .......... ......... ...... .. 65 Geometría Geometrí a del espacio I ...................................... ............................................................ ............................. ....... 69 Geometría Geometrí a del espacio espaci o II..................................................... II................................................................... .............. 73 Poliedros regulares I .... ......... ........... ........... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... ........... ........... ......... .... 77 Poliedros Polie dros regulare regu laress IIII .................................................. ...................................................................... .................... 79 Prism Pr isma a ............................................ ..................................................................... .................................................. ............................. 81 Tron co de prisma pri sma ...................................... ......................................................... ....................................... .................... 85 85 Cilindro ................................................................................................ 87 Tronco Tron co de cilindro ...................................... ............................................................... ....................................... .............. 9 1 Pirámi Pi rámi de .............. . ...................................... ............................................... .................................................... .................................. 93 Tronco Tron co de pirámide pirá mide ............................................... ........................................................................ ............................. 97 Con o ...................................... ............................................................... ............................................... .................................... .............. 99 99 Tron co de cono ......................................... .................................................................. .......................................... ................. 101 Superfic Super ficie ie esfér ica ...................................... ............................................................... ....................................... .............. 10 3 Esfera Esf era .......................... ................................................ ............................................ ............................................ ............................. ....... 105 Teorema de Pappus Gulding Gul ding ................................... ...................................................... ....................... .... 109

GEOMETRÍA

TRIÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I.

III. III . TEOREMAS TEOREMAS FUNDAMENTA FUNDAMENTALES LES

DEFI EFINICIÓN Es la figura geométrica que se forma al considerar tres puntos no colineales y tres segmentos de recta que tengan por extremos dichos puntos.

1.         180º

B

2. A

x    

C

Elementos: Vértices: Vértices: A, B, C Lados: AB, BC y AC Notación: 3.

 ABC: triángulo de vértices A, B y C.

x  y  z  360º

II. ELEMEN ELEMENTOS TOS ASOC ASOCIA IADO DOS S AL TRIÁN TRIÁNGU GULO LO

4. Relació Relación n de exist existenci encia a B b

c

Medida de los ángulos interiores: ,  y  Medida de los ángulos exteriores: y, x, z

C

Si: a  b  c

Perímetro de la región triangular: 2p = a + b + c



Semiperímetro de la región triangular:

b cab c a c b a c

p  abc 2 UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

a

A

ab c a b 1

GEOMETRÍA

TEMA 1

TRIÁNGULOS

Exigimos más! 5. Relació Relación n de correspo correspondenci ndencia a

2. Triáng Triángulo ulo isós isóscele celes s

a

b 

ab



 

Si: a > b     Recíproco Si:     a  b

Base: AC Lados laterales: AB y BC

IV. TEOREMAS ADICIONALES ADICIONALES

0º <  < 90º; 0º <

 <

180º

3. Triángul Triángulo o equil equiláter átero o

x

x  y  180º  

y

      180º   60º



x      

x



B. De acuerdo acuerdo a la medida medida de sus ángulos 

1. Triángul Triángulo o acut acutángul ángulo o 0º <  < 90º 0º <  < 90º 0º <  < 90º

m x

y

x  y m  n

n

2. Triángulo Triángulo obtusá obtusángulo ngulo x



90º    180º 0º    90º 0º    90º

x y  y



3. Triángul Triángulo o rect rectángul ángulo o

V. CLASIFI CLASIFICAC CACIÓ IÓN N DE DE TRIÁNGULO TRIÁNGULOS S A. De acuerdo acuerdo a la longitud de sus lados

     90

1. Triáng Triángulo ulo escaleno escaleno

b

ab ac bc

Catetos: AB y BC Hipotenusa: AC Teorema de Pitágoras: b 2 = a2 + c2

a

UNI SEMESTRAL 2013 - III

2

GEOMETRÍA

TEMA 1

TRIÁNGULOS

Exigimos más!

VI.. LÍNEAS NOTABLES VI NOTABLES ASOCIADAS ASOCIADAS AL TRIÁNGULO

D. Media Mediattriz

A. Cevi Ceviana ana B

A

D

AM = MC : Mediatriz del  ABC relativa a AC. AC .

C

BD: Ceviana interior interior relativa relativa a AC .

E. Bisec Bisectriz triz interi interior or

B

A

C

E

BD : Bisectr Bi sectriz iz interior relativa a AC .

BE : Ceviana exterior relativa relativa a AC.

F. Bise Bisectr ctriz iz exter exterior ior

B. Media ediana na

B  

A

Si AM = MC  BM: Mediana Mediana relativa a AC .

E

C

AB > BC BC C. Altur ltura a

sectriz exterior relativa a AC . BE : Bi sectriz B

B

VI. ÁNGULO DETERMINADO POR BISECBISECTRICES

L

A

H

C

A

C

BH : Altura relativa relativa a AC. AC.

x  90º 

a 2

x  90º 

b 2

AL : Al tura relativa relativa a BC . 90º <  < 180º

AV : Altura relativa relativa a BC. UNI SEMESTRAL 2013 - III

3

GEOMETRÍA

TEMA 1

TRIÁNGULOS

Exigimos más!

x 

c 2

  x  a b 2

x 

x  a  b 2

m  n 2

 ym n 2

problemas resueltos Problema 1 Halle la medida del ángulo  indicado en la figura mostrada, donde las rectas L1 y L2 son paralelas.

A) 51 ° D) 57 57 °

B) 53 ° E ) 59 59°

Resolución:

Del gráfico:

Problema 2 x  105 En un cuadrilátero ABCD, las prolonRespuesta: C) 105° gaciones de los lados BA y C D se intersecan en M (A  BM) y las prolongacioProblema 3 En un triángulo ABC se cumple AB = 2 m nes de los lados AD y BC se intersecan y AC = 32 m. Halle el perímetro del en N (C  BN). Si los ángulos BAD y BCD triángulo en metros, sabiendo que es un miden 70° y 80° respectivamente, denúmero entero y el ángulo en A es obtuso. obtuso . termine el ángulo que forman las bisecUNI 2009 - I trices interiores de los ángulo ánguloss AMC y ANC. Nivel difícil UNI 2010-I UNI 2010-I A) 65 B) 66 C) 67 Nivel intermedio D) 6 8 E) 6 9 Nivel fácil fác il A) 90 ° B) 100 ° C) 105 ° C) 55 ° Resolución: D) 1 10 ° E ) 1 15 ° Se pide: 2PDABC AB = 2; AC = 32; A es obtuso y el el períperíResolución: metro es numéricamente entero. Piden: mMON  x MO y NO: NO: Bisectrices Del gráfico:  

 

Del gráfico:

Tenemos:   57  70 (Propiedad)   127 En P:     180 127     180   53  Respuesta: B) 53° UNI SEMESTRAL 2013 - III

x > 32.......(1) BC es el lado mayor 30 < x < 34 .......(2) Teorema de la desigualdad triangular

(Propiedad sobre bisectrices)

De (1) y (2): x = 33 2PDABC = 2 + 32 + 33  2PDABC = 67

x  110  100 2

Respuesta: C) C) 67 4

GEOMETRÍA

TEMA 1

GEOMETRÍA

CONGRUENCIA CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I. DEFI EFINICIÓN

Entonces los dos triángulos son congruentes.

Dos triángulos son congruentes si existe una correspondencia uno a uno entre sus vértices de tal manera que sus pares angulares y lados correspondientes son congruentes.

El teorema asegura que si mA BC mACB

 mMNS  



mN MS

 ;

y BC  NM, entonces:

 ABC   SMN

C. Teorema eorema (L (L - L - L) Si los tres lados de un triángulo son congruentes, con los lo s tres lados de otro triángulo respectivamente, respectivamente, entonces, los dos triángulos son congruentes.

Notación Emplearemos la notación  ABC  A ' B ' C ' para indicar que el ABC es congr congrue uente nte con con el A ' B ' C ' .

II. POSTU POSTULAD LADO O Y TEOREMA TEOREMASS DE LA CO CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS A. Postu lado (L - A - L) Si dos lados y el ángulo determinado por estos de un triángulo son congruentes, con dos lados y el ángulo determinado determinado por estos de otro tri ángulo respectivamente, pectivamente, entonces, entonces, los dos t riángulos riángulos son congruentes.

El teorema nos dice que si BC  MS , AB AB AC  NS entonces  ABC  SMN .



MN y

III. TEOREMA SOBRE LOS TRIÁNG TRIÁNGULOS ULOS ISÓSCELES Y EQUILÁTEROS El postulado asegura que si AB  MS , AC  NS y mBAC  mMSN  , entonces  ABC  SMN .

A. Teorema Teorema 1 1. Si dos lados lados de un triángulo triángulo son congru congruente entes, s, entonces los pares angulares opuestos a dichos lados son congruentes.

B. Teorema eorema (A - L - A) Si dos ángulos y el lado adyacente que se determina en un triángulo son congruentes, respectivamente con dos ángulos y el lado adyacente que se determina en otro triángulo. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

2. Si dos pares pares angular angulares es de un un triángulo triángulo son congruentes, gruentes, entonces los lados opuestos a dichos pares angulares son congruentes. 5

GEOMETRÍA

TEMA 2

CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS

Exigimos más! 3. Si un triángu triángulo lo es equilátero, equilátero, entonc entonces es es equiánequiángulo.

•

4. Si un triángulo triángulo es equián equiángulo, gulo, entonce entoncess es equiequilátero.

•

La hipot hipoten enusa usa y uno uno de los ángul ángulos os agud agudos os con sus correspondientes son congruentes. La hipot hipoten enusa usa y un un cate cateto to con sus sus corre correspon spon-dientes son congruentes.

B. Teoremas oremas 2

B. Aplicacione Aplicaciones s de la congruencia congruencia de triángulos triángulos

1. En un triángulo triángulo isóscele isósceless las alturas alturas relativas relativas a los lados l ados congruentes congruentes son también congruentes.

1. Teorema Teorema de de la bisectr bisectriz iz

Si un punto pertenece a la bisectriz de un ángulo, entonces dicho punto equidista equidis ta de los lados del ángulo.

Si AB = BC, entonces AM = CN; debido a que los triángulos BMA y BNC son congruentes. 2.



Si: OP es bisectriz del

AOB , entonces PB = PA



y OA = OB. Observación:

Si AB = BC y P pertenece a AC, entonces: CH = PQ + PR



En la figura d es la distancia distancia de P hacia 3. 2. Teorema Teorema de de la mediatr mediatriz iz

Si un punto pertenece a la mediatriz de un segmento, entonces dicho punto equidista de los extremos del segmento, también se dice que la mediatriz es el lugar geométrico de los puntos equidistantes de los extremos del segmento. Si el triángulo ABC es equilátero, entonces: BH  PQ  PR  PT

IV. IV. CONGRUENCIA CONGRUENCIA DE TRIÁNG TRIÁNGULOS ULOS RECTÁNGULOS A. Teorema eorema Dos triángulos rectángulos son congruentes si:

•

Los cate catetos tos corre correspondie spondientes ntes son congruente congruentes. s.

•

Un cate cateto to y uno uno de los los ángul ángulos os agudo agudoss con con sus correpondientes son congruentes.




Si



es mediatriz de AB y P, P, pertenece a

entonces PA = PB, luego  APB es isósceles. 6

GEOMETRÍA

TEMA 2

,


Exigimos más! Observación: En el triángulo isósceles ABC, la altura BH es

también mediana y bisectriz.

Si M es punto medio de AC , entonces: BM  AM



MC

V. TRIÁNGU TRIÁNGULOS LOSRECTÁN RECTÁNGULO GULOSS NOT NOTABLES ABLES 3. Teorema Teorema de los los puntos puntos medio medios s

El segmento que une los puntos medios de dos lados de un triángulo se denomina base media y es paralelo al tercer lado, además su longitud es la mitad de la longitud del lado al cual es paralelo.

Aproximaciones Aproximaciones trigonométricas trigonométricas

Si M y N son puntos medios de AB y AB y BC respectivamente, entonces: MN / / AC y MN



AC 2

4. Teorema de la mediana relativa relativa a la la hipohipotenusa

La longitud d e la mediana relativa a la hipotenusa es igual a la mitad de la longitud de dicha hipotenusa.

problemas resueltos

UNI Nivel fácil

Problema 1

En el gráfico; BC = 2(BM), calcule x.

Resolución:

A) 22° 30' B ) 20 ° 20 ' C ) 15 ° 4 0 ' D) 24° 30' E ) 10 ° 25 '


7

GEOMETRÍA

TEMA 2


Exigimos más! Piden "x"

A) 70 ° D) 8 5 °

Resolución: 

Por M se traza MN//AB

B) 80 ° E) 9 0°

C) 60 °

Resolución:

Entonces: BN = NC Como BC = 2(BM) Con lo cual BN = BM = a MBN: MBN:

isóscele isósceless

mBMN  mBNM  3x Luego: 2x + 3x + 3x = 180° 8x = 180°

Piden "x" Se observ o bserva: a:

 

90

En BCD : se traza CH  BD

Luego: Respuesta: A) 22° 30'

Se observa:

Caso (A. L. A) entonces: AH = PB = 4

Problema 2

Se tiene un cuadrilátero cuadrilátero ABCP; AB = BC; mABC  mBPC



UNI Nivel intermedio

A) 60 °

B) 40 °

C) 5 5 °

D) 5 3 °

E) 2 8°


B Q  BH  H D  m

Luego:

Se tra traza AH AH  BP (HBP). Si BH = 1; HP = 3 3;; hallar la mHPA .

Caso (ALA) 

Se observa Respuesta: D) 53°

90

Se traza BD

Problema 3 Se tiene un cuadrilátero ABCD;

AB = BC = CD y mBCD  2mBAD y mABC  160 Hallar la mADC. UNI Nivel difícil

8

En



ABC:

90    60  90    160 40  ADC: En  ADC:  

x



30  90  

x



80 Respuesta: B) 80°

GEOMETRÍA

TEMA 2

GEOMETRÍA

POLÍGONOS DESARROLLO DEL TEMA Es la figura geométrica cerrada, que se forma al unir tres o más puntos no colineales mediante segmentos de recta.

C. Región Región no Conv Convexa exa Es aquella región región en la cual existen segmentos segmentos cuyos extremos son puntos de la región, y el segmento segmento no está contenido integramente en la región.

Elementos:

Vértices : A, B, C, D y E Lados

: AB, BC, CD, DE, AE

Región no Convexa

A. Diagonal Diagonal

Segmento que une dos vértices no consecutivos.

I.

CLASI CLASIFI FICA CACI CIÓN ÓN DE DE LOS LOS PO POLÍG LÍGON ONOS OS Por la región que limitan. A. Polígono Convexo Convexo Polígono que limita una región convexa.

En la figura: Diagonal: AC Diagonal Media: MN B. Regi Región ón Conve Convexa xa

Es aquella región en la cual, para todo segmento cuyos extremos son puntos de la región, dicho segmento está contenido en dicha región.

UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

9

GEOMETRÍA

TEMA 3

POLÍGONOS

Exigimos más!

III. III . NÚMERO DE DIAGO DIAGONALES NALES DE UN POLÍGONO

B. Polígono Polígono no Convexo Convexo o Cóncavo Cóncavo Polígono que limita una región no convexa.

A. Núme Número ro de diago diagona nale les s traz trazad adas as desde desde un vért vértic ice e

C. Polígo Polígono no equiá equiángul ngulo o

En la figura se muestra un polígono de n lados. N° diagonales diagonales =n  3 de 1 vért vértic ice e

D. Polígon Polígono o equilá equiláte tero ro

Número total de diagonales En todo polígono de n lados N°tota N°totall de n(n  3) = 2 diagonales

B. Número de diagonale diagonales s medias medias de un polígono

E. Polí Polígono gono Reg Regular ular Es aquel polígono equiángulo equiángulo y equilátero a la vez.

En la figura se tiene un polígono de “ n” lados.

II. PROPIE PROPIEDAD DADES ES DEL PO POLÍG LÍGONO ONO

Sean: M1 ,M2 , M3 ,.....,Mn los puntos medios de los lados del polígono.

* En todo todo polí polígo gono no de “n” lados N°diagonal diagonales es medias medias = n-1

N° lados = N° vértices

de1 punto punto medio medio

* Suma de de las medi medidas das de los los ángulos ángulos internos internos ( S i)

Número total de diagonales medias

Si  180(n  2)

En todo polígono de n lados

* Suma de medida medidass de los los ángulos ángulos exter exteriores iores.. N°total total de

S e  360 


10

diagona iagonales les media mediass

GEOMETRÍA

=

n(n-1) 2 TEMA 3

POLÍGONOS

Exigimos más! C. Medida Medida de un ángulo ángulo interior interior 

360 n

medida de un ángulo central de un polígono regular (C ) . 

En la figura se muestra un polígono equiángulo de “n “n” lados. : medida de un ángulo interior.. interior.. Entonces:  

180°(n180°(n- 2) n

Los polígonos según su número número de lados se denominan:

D. Medida Medida de un ángulo exterior exterior

7

lados ..... ........ ...... ...... ....... ....... ...... ..... Heptágo Heptágono no

8

lados .... ...... ..... ...... ....... ....... ...... ...... ... Octágono Octágono

9

lados .... ....... ...... ...... ..... ..... ...... ...... ..... Nonágono Nonágono

10 lados ........... ................. ............ ........ .. Decágono 11 lados ............... ..................... .......... .... Endecágono 12 lados ........... ................ ........... ......... ... Dodecágono 15 lados ................ ....................... ......... .. Pentadecágono Pentadecágono 20 lados ........ ............. .......... .......... ....... .. Icoságono

problemas resueltos

Problema 1 En un polígono convexo ABCDEF se tiene AB = 7, CD = 6 y DE = 8.

Operación del problema Solución del problema:

Conclusiones PBF: (30°; 60°)

Q

x

Calcule BF. 6

UNI 2009 - I

A) 7 3 2

Respuesta: E) 7 3

6

C

Problema 2

D

6

Halle el número de diagonales de un

B) 7

8

polígono regular ABCDE... sabiendo

B

C) 5 3

que las las mediatrices mediatrices de los lados AB y

60º 3 0 º

7

D) 7 2

= 7 3

60º

E

X

7 60º

60º

30ºº 30

DE forman un ángulo de 60º. A) 90 B ) 10 5 C ) 12 0 D) 13 5 E ) 15 0

E) 7 3

P

Resolución:

QEFP es un trapecio isósceles

Ubicación de incógnita Se pide BF = x

Del gráfico: PQ / /EF

Resolución:

me  360  60 .....(1) 6

Ubicación de incógnita

Análisis de los datos o gráficos ABCDEF es un hexágono equiángulo; AB = 7; CD = 6 y DE = 8. UNI SEMESTRAL 2013 - III



7

A

PBA es equilátero

 ABF

es isósceles 11

7

F

  Nº D  n n  3 2 n: Nº de lados del polígono GEOMETRÍA

TEMA 3

POLÍGONOS

Exigimos más! Análisis de los datos o gráficos C T B

Q

  Nº D  18 18  3 2

D

P

º 2 0

N 20º 20º 20º 60º

M

O

A

E

OP  BC y OQ  CD se tiene que:

Operación del problema Aplicación Aplicación de fórmula, teorema o propiedad Número de diagonales

Respuesta: D) 135

F

m MO P  mP OQ  m QO D  20 º

•

Conclusiones y respuesta  Nº D  135

mMON  60 Al trazar trazar

Finalmente

Problema 3 Tres de las diagonales de un polígono regular forman un triángulo equilátero. equilátero. Determine la suma de los ángulos internos si se sabe que la medida de su ángulo interno es mayor que 140° pero menor que 156°. A) 144 0° B) 1 62 0 ° C) 1 8 0 0 ° D) 1 98 0 ° E ) 2 16 0 °

Operación del problema Propiedad en el polígono regular 180º  n – 2  n en (1): i=

140º <

180º  n – 2  <156º n

 n = 10; 11 11; 12 12

La cantidad de lados(n) debe ser multiplo de tres, para que se pueda formar el triángulo equilátero. n = 12 Si = 180º(n – 2) – 2) = 180º(12 – 2) – 2)

Medida del ángulo exterior Resolución:

•

Solución del problema En el cuadrilátero MBPO: mTBP  m MOP  20º 

360º  20º  n  18 n


Ubicación de incógnita Piden: Suma de los ángulos internos = Si

Conclusiones y respuesta Si=1800º

Análisis de los datos o gráficos 140º < i < 156º .... (1)

12

Respuesta: 1800

GEOMETRÍA

TEMA 3

GEOMETRÍA

CUADRILÁTEROS DESARROLLO DEL TEMA I.

DEFINI DEFINICI CIÓN ÓN

Elementos:

Es el polígono que tiene cuatro lados.

Vértices: Vértices: A, A , B, C y D

AC y BD son diagonales.

Lados: AB,BC, AB, BC, CD y DA Elementos asociados: Diagonales: AC y BD Medida de los ángulos lnteriores:  , ,  y  Exteriores: x, y, z y r Además: B

         360

D A C

18 0    360

Observación

x      

II. CUADRILÁT CUADRILÁTERO ERO

Z

C

B y r

A x UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

D

13

GEOMETRÍA

TEMA 4

CUADRILÁTEROS

Exigimos más!

III. CLASIFICA CLASIFICACIÓN CIÓN DE LOS CUADRILÁCUADRILÁTEROS

Nota: Si los lo s lados de un cuadrilátero cuadrilátero son para p aralelos lelos y congruentes, entonces es un paralelogramo.

A. Según el el paralelismo paralelismo de sus lados opuestos

1. Trap Trapezo ezoid ide e Lados opuestos no paralelos. a. Trapezoid Trapezoide e simétrico simétrico Si: BC / /AD y BC = AD   ABCD: paralelogramo.

Clasificación a. Trapecio Trapecio escaleno

 

AC: Eje de simetría. b. Trapezoid Trapezoide e asimétrico asimétrico

BC / /AD AD > BC

AB  CD

No p resenta resenta simetría axial. 2. Trap Trapec eciio Es aquel cuadrilátero cuadrilátero que tiene tien e un par de l ados opuestos paralelos y los otros dos lados no paralelos.

b. Trapecio Trapecio isóscel isósceles es

BC / /AD BC < AD AB = CD

BC / /AD

AD > BC Bases

Además: AC = BD; AE = ED; BE = EC

: BC y AD 3. Paral Paralel elog ogram ramo o

Lados Lados late lateral rales es : AB y CD Altura Altu ra

Es aquel cuadrilátero cuyos lados opuestos son

: BH


paralelos entre sí.

14

GEOMETRÍA

TEMA 4

CUADRILÁTEROS

Exigimos más! Clasificación a. Romboid Romboide e B

C

O A

D

Si: AB / /CD y BC / /AD

AB  BC

Paralelogramo  ABCD: Paralelogramo

AC  BD O: Centro de simetría

Nota: Al trazar una paralela paralela a un lado lateral lateral de un trapecio se cumple:

b. Rombo Rombo B

C

O A

D

AB = BC BC AC  BD

Si: BC / /AD y CE / /AB

O: Centro de simetría

 ABCE es un paralelogramo.

Nota: Si: BQ = QD

Si: AB = CD AB / /CD

Paralelogramo  ABCD: Paralelogramo  CP  AP  y

a –b 2

c. Rectáng Rectángulo ulo AB / /CD y BC / /AD

AB = CD y BC = AD AO = OC y BO B O = OD

AB  BC AC = BD O: Centro de simetría

m  A  m C y m B  m D


15

GEOMETRÍA

TEMA 4

CUADRILÁTEROS

Exigimos más! d. Cuadrado Cuadrado d.

AP – CS = DR – B Q AB = BC AC = BD O : Centro del cuadrado 

Propiedades para el trapecio



AC y BD : Ejes de simetría

OM  a 2

a.

Propiedades a.

BC / /AD ; AM = MB; CN = ND

MN  BC  AD 2

Si: ABCD es un cuadrado  BQ = QD m  CBQ = m  CDQ

MN : Base B ase media

b.

b.

Si ABCD es un romboide O: Centro de simetría  PC = AQ BP = QD

BC / /AD ; CM = MA; BN = ND

 MN 

AD – BC 2

Nota: Para un trapecio rectángulo se cumple:

c.

Si ABCD es un paralelogramo paralelogramo 

AP + CS = BQ + DR


16

GEOMETRÍA

TEMA 4

CUADRILÁTEROS

Exigimos más! Si: AM = MC

Si: BM = MC y MN  AD .

 MN   mn

 x

ab 2

CD – AB 2

d.

c.

Si CM = MD 

BM = MA

m  CBM = m  MAD

problemas resueltos

Problema 1

Operación del problema

Problema 2

En el paralelogramo ABCD se tiene

Del gráfico:

En un triángulo ABC se traza la mediamedia-

AB = 6 m y BC = 8 m. Se traza la bi-

F

sectriz interior del ángulo A la cual interseca a BC en E y a la prolongación de B

E 1

C



UNI 2010 - II

N

D

C ) 1 06 ° D) 1 07 °

8

E ) 1 08 °

Se observa:

B) 7

A) 104 ° B ) 1 05 °

6 A

A) 6

1 Q 1

6

interseca int erseca al segmento AD en N. DeDetermine MN (en m).

Halle m B AC . UNI 2008 - I

6

DC en F; desde M, punto medio de

EF, se traza un rayo paralelo a CD que



M

na BR; tal que AB = AR, mRBC  14 .

ABE:

C) 8

Isósceles (AB = BE = 6)

D) 9

Resolución:

•

E) 1 0

Piden mBAR Sea: mBAR  x

EQM: Isósceles (EQ = QM =1)

Resolución:

Ubicación de incógnita Piden MN = X

Conclusión y respuesta Del gráfico: MN = NQ + MQ MN = 6 + 1

Análisis de los datos o gráficos

X = 7

ABCD : Paralelogramo

Respuesta: B) 7

AB = 6 y BC = 8 UNI SEMESTRAL 2013 - III

17

GEOMETRÍA

TEMA 4

CUADRILÁTEROS

Exigimos más! •

• •

En el tri trián ángu gulo lo isósc isóscel eles es ABR ABR tratrazamos la mediana AM que también es altura y bisectriz. Trazamos CH  BR De: AMR  CHR se tiene: RM = RH

•

Sea CH = 3k Entonces BH = 4(CH) = 12k ( BHC es n ot ot.)

Problema 3


En un cuadrilátero ABCD, las prolongaciones de los lados B A y C D s e intersecan en M(A  BM) y las prolongaciones de los lados AD y BC s e inter interse seca can n en N(C  BN). Si los ángu-





sectrices MCyNO: Bi sectrices

Operación del problema Del gráfico:

los BAD y BCD miden 70° y 80° respectivamente, determine el ángulo que forman las bisectrices interiores de los ángulos AMC y ANC. UNI 2010 - I

•

Lue Luego: go: BM = MR MR = RH = 4k  RHC es not. (37° y 53°)

•

En ton ces mCRH  37

A) 90 ° C ) 1 05 °

B) 100 ° D) 1 10 °

E ) 1 15 ° (Propiedad sobre bisectrices)

 ABR (isóscel ( isósceles): es): x + 2(37°) = 180°

Resolución:

•

Por lo lo tanto x = 10 106° Respuesta: C) 106°



x  110  100 2 x  105 Respuesta: C) 105°

Piden: mMON  x

18

GEOMETRÍA

TEMA 4

GEOMETRÍA

CIRCUNFERENCIA I DESARROLLO DEL TEMA I.

CO NCEP TO Es el lugar geométrico de todos los puntos que cumplen con la propiedad de equidistar de otro punto fijo denominado centro. A dicha distancia constante se le llama radio.

MH  HN

3. En toda circun circunferencia ferencia,, a cuerd cuerdas as congruentes congruentes se oponen arcos congruentes y viceversa. Si: AB  CD .

AB



 CD 

Elementos:

C en tro

:

"O "

Radio

:

OA

Di ámet ro

:

BC

Cu erda

:

Arco

:

 BD

R. Tan gent e

:

MN  R T

Apot Ap ot ema

:

OH

Flecha o sagita

:

PH

R. Secant e

:

 R S

Pt o. o. de Tangencia :

4. En toda circunferenc circunferencia ia cuerdas cuerdas paralela paralelass determinan que los arcos comprendidos entre dichas paralelas sean congruentes. Si: BC // AD .

“T ”

II. TEOR TEOREMAS EMAS FUNDA FUNDAMEN MENT TALES ALES

1. El radio radio trazado trazado con respecto respecto al al punto de tangencia tangencia,,

AB 

 CD 

es perpendicular a la recta tangente que la contiene.

5. Si desde el centro centro de una una circunferencia circunferencia se trazan trazan perpendiculares a dos cuerdas congruentes; entonces se cumple que dichas perpendiculares son congruentes. Si: AB = CD ; OM = ON

2. En toda circunferencia, circunferencia, un diámetro diámetro o radio radio es perperpendicular a una una cuerda. Si y solo si pasa por el punto medio de dicha cuerda. Si: AB  MN . UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

19

GEOMETRÍA

TEMA 5

CIRCUNFERENCIA I

Exigimos más! 6. Si por un punto punto exterior exterior a una circunfer circunferenci encia a se trazan segmentos de tangentes, entonces se cumple que dichos segmentos son congruentes.

E. Concéntricas Concéntricas

OO1 AB





0

BC F. Ortogonales Ortogonales

III. POSICIONES POSICIONES RELATIV RELATIVAS ENTRE 2 CIRCIRCUNFERENCIAS A. Exteriores Exteriores

 OO1 

2



R2

r

2

G. Secantes Secantes

OO1



R

r

B. Interiores Interiores

R r OO1



R r

OO1



Rr

D. Tangente Tangentes s exteriores exteriores

ca V.




Rr

IV. TEOREMA DE PONCELET PONCELET En todo tr iángulo rectángulo rectángulo la suma de las longitudes de los catetos es igual a la longitud de la hipotenusa más 2 veces la longitud del radio de la circunferencia inscrita.

C. Tangente interiores

OO1

 OO1 

R

r

20



b  2r

r: inradio

TEOR TEOREMA EMA DE PIT PITOT OT En todo cuadrilátero circunscrito se cumple que la suma de las longitudes de 2 lados opuestos es igual a la suma de las longitudes de los otros 2 lados opuestos. Cuadrilátero circunscrito es aquel cuadrilátero en el cual se puede inscribir una circunferencia. GEOMETRÍA

TEMA 5

CIRCUNFERENCIA I

Exigimos más! 5 . BT = P – b SC = P – c AR = P – a P = Semiperímetro

 ABC.

acbd

VI. TEOREMA TEOREMA DE STEINE STEINER R En todo cuadrilátero exinscrito se cumple que la diferencia de las longitudes de 2 lados opuestos es igual a la diferencia de las longitudes longit udes de los otros 2 lados opueso puestos. Cuadrilátero exinscrito es aquel cuadrilátero en el cual las prolongaciones de sus lados son tangentes a una misma circunferencia.

6. PQ = BC – AB AB

7. AM = UD UD MN = PQ

acbd VII.PROPIEDADES ADICIONALES

1 . AC = BD BD

8. AC  ra  rc

2 . AD = BC BC

3. AM = AN = P P = Semiperímetro

9. rb



r  ra  rc

 ABC .


21

GEOMETRÍA

TEMA 5

CIRCUNFERENCIA I

Exigimos más!

problemas resueltos

Problema 1

En el gráfico; PQ y T son puntos de tangencia si mATB  140º; hallar "x".

Luego: x = 70°/2 x = 35°

AB = 4 + 4 + 4  AB 

12



Respuesta:

35°

Respuesta:

Problema Problema 2

Problema 3

Según el gráfico O es punto de tangencia. Hallar AB.

Del gráfico; hallar "x"; m  TC  50 .

12

Nivel fácil Resolución:

Nivel difícil Nivel intermedio Resolución: Resolución:

Observación:

x



w z

Piden: x Se traza TQ Piden: AB

por propiedad: mPTQ  90º

Se traza ANLB: trapecio

Luego en

Piden: x

Se obser o bserva: va:  ANOQ y OSBL: rombos

x 

ST = SQ = SP

QOS QOS : triáng triángulo ulo equilá equiláter tero o


22

65º Respuesta:

GEOMETRÍA

TEMA 5

65°

GEOMETRÍA

CIRCUNFERENCIA II DESARROLLO DEL TEMA

I.

POSICIO POSI CIONE NES S RELA RELATIVA TIVAS DE DOS CIR CIR-CUNFERENCIAS EN EL PLANO

B. Circunfe Circunferen rencias cias secante secantess

A. Circunferencias Circunferencias exterior exteriores es

O1

m

O2 r

1

R



2

  A, B

R –r  m R r  1



2

 

: Secante común 

mRr

 O1O 2

C. Ángulo Ángulo entre dos circunferencias circunferencias secantes secantes

Propiedades

A n

m

B x 

m  n x Si

Según el gráfico:  1

 3

y

 2

: Rectas tangentes comunes exteriores



: Recta tangente común interior

: : : x

Recta tangente a 2 Recta tangente a 1 Med Medid ida a del del áng ángulo ulo entr entre e = 90º 1 y 2 son ortogonales

2

D. Circunferencias tangentes tangentes interiores interiores

A, B, C y D : Puntos de tangencia

B

AB  CD  PQ BQ  CP

T

AQ  PD AC / /BD UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

1 y

A O2 m O 1 r R

1

23

GEOMETRÍA

2

 T TEMA 6

CIRCUNFERENCIA II

Exigimos más! T: Punto de tangencia

G. Circunfere Circunferencias ncias concéntricas concéntricas

O1, O2, T : Son coli colinea neale less mR–r 

: Recta tangente común exterior  m  TA  mT B

Además: Teorema

1



2

 

AB = CD AB  2 R 2 – r2 T y Q: Puntos de tangencia

II. CUAD CUADRIL RILÁTE ÁTERO RO INSCRI INSCRITO TO EN UNA CIRCUNFERENCIA

T y V: Puntos de tangencia mAL  mBL 

Definición



Es aquel cuadrilátero cuyos vértices pertenecen a una misma circunferencia:

E. Circunferencias Circunferencias tangentes tangentes exteriores exteriores

1



2

  T

En el gráfico; A, B, C y D: son puntos de la circunferencia; entonces:

T : Punto de tangencia O1, T y O 2 son colineales colineales mRr 

Teorema 1

: Recta tangente común interior

En todo cuadrilátero inscrito sus ángulos interiores opuestos son suplementarios.  TA  mT B Además: m 

F. Circunfere Circunferencias ncias interi interiores ores

En el gráfico Entonces:

ABCD inscrito inscrito en la circunferencia. circunferencia.

    180 1

2

 

Además:



m R–r UNI SEMESTRAL 2013 - III

24

GEOMETRÍA

TEMA 6

CIRCUNFERENCIA II

Exigimos más! Teorema 2

En el gráfico, si:    = 180°

En todo cuadrilátero cuadrilátero inscrito s us diagonales determinan determinan con los lados opuestos ángulos de igual medida.

entonces: también, si:    entonces: Todo cuadrilátero convexo cuyas diagonales determinan con dos lados opuestos ángulos de igual medida, es inscriptible.

En el gráfico, Entonces:

ABCD : inscrito en la circunferencia.

  Nota: En el gráfico, si:   , entonces:

IV. TEOREMAS TEOREMAS ADICIONA ADICIONALES LES A. Recta de Simpson

En el gráfico se tienen dos circunferencias secantes en A y B. Se cumple:



Si desde un punto ubicado en la circunferencia circunscrita a un triángulo, se trazan perpendiculares perpendicul ares



a los 3 lados; entonces se cumple que los pies de estas perpendiculares están contenidos en una misma recta denominada recta de Simpson. L: Recta de Simpson

MN / /PQ

III. II I. CUADRI CUADRILÁTERO LÁTERO INSCR INSCRIPTI IPTIBLE BLE EN UNA CIRCUNFERENCIA Definición Es aquel cuadrilátero convexo que puede inscribirse en una circunferencia; es decir que sus vértices pueden ser ubicados en una misma circunferencia.

B. Teorema de Nagel Nagel En el gráfico; si: A, B, C y D pueden ser ubicados en una circunferencia, entonces:

En todo triángulo se cumple que el segmento que une los pies de 2 alturas es perpendicular el diámetro de la circunferencia circunscrita trazada por el vértice del cual no partió altura alguna.

Condición para que un cuadrilátero sea inscriptible

BD

Todo cuadrilátero convexo cuyos ángulos interiores opuestos son suplementarios, es inscriptible.

B

MN

N M

O C

A D UNI SEMESTRAL 2013 - III

25

GEOMETRÍA

TEMA 6

CIRCUNFERENCIA II

Exigimos más!

problemas resueltos Problema 1 En la figura, O es el centro del círculo

Por el triángulo rectángulo rectángulo notable

3 , 3 calcule el área de la región sombreada (en u2).

O

 2p  11

Entonces: OP = 3r = 1 Respuesta: D) 11

r 1 3

Restando las áreas de las circunferencias:

A

2

 8 u2 1 Sx  (1)2         9 9 3 UNI 2011 - II

A)

7 9

B)

5 6

C)

6 7

D)

7 8

E)

8 9

1 0 – p + 1 2 – p = 11

(30º – 60º): OO1  2r.

trigonométrico. Si OA = 1 u y tan  



•

Respuesta: B)

8 9

Problema 3 En una circunsferencia se trazan los diámetros diámetros perpendicula perpendiculares res AB y CD, CD , por C se traza una recta L tangente a la circunferencia, en el arco DB se elige el punto E de manera que E, B y G sean colineales  G  L , la m  EB  70, AE  DC  F. Determine la mAFG . UNI 2005 - II Nivel difícil

Problema 2 En la figura, EF es tangente a la circunsferencia inscrita en el triángulo ABC.

Resolución: Ubicación de incógnita Calcular el área de la región sombreada. som breada.

Halle el perímetro en metros del triángulo EBF; si AB = 10 m, BC = 12 m y AC = 11 m.

Análisis de los datos o gráficos A) 8 C) 1 0 E) 1 3

A) 85 °

B) 95 °

C ) 1 00 °

D) 1 25 °

E ) 1 55 ° Resolución:

UNI 2006 - II AB y CD son diámetro perpendiculare perpendicularess Nivel intermedio E; B y G son colineales: B) 9 m  EB  70 ; AE  DC  F D) 1 1 se pide la mAFG .

A C.T.

Tan 

Resolución:

EF es tangente; AB = 10; BC = 12 y AC = 11. Se pide: Perímetro del EB F  2p.

3 3

OA = 1 Operación del problema * Aplica Aplicaci ción ón de la fórmul fórmula, a, teor teorem ema ao propiedad. Tan  *

•

Del gráfi co: EFCG: inscriptible

3   3 6

m CE G  mCF G  45  

inscrito

Soluc Solució ión n del del probl proble ema • r

O UNI SEMESTRAL 2013 - III



como: mB AE  35

•

AT = 10 10 – p y QC QC = 12 12 – p .. ........ ..... propiedad

 DF A  55  mAFG  100

•

AL = 10 – p y LC = 12 12 – p ........ ..... propiedad

r =/6

BAE: inscrito

TB = BQ = P ........... propiedad

P O1

•

Del gráfi co:

26



Respuesta: C) 100°

GEOMETRÍA

TEMA 6

GEOMETRÍA

PUNTOS NOTABLES NOTABLES DESARROLLO DEL TEMA

I.

BARI BARICE CENT NTRO RO

H: ortocentro del triángulo ABC.

Es el punto de concurrencia de las medianas de un triángulo. Dicho punto determina en cada mediana dos segmentos cuya razón de longitudes es de 2 a 1.

El ABC es obtusángulo, obtuso en B. T: ortocentro del triángulo ABC. G: baricentro de la región triangular ABC.

II. ORTOCEN ORTOCENTRO TRO

Es el punto de concurrencia de las alturas de un triángulo; tendrá una ubicación característica, dependiendo del tipo de triángulo.  ABC es rectángulo recto en B.

B: ortocentro del triángulo ABC. III. INCEN INCENTR TRO O

Es el punto de concurrencia de las bisectrices interiores de un triángulo. El incentro pertenece a la región triangular, equidista de los lados del triángulo, motivo por el cual es el centro de la circunferencia inscrita en dicho triángulo.

El ABC es acutángulo


27

GEOMETRÍA

TEMA 7 - 8

PUNTOS NOTABLES

Exigimos más! En el

ABC ,

r: inradio.

Se cumple: a + c = b + 2 r IV. CIRCUNCENTRO

Es el punto de concurrencia de las mediatrices de los lados de un triángulo, su ubicación respecto al triángulo, dependerá de la naturaleza de dicho triángulo. El circuncentro equidista de los vértices del triángulo, motivo por el cual es el centro de la circunferencia circunscrita a dicho triángulo.

I: incentro del ABC r: inradio del ABC Circunferencia inscrita en el triángulo

Es aquella circunferencia cuyo centro es el incentro del triángulo y es tangente a los lad os del triángulo.

 ABC :acutángulo

O: circuncentro del  ABC . O: centro de la circunferencia circunscrita al  ABC . R: circunradio del  ABC . : Circunferencia inscrita en el triángulo ABC. M, Q y T: puntos de tangencia Se cumple:

Donde: p: semiperímetro de la región triangular ABC.  ABC : obtusángulo, obtuso en B

B. Teorema orema de Poncele Poncelett

O : circun circuncentr centro o del  ABC .

En todo triángulo rectángulo, la suma de las longitudes de los catetos, es igual a la longitud de la hipotenusa más el diámetro de la circunferencia inscrita en dicho triángulo.


O : centro de la circunfer circunferencia encia cicunscrita cicunscrita al  ABC . R : circu circunr nradi adio o del  ABC .

28

GEOMETRÍA

TEMA 7 - 8

PUNTOS NOTABLES

Exigimos más!  ABC : rectángulo, recto en B.

Circunferencia exinscrita al  ABC , relativa a BC .

O : circunc circuncentr entro o del  ABC .

Ea : excentro excentro del ABC , relativo al lado BC. BC . ra : exradio del ABC, relativo a BC. BC .

O : centro de la circunferencia circunferencia cicunscrita cicunscrita al  ABC. R : circunr circunradio adio del del  ABC . V.

A. Propiedad Q, S y L son puntos de tangencia.

EXCENTRO EXCENTRO Es el punto de concurrencia de dos bisectrices exteriores y una bisectriz interior trazada desde el tercer vértice, el excentro petenece a la región exterior equidista de los lados del triángulo motivo por el cual es el centro de la circunferencia ex inscrita a dicho triángulo. El triángulo tiene un excentro relativo a cada

lado, es decir tiene tres excentros. Donde: p: semiperímetro de la región triangular ABC. B. Teorema orema de Pithot Pithot

En todo cuadrilátero circunscrito a una circunferencia, la suma entre las longitudes de los lados opuestos son iguales. ABCD circunscr circunscrito ito se cumple: AB + CD = BC + AD

problemas resueltos Problema Problema 1

Se prolonga AP y CP hasta S y T res-

Del gráfico que punto notable es P del triángulo ABC.

pectivamente. Se observa:

Nivel intermedio

A) 30 °

B) 45 °

C) 6 0 °

D) 1 5 °

E) 2 0°

AS : altura

CT: altura

Resolución:

toc en entro A BC BC  P : or to

Respuesta: C) Ortocentro

A) Ince ntro C) O rt o cen t ro E) Punto unto broc brocar ard d

Nivel fácil B) Circuncentro Circu ncentro D) Bari cent ro

Resolución:

Problema Problema 2

Del gráfico, O y R son ortocentro y circuncetro del ABC ; hallar "  ".

Piden:  Se traza RH  AC Por teorema: BO = 2(RH) RHC: notable 30° y 60°


29

GEOMETRÍA

TEMA 7 - 8

PUNTOS NOTABLES

Exigimos más! Como:

Nivel difícil

R: circuncentro  ABC mARC  120 120   2(3)

Piden 

A) 10 °

B) 15 °

Por M se traza

C) 2 0 °

D) 2 1 °

Como QA = QC

 AC

E) 1 8°

 m Q AB  m BA C  

Resolución:

Luego:

   20

Respuesta: E) 20°

 AQM: B es excentro relativo a QM.

Entonces: Problema 3

mZ QB  m BQ M  4

En el gráfico, hallar  ; AM = MC y

Luego:

mBMC  45 .

12  180   15

Respuesta: B) 15°


30

GEOMETRÍA

TEMA 7 - 8

GEOMETRÍA

PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS DESARROLLO DEL TEMA

I.

PROP PROPOR ORCIO CION NALIDAD ALIDAD DE SEG SEGMEN MENTOS TOS A. Razón geométrica geométrica de segmentos segmentos Es la comparación mediante mediante el cociente de las longitudes de dos segmentos expresados en la misma unidad de medida. El resultado de dicho cociente es el valor de la razón geométrica. Ejemplo:

•

Si Q es un punto punto en en la prolo prolonga ngaci ción ón de AB se dice que Q divide externamente a AB, en la AQ razón . QB

C. Teorema orema de Tal Tales es Tres o más rectas paralelas determinan en dos rectas transversales o secantes a ellas, segmentos proporcionales.

Sean AB = 6 cm y CD = 8 cm; la razón geométrica de AB y CD es AB CD



6 cm 8 cm



3. 4

En el gráfico:      Si: 1 / / 2 / / 3 y 4 , 5 transversales o se-

B. Segme Segmentos ntos proporciona proporcionale les s Son dos pares de segmentos que tienen el mismo valor de sus razones geométricas.

cantes a dichas rectas. Se cumple: AB BC

Ejemplo:

Sean AB = 6 cm, CD = 8 cm, PQ = 15 cm y RS = 20 cm. AB CD



PQ RS



6 cm 8 cm



15cm 20 cm

3 (razones geométricas de AB y CD) 4





MN NQ

Colorario del teorema de Tales

Toda recta coplanar a un triángulo y paralela a uno de sus lados, divide internamente o externamente a los otros lados en segmentos proporcionales.

3 (razón geométrica de PQ y RS ) 4

Entonces, AB y CD son proporcionales a PQ y RS . AB CD



PQ RS

Observaciones

División de un segmento: En el gráfico: Divi sión int erna   Si: / / AC Se cump le:

Según el gráfico: • Si P es un un punto punto cualq cualquie uiera ra del del segme segmento nto AB; se dice que P divide divide internamente internamente a AB, en la razón AP . PB UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

a m b n 31

GEOMETRÍA

Divi sión ext erna   Si: / / AC Se cump le: xp y q TEMA 9

PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS

Exigimos más! En el gráfico, I (incentro del ABC ), divide int ernaernamente a la bisectriz interior BD. Se cumple:

D. Teorema Teorema de la bisectriz inte interior

En t odo triángulo, una bisectriz bisectriz interior, interior, divide internamente al lado al cual es relativo en segmentos proporcionales a los lados adyacentes a dicha bisectriz.

x y



ca b

G. Teorema Teorema de Menelao Menelao Toda recta secante a un triángulo que divide internamente a dos lados y externamente al tercero, determina en dichos lados segmentos, cumpliéndose que el producto de las longitudes de tres de ellos sin extremo común es igual al producto de las longitudes de los otros tres.

En el gráfico, la bisectriz interior BD del  ABC, divide internamente a AC . Se cumple: c m a n E. Teorema eorema de la bisectri bisectriz z exterior exterior

En todo triángulo, una bisectriz exterior (tal que los lados adyacentes a dicha bisectriz son de longitudes diferentes), divide externamente al lado al cual es relativa en segmentos proporcionales a los lados adyacentes a dicha bisectriz.

En el gráfico, gráfico, la recta secante al triángulo ABC, divide internamente internamente a B y BC y externam externamente ente a AC. Se cumple: amy



bnx

H. Teorema Teorema de ceva ceva En todo triángulo, tres cevianas interiores concurrentes dividen internamente a cada lado en segmentos; cumpliéndose que el producto de las longitudes de tres de ellos, sin extremo común es igual al producto de las longitudes de los otros t res. res.

En el el gráfico, la bisectriz exterior BE del ABC (c > a), divide externamente a AC. AC . Se cumple: c a



m n

F. Teorema orema del del incent incentro ro

En todo triángulo, el incentro divide internamente a una bisectriz interior interior en segmentos proporcionales a la suma de longitudes de los lados adyacentes a la bisectriz y la longitud del lado al cual es relativa a dicha bisectriz.


En el gráfico, las cevianas interiores AQ, BR y CP concurrentes en M, dividen internamente a los lados del ABC. Se cumple: amx  bny I. Divisió División n armónic armónica a de un segme segmento nto Dos puntos dividen armónicamente armónicamente a un segmento, si lo dividen internamente y externamente en la misma razón.

32

GEOMETRÍA

TEMA 9


Exigimos más! En el gráfico, P divide internamente internamente a AB y Q divide externamente a AB, si P y Q dividen armónicamente al segmento AB. Se cumple, por definición:

En el gráfico: 

BD : bisectriz del ángulo interior ABC.

AP  AQ PB BQ



BE : bisectriz del ángulo exterior CBQ.

Es decir (reemplazando longitudes) am b n



Se cumple: cumple:

an  bm

D y E :divi :divide den n armó armóni niccame amente nte al lad lado AC.

De lo anterior a los puntos P y Q se les denomina conjugados armónicos respecto a A y B. Además; A, P, P, B y Q forman una cuater cuaterna na armónica. armónica. Teorema

En un triángulo, las bisectrices bisectrices de un ángulo interior y de su correspondiente (o adyacente) ángulo exterior; dividen armónicamente al lado opuesto a dicho ángulo.

Si: A, B, C y D forma f orma una cuaterna armónica además "O" es un punto exterior



OA,OB,OC A,OB,OC y OD .

Resolución:

Problema 1

De la gráfica:

Si PM = 2PN, calcule

r' r

Teorema de Menelao: UNI 2007 - II

abc = xy (c + d)

Podemos decir que:

Nivel intermedio

UNI 2004 - I Nivel fácil

Respuesta: A) a b c = xy x y (c + d)

A) 2

A) a b c = xy (c + d) B) a b c = x y d C) a b d = x y c

Problema 2

B) 3

En la figura mostrada; M, N y P son

C) 4

D) a b d = xy xy (c + d) E) a c d = xy xy (c + d)

puntos de tangencia; O y O' centros de las circunferencias.

D) 5


33

E) 6 GEOMETRÍA

TEMA 9


Exigimos más! Resolución:

Piden x: En ABC •

Por teor teorem ema a de la bisect bisectriz riz interi interior or:: NC  ak y NB   K

UNI 2007-I Nivel difícil

r' Pide: r Por teorema: mMPN  90 53 2



MPZ

PZ = 4m r' r

100 ° 1 05 ° 1 10 ° 1 20 ° 1 10 °



•

Por teor teorem ema a de la la bise bisect ctri rizz exte exteri rior: or: AD  t y CD  bt

•

Por Por te teore orema de Mene Menela lao o m.k.bt

Resolución:

MPN

ZPM  NPG 

A) B) C) D) E)



m n





a b

Luego: CM es bisectriz interior..

4

En  ABC por propiedad propiedad de la bisectriz. bisectriz.

Respuesta: C) 4

x



9 0 

Problema 3

En la figura mostrada, calcule la medida del ángulo APC.


n.ak.t

30 2

 10 5 

Respuesta: B) 105°

34

GEOMETRÍA

TEMA 9

GEOMETRÍA

SEMEJANZA DE DE TRIÁNGULOS TRIÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I.

DEFIN EFINIC ICIÓ IÓN N

Se cumple: • Las medi medidas das de sus ángulos ángulos son respe respecti ctivame vamente nte iguales. • Sus lados lados homólogos son propor proporciona cionales, les, es decir: decir:

Son dos figuras geométricas que tienen igual forma y tamaños distintos. En dos figuras semejantes existe una correspondencia biunívoca (correspondencia (correspondencia uno a uno) entre sus puntos, de modo que a los puntos que se corresponden se les denominan puntos homólogos y a los segmentos que se corresponden se les denominan segmentos o líneas homólogas. En dos figuras semejantes sus líneas homólogas son proporcionales.

a  b  c  k m n  A. Postulado

Dos triángulos son semejantes si tienen al menos dos ángulos respectivamente de igual medida.

En el gráfico, se muestran muestran dos figuras geométricas geométricas semejantes. A y A’: puntos punto s homólogos AC y AC y A ' C ' lados o líneas homólo gas.

En el gráfico, si: m  BAC = m  FEG y m  ACB = m  EGF Se cumple:

Se cumple: a  m  R  k b n r k: Constante de proporcionalidad o razón de semejanza. : Símbolo de semejanza (se lee: es semejante a).

ABC  EFG



B. Teorema Teorema I

Dos triángulos son semejantes si tienen un ángulo de igual medida y los lados que d eterminan eterminan a dichos ángulos respectivamente proporcionales.

II. CON CONCEPT CEPTO O Son dos triángulos que tienen sus ángulos respectivamente de igual medida y además además sus lados homólogos proporcionales.

En el gráfico, si m  BAC = m  NML y c  b  k n Se cumple: ABC  MNL

En el gráfico, co, ABC  MNL UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III



35

GEOMETRÍA

TEMA 10

SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS

Exigimos más!

En el gráfico,  ABC acutángulo se cumple:

C. Teorema Teorema II

Dos triángulos son semejantes si sus lados son respectivamente proporcionales.



QBP  ABC

• En dos triá triángu ngulos los seme semejant jantes es sus sus líneas líneas hohomólogas son proporcionales.

En el gráfico, si: a  b  c  k m n Se cumple: ABC  MNL



En el gráfico,  ABC  MNL

D. Propiedades Propiedades

• Una rec recta ta seca secante nte a un trián triángulo gulo par paralel alelaa a uno uno de sus lados, determina un triángulo parcial semejante al triángulo dado.

Se cumple: a b m n



c  H  r  R  2p ABC  h x y 2p 2pMNL



k

2p: perímetro Observación 



En el gráfico, si: P Q / / A C Se cumple: 

PBQ  ABC

• En todo todo triángulo ángulo acut acutáng ángulo, ulo, el el segm segmento ento que une los pies pi es de dos alturas determina un triángulo parcial semejante al triángulo dado.

En el



ABC;; BP : ceviana interior ABC

Si: m  ABP = m  ACB Se cumple: x2


36

GEOMETRÍA



mn TEMA 10


Exigimos más!

problemas resueltos Problema 1

Conclusiones y respuesta

La figura mostrada ABCD es un rectángulo. Si CP = 8 m, DP = 4 m, EF = 6 m, entonces el valor de AD es:

Del gráfico:

MN = a SN = 3b



x  9m 9m  16 m 3 

x  43 m 3 Respuesta: C) 43 m

3

UNI 2012-I

A)

46 m 3

B) 15 m

C)

43 m 3

D) 14 m

E)

49 m 3

Por  de

Problema 2

En un rectángulo ABCD, M y N son puntos medios de los lados BC y CD respectivamente, tales que AM = 2 2 cm y BN = 17 cm. Si P es el punto de intersección de los segmentos AM y BN, entonces el valor de PM + PN en cm es: UNI 2011-II

Resolución:


Piden: AD = x Operación del problema

A) 2 2  17 5

17 B) 2 2  2 17 5

C) 3 2  17 5

17 D) 2 2  3 17 5

x 2 2





a a  4a



1 5

x= 2 2 5 y 17



3b 2b  3b

y = 3 17 5





3 5

x  y  2 2  3 17 5

17 Respuesta: D) 2 2  3 17 5

17 E) 3 2  3 17 5

Problema 3 Resolución:


S ea: PM = x PN = y 

Piden: x + y

BEA  PEC

BE EP

3 2





BE  3K  EP  2K

BQ 6m



UNI 2011-I


BQP

AM = 2 2

5K  BQ  15 m 2K

BN = 17

EFP 

BAQ 

MN: MN : Base media



4m 9m



QD  16 m 3


a B) 3

a 4

a D) 5

a E) 6


PDQ

a A) 2 C)

BAQ: AQ = 9 m QD 12 m

ABCD es un cuadrilátero cuadrilátero inscrito inscrito en una circunferencia de radio r y circunscrito a una circunferencia de radio R. Si BD AC en I, 3BI = AI y AB + interseca a AC en CD = a cm (a > 0), calcule la longitud (en cm) de BC.

BCN

SN : Base media

MCDA

37

Resolución:


Piden; BC = x

GEOMETRÍA

TEMA 10


Exigimos más!

además: m  BIC = m  AID =  Reconocemos que: BIC   AID x  m  y 3m  y = 3x ...(2)


AI = 3(BI) 3(B I) = 3 m AB + CD = a

Conclusión y respuesta

Hacemos: AD = y Operación del problema

Teorema de Pitot Semejanza de triángulos Ángulos en la circunferencia circunferencia


Aplicando el teorema teorema de Pitot: AB + CD = x + y  x + y = a ...(1) Por ángulo inscrito: m  BCI = m  ADB = 

38

Sustituyendo (2) en (1) 4x = a a  x  4 Respuesta: C)

GEOMETRÍA

TEMA 10

a 4

GEOMETRÍA

RELA RELACIONES MÉTRICAS EN LA LA CIRCUNFERENCIA DESARROLLO DEL TEMA I.

TEOR TE OREM EMA AD DE E LAS LAS CUE CUERD RDAS AS

En una circunferencia si se trazan traz an dos cuerdas secantes, secant es, el producto de las longitudes de los segmentos determinados en la primera cuerda es igual al producto de las longitudes de los segmentos determinados determinados en la segunda cuerda. Se trazan las cuerdas AB y CD en la circunferencia que se intersecan en E.

BPD ~

PD CPA PA



PB PC

Luego: (PA)(PB) = (PC)(PD) III. III . TEOREMA DE LA TANGE TANGENTE NTE

Si desde un punto exterior a una circunferencia se trazan una recta tangente y una secante, se cumple que la longitud del segmento tangente es media AED ~

CEB

proporcional con las longitudes de la secante y su p arte externa.

AE CE



DE BE

Luego: (AE)(BE) = (CE)(DE)

II. TEORE TEOREMA MA DE DE LA LA SECA SECANTE NTE

Si desde un punto exterior a una circunferencia se trazan rectas secantes, se cumple que el producto de

Trazamos AT y BT por lo tanto: tanto:

las longitudes de la secante entera por su parte exter-

PBT ~

na es constante.

PTA A

Trazamos AC y BD por lo tanto el cuadrilátero ABCD CD

PB PT

está inscrito entonces:

Luego: (PT)2 = (PA)(PB)


39



PT PA

GEOMETRÍA

TEMA 11

RELACIONES MÉTRICAS EN LA CIRCUNFERENCIA

Exigimos más!

problemas resueltos

Problema 1

Los radios de dos circunferencias tangentes externas están en la relación de uno a tres. Las tangentes comunes nes exte exteri riore oress miden miden 4 3 u y se corcor-

Nivel intermedio

tan en E. Calcula la distancia entre el centro de la mayor y E. A) 12 m

B) 10 m

C) 11 11 m

D) 15 m

A)

R 4

B)

D)

R 3

R E) 5

R 2 2

C)

4R 9 A) 2 6 D) 3 6

E ) 20 m Resolución:

AB = 2 3r r

r = 2 m.

Se observa que OO 2= 4r; OH = 2r mOO2H = 30 En el

x





x

mOEA = 30

y ya que r = 2 u; OA = 6 u OAE: OE = 12 m

2 R 2 

MON (T, Herón)



R (x) R 2



x

  R 2 

Respuesta: C)

4R 9

Problema 3

Según el gráfico AO = OB = R. Hallar "x".


6

Piden FT = x Se observa:

4R 9

Respuesta: A) 12 m Problema 2

C)

Piden: Se une los centros de las tres circunferencias: M; T y N son colineales. O; M y S son colineales. Luego:

Unimos los centros con E.

B) 2 4 E) 4 2

Resolución:

Resolución:

Se pide calcular OE

Nivel difícil

Según el gráfico, OA = PQ = 12 y OP = 4, hallar FT (F, T y Q son puntos de tangencia).

40

OSE: (T. Pitágoras) (a + 12)2 = (a + 4) 2 + 12 2 a=1 Por T. tangente: (FE)2 = (24 + a)(a) FE = 5 Luego en x2 + a2 = 52 x2 + 1 = 25 

x



FTE:

2 6

Respuesta: A) 2 6

GEOMETRÍA

TEMA 11

GEOMETRÍA

RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS RECTÁNG RECTÁNGULOS ULOS DESARROLLO DEL TEMA

I. PROY ROYECCI CCIONES NES

III. III . RELACIONES RELACIONES MÉTRICAS MÉTRICAS EN EL TRIÁNTRIÁNGULO RECTÁNGULO

Proyección ortogonal de un punto sobre una recta es el pie de la perpendicular trazada del punto a la recta. Asi la proyección proyección ortogonal del punto punto "P" sobre la recta  perpendicular lar PP' PP ' se llama proproL es el punto P'. La perpendicu yectante. Si el punto pertenece a la recta su proyección sobre  ella ella es el mismo punto. Asi la proyección de "Q" sobre L es Q'.

A. Teorema Teorema del del cálculo del cateto cateto El cuadrado de la longitud de cada cateto es media proporcional entre su proyección sobre la hipotenusa y la longitud dicha la hipotenusa.

La proyección de un segmento sobre una recta es el conjunto de todos lo puntos de la recta que son proyecciones de los puntos del segmento sobre la recta.

De la figura:

ABC ~

a m b a E fectu an do : Análo gamente:

BDC

a2 = b.m c2 = b.n

B. Teorema Teorema de Pitágoras Pitágoras En un triángulo rectángulo la suma de los cuadrados

II. SEMEJANZA SEMEJANZASS EN EL TRIÁNGULO TRIÁNGULO REC RECTÁNGULO

de las longitudes de los catetos es igual al cuadrado de la longitud de la hipotenusa.

Teorema

En todo triángulo rectángulo, la altura correspondiente a la hipotenusa divide al triángulo en dos triángulos semejantes entre sí y también semejantes al triángulo dado.

Del teorema anterior: 

AHB 


BHC 

• a2 = (b.m) • c 2 = (b.n)

ABC 41

GEOMETRÍA

TEMA 12

RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS

Exigimos más! Se cumple que: b2 = a2 + c2 ............ (1)

 m n a2 + c2 = b   

Sumar:

b

2

L uego :

b.h = a.c ................ (2)

2

a + c = b.b a2 + c2 = b2

(1) y (2)2 b2  a2  c 2 b2h2 a2c2 a2c 2

C. Teorema eorema del cálculo cálculo de la la altura

La longitud longitu d de la altura relativa a la hipotenusa en medio proporcional entre las longitudes de los segmentos que determina dicha altura sobre la hipotenusa.

1  1  1 h2 c2 a2

IV. IV. PROPIEDA PROPIEDADES DES

B

°

°

1.

h

° A

m

De la figura:

° D

C

n

ADB ~

BDC

hm n h



x 2  a.m



x 2  m.n

Luego: (h)2 = (m.n) 2. D. Teorema Teorema del producto de cate catetos tos

El producto de las longitudes de los catetos es igual al producto de las longitudes de la altura relativa a la hipotenusa y la hipotenusa. B

°

a

c h

3.

°

°

A

D

De la figura:

C

b

ADB ~

AB C

hc a b Luego: (a.c) = (b.h) E. Teorema eorema de un triángulo triángulo rectángulo rectángulo

Si: P, Q y T son puntos de tangencia.

La inversa del cuadrado de la longitud longitu d de la altura relativa a la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de las inversas de las longitudes de los catetos.



B

x  2 R.r R.r

4. a

c h

A

n

D

m

C

b


42

GEOMETRÍA

TEMA 12


Exigimos más! Si: P y Q son puntos de tangencia.

6. Para todo cuadrilá cuadrilátero tero de diagonales diagonales perpendic perpendicular ulares. es.

 PQ  MN

5.



a2  b2  m 2  n2



(AB )2  (CD) 2  (BC) 2  (AD)2

problemas resueltos Problema 1 En la figura hallar BM; si: AM = MC y AB2 – BC B C2 = 8 y mBCA  2mAMN.

A) 2 D) 3 2

B) 3 E ) 2 ,5 ,5

Problema 2 En el gráfico mostrado, ABCD es un cuadrado, ADC es un sector circular con centro en D, m AB M   y mA DM   . Calcule tan en términos de  .

Operación del problema En los s MPD y MNB colocamos las longitudes de sus catetos como se muestra en el gráfico, en el triángulo rectángulo BNM calculamos:

Nivel fácil C) 2 2 UNI 2010-II

Resolución:

A)

1  sen 1  cos 

B)

1  cos  1  sen

C)

2  cos  2  sen

1  sen D) 1  cos 

E)

1  cos  1  sen

Tan  MN NB R – R Co Co s Tan  R – RSen 

Piden: BM = x Se observa: CBM: isósceles CB = CM = b

Resolución:

Tan 

1 – C o s 1 – S e n

Ubicación de incógnita Piden la Tan  ABM en función  .

1 – C o s Respuesta: E) 1 – Sen 

Luego:  ABC: Teorema mediana a2  b2  2x 2  2 2 2  a b    2x

(2b)2 2

8 = 2x2 2  x

Análisis de los datos o gráficos Respuesta: A) 2


Trazamos MN  AB y MP  AD deter-minándose dos s MNB y MPD. 43

Problema 3 En el triángulo rectángulo ABC (recto en B) con BC = h y m CAB  , se tiene inscrita una semicircunferencia según se muestra en la figura. Exprese él radio de la circunferencia en función de h y  . UNI 2009-II GEOMETRÍA

TEMA 12


Exigimos más! D)

hcos  sen  cos 

E)

hsen sen  cos 

•

Como : FB = DE DE.  rSen  + r = hCos  

r  hCos 1  Sen

Resolución: Ubicación de incógnita

r en f(  y h) UNI 2009-II

A)

hcos  1  sen

B)

h sen

C)

h cos 


Operación del problema •

• •

Trazam razamos os el radi radio o al punt punto o de de tantangencia (D), observando que: BC = CD = h DEC: DE = h cos  DFD: FD = rSen 

44

hCos Respuesta: A) 1  Se n

GEOMETRÍA

TEMA 12

GEOMETRÍA

RELA RELACIONES MÉTRICAS EN LOS TRIÁNGULOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS OBLICUÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I.

TEOR TEOREM EMA A DE EUC EUCLI LID DES A. Primer caso del ángulo agudo

El cuadrado del lado que se opone a un ángulo agudo es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados menos el doble producto de uno de ellos con la proyección del otro sobre este. Tesis: BC2  AB 2  AC 2  2AC  AH

Demostración: Por Pitágoras BH2 = BC 2 – HC2 ......... (1) BH2 = BA2 – HA2 ......... (2) Tesis: De (1) y (2):

BC2  AB 2  AC 2  2AC  AH

BC2 – (AC +AH) 2 = BA 2 – HA2

 BC 2 = AB 2 + AC 2 + 2AC . AH

Demostración: Por Pitágoras BH2 = BC2 – HC2 .................. (1)

II. TEORE TEOREMA MA DE DE LA LA MED MEDIA IANA NA

BH2 = BA2 – HA2 ................ (2)

En todo triángulo la suma de los cuadrados de dos lados es igual al doble del cuadrado de la mediana relativa al tercer lado más la mitad del cuadrado de este lado.

De (1) y (2): BC2 – (AC – AH) 2 = BA 2 – HA2 BC2 – AC2 + 2AC . AH – AH2 = AB 2 – AH 2

 BC 2 = AB 2 + AC 2 – 2AC . AH B. Segundo Segundo caso del ángulo ángulo obtuso

El cuadrado del lado que se opone a un ángulo obtuso es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos más el doble producto de uno de ellos por la proyección del otro sobre él. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

45

GEOMETRÍA

TEMA 13

RELACIONES MÉTRICAS EN LOS LOS TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS OBLICUÁNGULOS

Exigimos más! Tesis: AB2  BC2  2BM2  AC 2

2

Demostración: Por teo. Euclides en:

 ABM: AB 2 = BM 2 + AM 2 – 2AM . MH ......(1)  BMC: BC2 = BM 2 + MC2 + 2 MC . MH ......(2)

Tesis:

(1) más (2):

BH  2 1 p(p  AB)(p  BC)(p  AC) AC

AB 2  BC 2  2BM2  AM 2  MC 2  2MH(MC MH(MC  AM) AM)

Siendo:

AC como AM = MC = 2

 AB2  BC2  2BM 2BM2 

P  AB  BC  AC 2

AC2 2 Demostración:

En el triángulo BHC: BH 2 = BC2 – HC2 ............ (1)

III. TEOREMA DE LA PROYECCIÓN PROYECCIÓN DE LA MEDIANA En todo triángulo la diferencia de los cuadrados de dos lados es igual al doble del tercer tercer lado multiplicado por la proyección de la mediana relativa a éste.

En el triángulo ABC:

 AB 2  BC 2  AC 2  2AC  HC .........(2)

De (2): HC 

BC2  AC2  AB 2 .... (3) 2 AC

(3) en (1): 2 A C   BC2  AC2  AB2  2BC  AC BH  2

Tesis:

2

2

4AC

BC2  AB 2  2AC  HM

Por diferencia de cuadrados: 2 2 2  2 2 2  BH  2BC.AC  BC  AC  AB  2BC.AC.  AC  AB  BC  4AC 4AC2

Demostración: De la demostración anterior (2) menos (1). BC2 – AB2 = MC2 – AM2 + 2MH (AM + MC)

2

Por binomio cuadrado: BH2 

2

 BC  AB  2AC  MH

4AC2

Por diferencia de cuadrados:

IV. IV. TEOREMA TEOREMA DE HERÓN HERÓN O DE LA ALTURA ALTURA

BH2 

En cualquier triángulo triángulo un a altura es igual al doble de la inversa del lado al cual es relativa por la raíz cuadrada del producto del semiperímetro por las diferencias de éste con cada uno de los lados. UNI SEMESTRAL 2013 - III

  AC  BC 2  AB 2   AB 2   AC  BC 2     

 AC  BC  AB  AC  BC  AB  AB  AC BC  AB  BC  AC

4AC 4AC2

como P  AC  BC  AB 2

46

GEOMETRÍA

TEMA 13


Exigimos más! Reemplazando y extrayéndole la raíz cuadrada:

BH 

2p  2(p  AB)  2(p  BC)  2(p  AC) 4AC2

BH  2  1  p(p  AC) (p  BC) (p  AC) AC Tesis: AD2  BC  AB 2  DC  AC 2  BD  BC  BD DC

V. TEOREMA TEOREMADE STEW STEWART ARTO DE LACEVI CEVIANA ANA cual es relativa es igual a la suma del cuadrado de uno

Demostración: Si AE altura y por Euclides: AB2 = AD 2 + BD2 + 2BD . DE ......... (1)

de los otros lados por el segmento opuesto que de-

AC2 = AD2 + DC2 – 2DC . DE .......... (2)

El cuadrado de una ceviana multiplicada por el lado al

termina la ceviana sobre el primer lado más el cuadra-

Multiplicando (1) por DC y (2) por BD y sumándolos.

do del tercer lado por el otro segmento menos el pro-

AB2 . DC + AC 2 . BD = AD2(DC + BD) + BD . DC (BD + DC)

ducto del lado al cual es relativa la ceviana con los

 AD2.BC  AB 2 . DC  AC 2 . BD BC .BD .DC

segmentos que determina sobre él.

problemas resueltos

Problema 1 Si "2a" es el lado de un polígono polígon o regular de "n" lados, R y r los radios de las cincunferencias circunscrita e inscrita respectivamente. Determine r + r. UNI 2012-I



A)

2acos

C)

2a tan tan

E)

a csc csc  2n

2n

 2n

B)

Sumamos: R  r  a cs csc   cot  n n



Aplicamos la identidad auxiliar del ángulo mitad.

 2n

Resolución: Ubicación de incógnita Piden (R + r)

 

Resumen Se ha utilizado la identidad auxiliar del arco mitad cot x  csc x  cot x en la 2 resolución de triángulos rectángulos. cot  Respuesta: D) a cot 2n


Problema 2 En un triángulo ABC se tiene AB = a, BC = b y mABC  120 . Calcule la longitud de bisectriz bisectriz interna BF, F  AC . UNI 2009-II Operación del problema Del gráfico se observa que:

A)

ab ab

R  a csc 

C)

ab

r  a cot  n

E)

2ab 3 ab

n



R  r  a cot  2n

2acot  2n

D) acot



Resolución: Ubicación de incógnita Sea: BF = x

B)

a x . 3  bx . 3  a b . 3 2 2 2 2 2 2

x 3 (a  b)  ab . 3 4 4 x(a + b) = ab

 x  ab a b

Respuesta: A)

2ab ab

ab 3 D) a b

47

Se observa que: S  ABF  S AFC  S ABC            

ab ab

Problema 3 En la figura, los planos son perpendiculares. El segmento BH mide 2,5 cm y es la proyección ortogonal del segmento AB sobre el segmento BC . GEOMETRÍA

TEMA 13


Exigimos más! Determine el coseno del ángulo ABC .

C) 0 ,5 0

UNI 2009-II

D) 0 ,6 7



E ) 0 ,7 1 Resolución:

Ubicación de incógnita AB C    co s   ? Sea: m AB

Operación del problema Trazamos

B) 0 ,4 7


5 / 2 5

 1  0,50 2

(dato)

BE  CD  2  FB  AE  21  BH  5 / 2 A) 0,4 1

BHA = Cos  

Observación: El dato BD = 2 no debe aparecer en la figura ya que habría contradicción: H sería punto medio de BC. BC.

En el BEA aplicamos el teorema de pitágoras para calcular calcular AB; resulta AB A B = 5.

48

Respuesta: C) 0,50

GEOMETRÍA

TEMA 13

GEOMETRÍA

RELA RELACIONES MÉTRIC MÉTRICAS AS EN LOS CUADRILÁTEROS DESARROLLO DEL TEMA Como AM = MC y BN = ND En el  ABC: aplicamos aplicamos el teorema de la mediana: AC 2 ........(1) a2 + b2 = 2m2 + 2

TEOREMA DE EULER En un cuadrilátero ABCD Sea: AM = MC y BN = ND

y también en el  ADC: AC 2 ........(2) c2 + d2 = 2n2+ 2

Sumando la expresión (1) y (2) a2 + b2 + c2 + d2 = 2(m2 + n2) + AC2 2

  luego en el  BMC: m2 + n2 = 2x2 + BD 2

entonces se cumple: AB2  BC2  CD 2  AD2  AC 2  BD2  4(MN)2

(teorema de la mediana)

Demostración:

Reemplazando en la ecuación anterior:

 

a2  b2  c 2  d2  2  2 x2 

BD2    AC 2 2 

a2 + b2 + c2 + d2 = AC2 + BD2 + 4x2

 AB2 + BC2 + CD2 + AD2 = AC2+ BD 2 + 4(MN)2

problemas resueltos Resolución:

Problema Problema 1

S e t r az a MN // // AB AB  ABMN es un

En un paralelogramo paralelogramo ABCD, se ubica el punto medio M de BC, el AM = 13 y

paralelogramo MN  A B  x , como: x AN  ND  en el  AMD se aplica el 2 2 2 2 2 x teorema de la mediana 13  9  2x  2 operando x = 10.

DM = 9. Calcule AB, si AB = BC. UNI Nivel fácil

A) 10

B) 20

C) 1 5 E) 2 4

D) 3 0


Respuesta: A) 10 49

GEOMETRÍA

TEMA 14

RELACIONES MÉTRICAS EN LOS CUADRILÁTEROS

Exigimos más! Problema 2

En un triángulo ABC, si AB = c, BC = a y AC = b y se cumple que: 5a2 + 86bc = 5(b2 + c2 ) Calcule la medida medida del ángulo BAC. UNI Nivel fácil A) 24 ° B) 15 ° C) 3 2 ° D) 37 37° E) 2 0° Resolución:

a2 = b2 + c2 - 2bc 2b c cosx .....(i) Del dato


C)  E) 

D) 

de (i) y (ii) cos x 

4 5

 x  3377 Respuesta: D) 37°

Del gráfico por teorema:

Problema 3

inscrita en el triángulo ABC. aplicar el teorema de cosenos:

B) 

5a2 + 8bc = 5(b2 + c2) ....(ii)

Los lados de un triángulo ABC, son AB = 6, BC = 5 y AC = 7. Si mABC  . Calc Calcul ule mBTC BTC. Si T es punto de tangencia del lado lado AB con la circunferen circunferencia cia Por la relación relación de d e los lados es conveniente

A) 

BT = 2 y AT = 4 para calcular CT = a Se aplica el teorema de Stewart: ( AB C ) a2(6) = 52(4) + 72(2) – 2(4)6

operando:a = 5

  BCT es isósceles x  

UNI Nivel intermedio

50

Respuesta: A) 

GEOMETRÍA

TEMA 14

GEOMETRÍA

POLÍGONOS REGULARES REGUL ARES DESARROLLO DEL TEMA CÁLCULO DEL LADO Y APOTEMA DE UN POLÍGONO REGULAR EN FUNCIÓN DEL RADIO

Se denomina polígono regular a todo po lígono convexo que tiene sus lados congruentes, y los pares angulares que estos determinan son también congruentes. • Todo polígon polígonoo regula regularr es equil equiláte átero ro y equiá equiángul ngulo. o. • A todo polígon polígonoo regula regularr se le puede puede inscri inscribir bir y circun circunscr scribir ibir circunferencias concéntricas respectivamente.

Demostraciones: Triángulo equilátero B

A n A 1 R

R

In 2 In

n

2 ap

O

0

H

R

R

ap

C

3

2

R : circunradio ap : apotema  A1OA2 : Triángulo elemental A1OA2 : Ángulo central an 360º n A1OH : R 2 =

In 2

2

• •

+ (ap)2

3

R 3

• Apot Apoteema: ma: En el

CMC: CMC:

ap3 R …. (cateto que se opone a 30º) 2

(In)2 4 Fórmula trigonométrica:  In = 2Rsen

R 3 … (cateto que se opone a 60º) 2

3

R 2

n In 2 = Rsen 2

Ángul gulo ce central ral: 360º M AOC = 3 = 120º Lado: En el OMC: MC: 2

In In 2 R 2 (ap)2

Ap

30o M

A 3

Elementos:

En el

ap3

A

A 2

60o R

Cuadrado B

n

C

2

0

n

Ap = Rcos 2

45o R

R ap4

Teorema

A

Si dividimos una circunferencia en n partes iguales, siendo n > 2 y unimos uni mos consecutivamen consecutivamente te los puntos punt os de división, el polígono inscrito que resulta en regular. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

45o

M

D

4

2

51

GEOMETRÍA

TEMA 15

POLÍGONOS REGULARES

Exigimos más!

• Áng Ángulo ulo cen centra tral: m AOD =

• Lado: En En el el AOH:

360º 4 = 90º

2 = R 2 + 8

R 2 - 2.R.ap4 …. (1er. Teor. de Euclides)

• Lado: en el AOD AOD: 4

2 =R 2 + R 2 8

R 2 …… (D isósceles)

• Apot Apoteema: en el

2= 8

OMD: OMD:

4R 2

ap28

2R2

R2

4

2R 2 . R 2 2 8

R = ap4 2 (D isósceles)

R 2

2

• Apot Apoteema: En el

2

ap26 R 2

C

D

0

ap8 R 2 2 2

E

30 o R

ap6

3

2

4R 2 2R2 R2 2 4

ap28

R

8

Dodecágono regular

60o

G

F

M

A

OMF OMF:

2

2 2 ap28 R 2 2R R 2 4

Hexágono regular

B

R 2R. 2 2

H

12

2

F 6

E

2

R

• Áng Ángulo ulo cen centra tral: 360º m AOF = 6 = 60º

D

Ap6

• Lado: En En el el AOF 6

R ….( ….(

0

I

ap12 J R K

C

equil quilááter tero)

N B


M

L

A

OMF OMF: • Áng Ángulo ulo cen centra tral: m AOL = 360º = 30º 12

ap6 R 3 … (cateto que se opone a 60º) 2 Octógono regular

• Lad Lado: En el el DAO DAOL: L: E F

D

2

2 2 12 = R +

R R 2 - 2R . 2 3

2 2 12 = R +

R 2 - 2.R. ap6

R 0

C

45o

ap4

ap8

M

12


R

2 ap12 R 2 12 2

2

OMH: OMH:

2 2 2 ap12 R 2 2R R 3 4

A

4R2 2R2 R 2 3 2 ap12 4

• Áng Ángulo ulo cen centra tral: 360º m AOH = 8 = 45º UNI SEMESTRAL 2013 - III

3

G

H

B

R 2

ap12 R 2 2 52

3 GEOMETRÍA

TEMA 15


Exigimos más! Decágono regular

• Ángu Ángulo lo ce centr ntral: 360º m AOE = 5 = 72º

10

F

2

G

E

M

R

H

• Lado: Lado: El lado lado del pentág pentágono ono regular regular es la hipotenusa hipotenusa de un tríángulo rectángulo rectángulo cuyos catetos son el lado l ado del hexágono regular y el lado del decágono regular. Esto es:

ap10 0

D

I R

2 5

P

C

Demostración:

Se toma F punto medio del arco DE. Se une F con 0 y con E, formándose el triángulo isósceles EOF; en donde: EF = 10

• Ángu Ángulo lo ce centr ntral: m AOJ =

360º = 36º 10

C

• Lado: El lado del decágon decágonoo regular regular es la porción porción área área del circunradio. Esto es: 2 10 R (R 10 ) O bien:

T D 0

5 1 R 2

10

R

o 72o 36 R

En el triángulo isósceles AOJ, se traza la bisectriz interior JP, formándose los triángulos isósceles AJP y JPO. En el triángulo APJ, aplicando el Teorema de la bisectriz inteR 10 rior, se tiene: De donde: 120 R (R 10) 10 R 10 R ( 5 1) 2

10

• Apo Apote tema ma:: En el el tri trián ángul guloo OMG: OMG: R 2

2 ap10 R 2

R

G F

o

72 72o

Demostración:

2 ap10

10

2

2

2 2 2 ap10 16R 6R 2 5R

16

ap10 R 10 2 5 4

R

A

E

Haciendo centro en E y con radio igual a EO = R se traza un arco de circunferencia que corta a la prolongación de EF en G, y a continuación se traza la tangente GT, uniendo finalmente O con G y con T; formándose así el triángulo isósceles OEG y el OTG. Aplicando Aplicando el Teorema eorema de Pitágoras Pitágoras en el 2 2 2 OTG: OG = OT + GT ….. (1)

Reemplazando (2) , (3) y (4) en (1): 2 5

Pentágono regular

B M R

2 5 ap15 o

72

C

2 5

0

2 5

R E


2 6

2 10

O sea:

5

A

0

 1 R

Por relaciones métricas en la circunferencia, se tiene: GT 2 = GE.GF y como EF = 10 es la porción áurea del circunradio: EF2 GE.GF, GE.GF, luego: GT = EF = 10 …… (2) Por el caso LAL de congruencia de triángulos, se tiene: triángulos OEG  triángulo AOE. Así: OG = AE = l 5 ……. (3) De la figura: OT = R  OT = l6 ……. (4)

R 2 (5 2 5 1) 4 4

2

2 10

J A

B

2 6

5

D

53

2 R2 R (5 2 5 1) 4 2 4R 6R 2 2 5R 5R2 4 2 R (10 2 5 ) 4 R 10 2 5 2 GEOMETRÍA

TEMA 15


Exigimos más!

Apotema: Apotema: En el

La semejanza de triángulos entre A' OB" y AOB, se tie-

OMB:

ap52

R 2

5

2

ne:

2

R 2 (10 2 5 ) 4 4

ap25 R 2

' n n

R

apn

Despejando

2 2 2 ap25 16R 10R 2 5R

' n

n.R apn

Sustituyendo ap n por su fórmula se tiene:

16

2 ap25 R (6 2 5 ) 16

2 n.R 4R 2 2n

' n

ap5 R 6 2 5 ; ap5 R ( 5 1) 1) 4 4

3. Cono Conoci cido do el lado lado ln de un polígono polí gono regular y el circunradio circunradio ' R, calcular el lado 2n del polígono regular de doble número de lados pero circunscrito a la misma circunferencia.

1. Cono Conoci cido do el lado lado ln de un polígono polí gono regular y el circunradio circunradio R, calcular el lado l 2n del polígono regular de doble número de lados inscrito en la misma circunferencia. O

O R

apn

R

B

A

R 2 R 2 2.R.apn

2 2n

2R 2

2n

4R 2 2R. 2

N'

2 n

AB

n

NB

2n

N'B'

2R 2 R 4R 2

B'

N

En el triángulo AOB, aplicando el 1er. Teorema de Euclides, se tiene: 2 2n

B

A

2 n

' 2n

Por el problema anterior se tiene: 2

2n.R 4R 2 22n

' 2n

2. Cono Conoci cido do el lado lado ln de un polígono polí gono regular regular y el circunradio R, calcular el lado l n del polígono regular del mismo número de lados pero circunscrito a la misma circunferencia.

Sustituyendo Sustituyendo l2n por su fórmula, se tiene:

O R

2R. 2R 2 R 4R 2

' 2n

4R 2 (2R 2 R 4R 2

apn A A '

2 n

B B'

2n


2 n

54

2 2 2R 2R R 4R 2R 2 R 4R 2

2 n

GEOMETRÍA

TEMA 15


Exigimos más!

problemas resueltos

Problema 1

Problema 2

Conclusiones y respuesta:

Halle el número de diagonales de un polígono regular ABCDE... sabiendo que las mediatrices mediatrices de los lados AB y DE forman un ángulo de 60º.

Los diámetros AB y CD de una circunferencia son perpendiculares. Si E  BD, AE interseca interseca a CD en el punto F y FD = 1 cm, entonces la longitud de la circunferencia circunscrita al triángulo FED (en cm) es:

LC1  2r

UNI 2011 - I

A) 90 C) 12 0

B) 105 D) 13 5

UNI 2011 - II

E ) 15 0

B) 2 2 C) 2 3

  Nº D  n n  3 2 n: Nº de lados del polígono

Respuesta: A)  2

Problema 3

En la figura, AB es el lado de un exágono regular inscrito en la circunferencia de centro O. El diámetro CD es perpendicular a AB y D es punto de tangencia. Si EF = 3r. Determine el vaCF lor de  (  = 3,14). CD

A)  2

Resolución:

 LC1  2



D) 3 2 E) 3 3 Resolución:


Piden LC1  2r Análisis de los datos o gráficos

mMON  60 Al trazar OP  BC y OQ  CD se tiene que: mMOP  mPOQ  mQOD  20º

Datos: FD = 1 Del gráfico m  AD  90 Operación del problema

• Aplicación Aplicación de fórmula, teorema

3 D) 2

o propiedad

Número de diagonales Medida del ángulo exterior

E) 2 Resolución:

Solución del problema

 mAED  45

En el cuadrilátero MBPO: mTBP  mMOP  20º

 mFD  90

 360º  20º  n  18

Por polígonos regulares (L 4)

Finalmente Nº D  18 18  3 2

FD  r 2




n

Reconocemos que:

r  2

mAOD  30º  mDOB

 2r  2

AOB  360  60º . ya que mAO 6

2


135

Piden: CF  x   CD Análisis de los datos o gráficos

1r 2

 Nº D  135

Respuesta: D)

1 4 1 B) 2

A)

C) 1


•

UNI 2011 - I

55

GEOMETRÍA

TEMA 15


Exigimos más!

Además: EF = 3r


En el

EDO de 30º y 60º:

ED  r  ED  r 3  DF  3r  r 3 3 3 3 Teorema de Pitágoras

En el (2r)2


CDF: 2

  +  3r  r 3   CF2 3  

56

de donde: CF  r 40  6 3 ; 3

pero: 40  6 3    CF  r 3 Además:   CD   r Luego: x  r r  x 1 Respuesta: C)

GEOMETRÍA

TEMA 15

1

GEOMETRÍA

ÁREA DE REGIONES TRIANGULARES DESARROLLO DEL TEMA I.

REG REGIONES NES POLI POLIG GONA NALE LES S

Sea: A  ABC : área de la región triangular ABC.

Una región triangular es un conjunto de puntos, reunión de un triángulo y su interior. Una región poligonal es la reunión de un número finito de regiones triangulares que se encuentran encuentran en un plano dado, tales que si dos cualesquiera de ellas se intersecan, su intersección es o bien un punto o un segmento.

B

A  ABC  a.h 2

h A

C

a

B

b

Las líneas punteadas en las figuras anteriores indican cómo se podría representar cada una de las dos regiones poligonales mediante tal reunión. reunió n. Las regiones triangulares de cualquier descomposición descomposición asi se llaman regiones triangulares componentes de la región poligonal.

C

a

A B

h

A. Postulados Postulados

- Dada Dada una unidad unidad de área área,, a cada cada región región le correscorresponde un número n úmero único, llamado área de la región. región. - El área área de una una región región poligonal poligonal es es la suma suma de de las las áreas de cualquier conjunto de regiones componentes en la cual puede dividirse. - Si dos polí polígonos gonos son son congr congruen uente tes, s, ento entonc nces es las las regiones poligonales correspondientes tienen la misma área. A continuac continuación ión se presentan presentan una serie de fórmulas fórmulas para calcular el área de diversas regiones triangulares.

A ABC  a.h 2 A

C

a

Demostración B

C

h A

B. Teoremas

a

D

• Sea A  ABC = A por B y D se trazan trazan paralelas paralelas a AD y AB , tal que:

1. El área área de toda región triangular triangular,, es igual igual al semiproducto de las longitudes de un lado y la altura relativa a dicho lado. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

A ABC  a.b 2

ABCD: Paralelogramo. Paralelogramo.

57

GEOMETRÍA

TEMA 16

ÁREA DE REGIONES TRIANGULARES

Exigimos más!

1. El área área de una región triangular es igual al producto del semiperímetro y su inradio.

Entonces

•

 ABD   BDC,

entonces A

A  ABD  A BDC Luego A(ABCD) = A  ABD  A BDC  2A A(ABCD ) = 2A ........(1) ........(1) Por un postulado del área de la región paralelográmica es: A(ABCD) = ah .... ....... ..... (2) De (1) y (2) 2A = ah ah  A  2

B c

b

r

A

a

C

sea: p: semiperímetro de la región ABC p  abc 2 r: inradio del triángulo ABC



2. Fómula Fómula trigo trigonom nométri étrica ca



A  ABC  p. r

El área de una región triangular, es igual al semiproducto de las longitudes de los lados del triángulo multipilicado por el seno de la medida del ángulo comprendido por dichos lados.

2. Teorema Teorema de de Arquími Arquímides des

El área de una región triangular es igual a la raíz cuadrada de los productos del semiperímetro restado de la longitud de cada lado.

B

B a

b

a



A

C

b

A  ABC

A

a.b sen  2

Sea: P: semiperímetro

Demostración

p  abc 2

B

a

A  ABC

a sen



A

C

c

H

b

C



p(p p(p  a)(p a)(p  b)(p b)(p  c)

3. El área área de una región triangular es igual al producto de las longitudes de los tres lados dividido por cuatro veces es circunradio. B

Se traza la altura BH, en ABH. BH = aSen ... (1) (AC)(BH) Sabemos A ABC  2 Reemplazando en (1) obtenemos:

b R



A ABC  

a

(b)(ase )(asenn) 2

 A ABC 

A

c

C

ab Sen 2 A  ABC  abc 4R

C. Otros teoremas teoremas

Para calcular el área de una región triangular en términos de otros elementos elementos asociados al al triángulo. triángulo. UNI SEMESTRAL 2013 - III

R: Circunradio del triángulo ABC. 58

GEOMETRÍA

TEMA 16


Exigimos más!

4. El área área de una una región región triangular triangular es es igual producto producto del semiperímetro restado en un lado con el exradio relativo a dicho lado.

En la figura, BN: Mediana Entonces: A ABN  A 

2.

B b

a

S

P

Q

3S

a

b

A

AT: AT: Semiperímetro Semiperímetro de  ABC AT = P r: exradio relativo a BC 

C

En la figura; P y Q: puntos medios Entonces: A APQC=3A PBQ

A  ABC  (p  a)r

5.

BNC



B

3.



a P A

m

n

T

a

C

Q

G •

A

A

A

Según el gráfico, T es punto de tangencia. Entonces: A  ABC  m.n Cot

b A A

A

c

 2 

b

c

S

G: Baricentro de la región triangular ABC A  A

II. TEOREMAS TEOREMAS PARA RELACION RELACIONAR AR LAS LAS ÁREAS DE DOS REGIONES REGIONES TRIANGULARES 4.

A. Teorema eoremas s

ABC



6

B

B

Q •

S

1. A a

N



b





A

m


C

A, B , N y S: Área de regiones mostradas. Entonces: A

m

m

P

Si BP: Mediana y Q  BP

a b

B

A

B

A

C

En la figura BN : Ceviana Ceviana relativa a AC A ABN A NBC

N

N



B



S N

5. Si dos triángu triángulos los son semeja semejantes ntes entonces entonces la relación entre sus áreas será igual a la relación entre los cuadrados de sus líneas homólogas.

C m 59

GEOMETRÍA

TEMA 16


Exigimos más!

Si  ABC



MNL ,

entonces:

S ABC AC 2  SMNL ML2



BH2 NF2

Si:

S AB.BC AB.BC     ABC  S DEF EF.DF

Si:

    180 

 . ..  k 2

Siendo "k" la razón de semejanza. 6. Si dos triángul triángulos os tienen tienen ángulos ángulos congruent congruentes es o suplementarios, entonces la relación entre sus áreas será igual a la relación entre los productos de las medidas de los lados que forman dichos ángulos.

SMNL MN.NL  SPQR PQ.PR


Problema 3

Hallar el área de la región triangular QTC; ABCD A BCD es un cuadrado cuadrado de lado 4 m (T es punto de tangencia).

En un triángulo ABC; se traza la mediana BM y en BC se toma el punto P.. Hallar el área del triángulo BMP, si el área del triángulo ABP es 18 m 2. UNI Nivel intermedio

A) 8 UNI D) 1 8

B) 10 E) 9

C) 12

Nivel intermedio

A) 1,2 m 2 D) 2 m2

B) 1,4 m2 E) 2,2 m2

UNI A) 10 Nivel fácil D) 2 0

C) 1,5 1,5 m2

B) 16 E) 2 5

C) 15

Resolución:

Resolución:

Resolución:

Piden: A BPM



x

Se observa: A  ABC  18  2 S ... I

Piden: A  AOC Piden S, se observa: S  1x3sen53 2 6  S  1, 2 m2 S 5

Respuesta: A) 1,2 m 2

Problema 2

En la figura AB = 2, BC = 3. Hallar el área de la región triangular AOC (T, B y Q son puntos de tangencia). UNI SEMESTRAL 2013 - III



También: BM: mediana  A  ABM  A MBC

Sx

5 x R 2 Pero: OTMQ: Cuadrado Luego: AMC: Pitágoras (R– 2)2 + (R – 3) 2 = 52 R=6 5 x6  Sx   15 2 Sx



A  ABM  x  s Entonces: A  ABC  2x  2s ...II ... II Igualando: I y II 2x  2 s x= 9

 18  2 s

Respuesta: C) 15 60

Respuesta: E) 9 GEOMETRÍA

TEMA 16

GEOMETRÍA

ÁREA DE REGIONES CUADRANGULARES DESARROLLO DEL TEMA

I.

TEOREMAS

3.

1.

A ABCD 

(AC)(BD) Sen 2

Sean A, B, C y D las áreas de las regiones triangulares. Observación:

Se cumple: A.B A.B  C.D C.D B C

A

4. D

A ABCD 

2.

Si :B : BM  MC AN  ND

(AC)(BD) 2

B B A

D

C

5.

Observación: B


C

P D

A

A ABCD 

(BD)(AC) 2

B Q

D

Si: AM = MB, BN = NC CP = PD y AQ = QD MNPQ : Paralelogramo

• D A

C

M



A

N

A ABCD Se cumple AMNPQ  2 C

Además A  B  C  D

61

GEOMETRÍA

TEMA 17

ÁREA DE REGI ONES CUADRANGULARES

Exigimos más!

II. ÁREA DE REGIONE REGIONES S TRAPE TRAPECIA CIALES LES  ABMA 

1.

A ABCD 2

Teoremas 1.

b

B

C

c

a

Si: BC / /AD A

d

AABCD  2. 2.

D

 a  b 2 c  d R

B b C a c A

Si: B C / / A D BM= MA y CN= ND  A

ABCD

d

D

Sea: p  a  b  c  d 2

=(MN)(BH) =(MN)(B H)

3.

A ABCD  (p  a)(p  b)(p b)(p  c)(p  d)

3.

BC//AD

Se cumple: A = B Además: A.B = C.D A  CD Luego A ABCD  A  B  C  D

A ABCD  abcd

III. ÁREADEREGIONES REGIONESPARALELOGRÁ PARALELOGRÁMICA MICAS S

A ABCD  2 CD  C  D

B

2

A ABCD   C  D 

C

4.

A

H

D

A ABCD : Paralelogramo Paralelo gramo

A ABCD  (AD)(BH (AD)(BH)) Si: BC / / AD AD

A ABCD  (AB)(AD)Sen (AB)(AD)Sen

CM= MD UNI SEMESTRAL 2013 - III

62

GEOMETRÍA

TEMA 17

ÁREA DE REGIONES CUADRANGULARES

Exigimos más! A. Área de la región rombal romb al

2 A ABCD  d 2

B

D. Propi Propieda edade dess En regiones paralelográmicas. C

A

1.

B

C

A D

A O

(AC)(BD) A ABCD  2

A

A A

D

B. Área de la región región rectangular rectangular

B

B

C

A

C

C

D B

D

A

D

A

A ABCD  (AB)(AD) (AB)(AD)

A  B  A ABCD 2

C. Área Área de la región región cuadrada cuadrada B

C  D  A ABCD 2

C

a

B

2.

d

C A Q B

A

a

A

D

D

A  B  A ABCD 2

A ABCD  a2

problemas resueltos

Resolución:

Problema Problema 1

Se tiene los triángulos equiláteros equiláteros ABC AB C y PBQ, donde P está en la región in-

 

terior y Q en la región exterior y relativa a BC , si: si: (AP)( CQ) = k. Calcule el área área de la región no convexa BACP. A)

k 3 4

C)

k 2 3

E)

2 3

B)

3 4

 mBAP  w y

B

a

W

b

mBCQ  w

b



Q

a R 

P

A

w

w  60    w    60 Reemplazando:

C

Según el gráfico y por teorema general. 

D) k


Respuesta: A)

Luego:  ABP   CBQ (L - A - L) 63

GEOMETRÍA

TEMA 17

k 3 4

ÁREA DE REGI ONES CUADRANGULARES

Exigimos más! Problema 2

 mh  8

En un trapecio isósceles ABCD, BC//AD.

Por teoría

M y N son puntos punt os medios medios de AB y CD respe espect ctiva ivame mente nte;; luego luego se se traz traza a CH  AD (H  AD). Si el área de la región AMNH

Resolución: B M

A ABCD  mh  8

es 4. Calcule la suma de las áreas de Respuesta: D) 4

las regiones MBCN y HND. A) 1

B) 3

C) 2

D) 4

En un triángulo equilátero ABC se ubi-

Resolución:

a

C h 2

M a A

10

A Problema 3

E) 5

B

5

 AMBCN  AHND  4

MBN (Teorema de cosenos) MBN

pectivamente tal que MN es tangente

(5+a)2=5 2+(10-a)2-2(5)(10-a)Cos60°

a la circunferencia inscrita en el trián-

Operando: a = 2  A MBN 

el área de la región AMNC. m

m



H

Según el gráfico  AMNH : paralelogramo AAMNH  mh  4 2


5(8) Sen60 Sen60  10 3 2

Se sabe:

N a

a

C

Según el gráfico: BM = 5, MN = 5 + a y BN = 10 - a

can los puntos puntos M y N en AB y BC res-

gulo ABC. Si BM = 5 y AM = 15. Calcule

a

h 2

5 60° 10-a 5 a N a



D

A)

50 2  A  ABC 

B) 10 3 C)

 A AMNC  A ABC  A MBN

90 3

A AMNC  90 3

D) 100 2 E)

(20)2 3  100 3 4

Respuesta: C) 90 3

100 3

64

GEOMETRÍA

TEMA 17

GEOMETRÍA

ÁREAS DE REGIONES CIRCULARES DESARROLLO DEL TEMA EL ÁREA DE UN CÍRCULO A.

Luego: n  apn

An

Círculo

Es el conjunto de puntos de la circunferencia y de su interior. De otra manera, un círculo o una región circular es la reunión de una circunferencia circunf erencia y su interior. interior. Cuando hablamos del "área del círculo", queremos decir el área de la región circular correspondiente. (Este es el mismo modo de abreviar que se utiliza cuando hablamos del "área de un triángulo", queriendo decir el área de la región triangular correspondiente).

2

n n ...(1)  apn ...(1) 2

pero: 2pn  n n ... (2) An 

2pn  apn = (pn  apn) 2

An  pn  apn Esta fórmula contiene tres cantidades, cada una de las cuales depende de n, son P n, apn y A n. Para obtener la fórmula para el área de un círculo, tenemos que hallar a que límites se aproximan estas tres cantidades a medida que crece indefinidamente.

En conclusión

Por brevedad, diremos simplemente: área de un círculo, en lugar de área de una región circular. Ahora, obtendremos obtendremos una fórmula para el área área de un círculo.

1. ¿Qué ¿Qué le sucede sucede a An?

An es siempre un poco menor que el área del círculo, círcu lo, porque siempre hay algunos puntos que están dentro del círculo, pero fuera del polígono regular de n lados (n-gono regular). Sin embargo, la diferencia entre A n y A es muy pequeña cuando n es muy grande, porque entonces la región poligonal cubre casi completamente el interior de la circunferencia. Así es de esperar ...(1) que: A n  A ...(1) Pero lo mismo que en el el caso de la long itud de una circunferencia, esto no puede demostrarse, puesto que no hemos dado todavía una definición del área de un círculo. Definición. El área de un círculo es el límite de las áreas de los polígonos regulares inscritos en la circunferencia correspondiente. Así pues, A n  A , por definición.

Dada una circunferencia de radio r, inscribimos en ella un polígono regular de de n lados (n-gono regular). Como se acostumbra, denotamos el área del n-gono por A n, su perímetro por 2P n y la apotema por ap n. Además la longitud del lado n-gono sea n. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

65

GEOMETRÍA

TEMA 18

ÁREA DE REGIONES CIRCULARES CIRCULARES

Exigimos más!

Ademá Ademáss siendo siendo de la longitu longitudd del diámet diámetro, ro, tene tenemos mos:: d  2 r; r  d 2 2   d A= A =     2

2. ¿Qué ¿Qué le sucede a la la apotema apotema apn?

La apotema ap n es siempre un poco menor que r, puesto que la longitud de un cateto de un triángulo rectángulo es de menor longitud que de la hipotenusa. Pero la diferencia entre ap n y r es muy pequeña cuando n es muy grande. Así, pues: apn  r ... (2)

2

A = d ... ...(2) (2) 4

3. ¿Qué ¿Qué le le suced sucede e a pn?

Las fórmulas (1) y (2) son usadas indistintamente.

Por definición de la longitud de la circunferencia, tenemos 2pn  c , siendo c la longitud de la circunferencia, por lo tanto:

B.

Sector Sector circular circular

Es una región determinada por un arco de una circunferencia y dos radios.

2pn  2r pn  r ... (3)

 y los radios O A y O B . Ejemplo: El arco AB

Reuniendo los resultados (2) y (3): pn  apn  (r) r)r pn  apn  r2 pero, como An  pn  Apn entonces: An  A; En consecuencia: A   r2

En la figura mostrada existen dos sectores circulares, la parte sombreada y la parte no sombreada. Sea S el área del sector circular, entonces por una regla de tres simple tenemos: 360   r 2 (Área del c írc ulo).   S (Áre (Áreaa del sect sector or circ circul ular ar). ).

Así, la fórmula familiar se ha convertido convertido en un teorema. Teorema

El área de un círculo determinado por una circunferencia de radio r, es: r 2 En la demostración anterior el símbolo  significa: se aproxima.

Luego:

2

S =  360

Fórmula para calcular el área del sector circular. Ejemplo: C.

An  A, significa que el área A n se aproxima al área A.

Corona Corona circula circularr

Sea: A: Área Á rea de la corona circular

En resumen: A  r2 ...(1) ...(1) UNI SEMESTRAL 2013 - III

A = (R2 – r2) 66

GEOMETRÍA

TEMA 18


Exigimos más!

T: Punto de tangencia

F.

Lunu Lunula la

Es una región no convexa limitada por dos arcos de circunferencias secantes de distintos centros.

AB = m 2

A = m 4

D.

Trapecio rapecio circular circular

Lunula de Hipócrates

Sea: A: Área del trapecio circular    mAB

A  (R 2  r2)  360 E.

Segme Segmento nto circular circular

Un segmento circular es una región determinada por un arco de una circunferencia y la cuerda correspondiente.

Sean: A y B las áreas de de las lunulas.

Cálculo del área del segmento circular

C: Área de la región triangular ABC.

Sea S el área del segmento circular, luego:

A  B  C

área del sector área de la región S = – triangular POQ circular

P y Q puntos de tangencia. 2

S =   36 0

r  r Se Sen 2

Sea: PQ = a S: área de la región sombreada.

2 2 S =   r sen 360 2

2  S  r    sen  2  18 0 


2  S  a

4

67

GEOMETRÍA

TEMA 18


Exigimos más!

problemas resueltos

Problema 1

En los sectores circulares AOB y COD. Si L  AB

b, calcu calcule le m AOB. a 3 u, OC = b, UNI 2009 - II

B) (10  12)r2 D) (2  12)r2

A) (10  12)r2 C) (12  7)r2 E) (12  2)r2

A) 3  D) 2 


A) a/5 D) b

B) a/b E ) ab

C) a

Sea:   mAOB

C) 5 

"S x " Análisis de los datos o gráficos


B) 6  E) 4 

Se pide:

2 2  S1  r – r

4

Resolución:

2

A corona  (R2  r 2) ... (1)


Del dato: AB = BC mA  mACB  45


a) Sec Sector tor AOB: AOB: 3S  1 R 2 ....... (I) 2 b) Sec Sector tor COD: COD: S  1 b2 ....... (II) 2 Dividendo (I) y (II): 2 3 R 2 b

R

R2

3b2

b 3

Del gráfico se observa: S x  S2  8S1

En el OMA se deduce: OM = MA = r

 2 2 S x  16r 2  8  r – r   4 2

AO  r 2  ON

 S x  12  2  r2

En el ONC se deduce: O N  NC  r 2 OC = 2r

Sector AOB: R  a 3 Respuesta: E) S x  12  2   r 2

 (b 3 )  a 3   a

b

Problema 3 Respuesta: B) a/b

Problema 2

En la figura mostrada, el área de la superficie sombreada es:

En la figura se muestra un triángulo rectángulo isósceles ABC. Calcular el área de la corona circular si CT  2 3 y M, N y T son puntos de tangencia.

 A corona  4

UNI Nivel fácil

UNI 2009 - II UNI SEMESTRAL 2013 - III

OTC OTC (Notable 30° - 60°) r = 2 R 2 2 En (1): A corona  ((2 2) 2  22)

68

Respuesta: E) 4  GEOMETRÍA

TEMA 18

GEOMETRÍA

GEOMETRÍA GEOMETRÍA DEL ESP ESPA ACIO I DESARROLLO DEL TEMA I.



DEFI EFINICIÓN Es la parte de la geometría que estudia a las figuras geométricas cuyos puntos se encuentran en diferentes planos. En el espacio las figuras fundamentales son el punto, la recta y el plano para establecer propiedades y teoremas relacionados relacionados con el plano indicamos los axiomas siguientes: • Cualquie Cualquiera ra que sea sea el plano exist existen en puntos puntos que que pertenecen al plano puntos que no le pertenecen. • Si dos planos planos difere diferente ntess tienen tienen un punto en en común, común, entonces se intersecan en una recta. • Si dos rectas rectas distintas distintas tienen tienen un punto en común, se pueden trazar por éstas un plano y sólo uno.

Si

R

Q= L



Ry

Q son secantes

2. Planos paralelos paralelos

Si 

Postulado Por tres puntos n o colineales se puede puede trazar un plano, y solo uno.

M

N= {}

M es paralelo paralelo al

N

II. ENTRE ENTRE RECT RECTA A Y PLA PLANO NO A. Recta incluida en el plano B L

Teorema Por una recta y un punto que no le pertenece se puede trazar un plano, y solo uno.

M 

A Q



Si A y B  L A y B  Q





L

 L

Definición: Si dos rectas son paralelas siempre están incluidas en un plano.

Q

B. Recta Recta secante secante a un plano plano L

II. PO POSIC SICION IONES ES RELATIV RELATIVAS AS EN EL ESPACI ESPACIO O

V

A. Entre planos planos

Q

1. Planos Planos secantes secantes



Si L 

V = {Q}



 L es secante al UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

69

V

GEOMETRÍA

TEMA 19

GEOMETRÍA DEL ESPACIO I

Exigimos más! 

C. Recta paralela paralela a un plano plano



Si: Q  a L



Q b





R



b '/ '/ / b

a '/ '/ / a









 x: medida medida del ángulo entre a y b .

Además:





Si L 

Si: E  a

R={}





 L es paralela al

R



b1/ / b

 x: medida medida del ángulo entre a y b .

Observación: Toda recta exterior al plano es paralela a dicho plano

Definición: Si una recta es perpendicular a dos rectas secantes es perpendicular al plano determinado por las secantes.

III. ENTRE ENTRE RECTAS RECTAS

L

A. Rectas Rectas secantes secantes V L1 

v

L2

b



Si: L1  L2 = {V} 

a

Q





 L1 y L 2 son rectas secantes



a  b

Si:









= {V}

 L  a

B. Rectas Rectas paralel paralelas as

 L  b 

a

 L es perpendicular perpendi cular al b

Q

Teorema 1 Toda recta perpendicular a un plano es perpendicular a todas to das las las rectas rectas incluidas en el pl ano.

V

C. Rect Rectas as alabe alabead adas as

L b

b a

a

V 

Si: a  b

={}







Si: L es perpendicu perpendicular lar al

a y b no determinan plano 

d

e

V 

c



e 



 a y b son rectas alabeadas



V) 













 L  ( a , b , c , d , e )

IV. ÁNGULOS ENTRE RECTAS RECTAS ALABEDAS Teorema 2 Teorema de las tres rectas perpendiculares. 

Si : L   Q

L

 

m Q 

M

 

a m 

b  

 b m

a



M  L 

m w

Q

w  90 UNI SEMESTRAL 2013 - III

70



V y ( a, b, c, d,

GEOMETRÍA

TEMA 19


Exigimos más! A. Ángulo diedro

Si:

Es aquella figura figu ra geométricas formada por dos semiplanos que tienen una recta en común y no están contenidos en un mismo plano.

R es perpendicular al



S



a  L 

 a es perpendicular perpendicul ar al

S

V. DISTA DISTANC NCIA IA ENTRE ENTRE RECTAS RECTAS ALAB ALABAEDA AEDAS S







Si: a y b son rectas alabeadas

arista a L : arist x : medida medida del del ángulo ángulo diedro diedro

MN  a

 

MN  b

B. Planos Planos perpendi perpendicula culares res Si: w = 90° 

A es perpendicular al





d: distancia entre a y b Del gráfico:  

B

 

m: distancia entre EH y DC

A

B

Teorema





a y b son rectas alabeadas  • Traza razarr el V perpe perpendic ndicula ularr a a . 



• Proyecta ctar a y b sobre V Luego:  P: Proyección ortogonal de a sobre

V





de b sobree b1 : Proyección ortogonal de

V. 



La distancia de p a b 1 es la distancia de a y b del gráfico es x.

problemas resueltos

Problema 1

Sobre un rectángulo ABCD, desde un punto exterior P, se traza el segmento PB perpendicular al plano ABC, M y N son los punto s medios medios de los segmentos segmentos AD y DC respectivamente. Si AB = PB, BC = 2 y AB = 4, entonces la medida del diedro P – MN – B es: UNI 2010 - I UNI SEMESTRAL 2013 - III

A) arc tan  5   5  C) arc tan   3 

E)

 B) arc tan    D) arc tan  

5  2  5  4 

P  MN  B Analizando: ABCD: Rectángulo Rectángulo BP perpendicular al plano de ABCD

  arc tan  5   5 

Resolución: Piden:   : medida del diedro 71

GEOMETRÍA

TEMA 19


Exigimos más! III. III. Si en todo todo plano P determinad determinado o por dos rectas paralelas disjuntas, se cumple que dichas rectas son paralelas a un segundo plano P 1, entonces P es paralelo a P 1.

Se traza: 

B H  MN

entonces:

UNI 2009 - II



PH  MN

A) VFV

Resolviendo en el plano del rectángulo ABCD:

B) VFF

BH  6 5

D) FFV

En

Problema 3

Un plano H contiene un segmento AB de longitud 16 m y P es un punto que dist a de H 8 m. Si AP AP  BP  2 41 m , entonces la medida del diedro AB es: UNI 2008 - II

A) 37

C) FFF

B) 5 0 C) 5 3

E) V VF

D) 5 5

PBH:

E) 6 0

Resolución: Tg  2  Tg  5 6 3

I.

5

(F)

 

y AB son perpendiculares

 

 

ralelo al

.

a CD pero AB no siempre es pa-

P  MN  B

Resolución:

Piden: La medida del diedro: AB  x

C

Observación:

Analizando: PP' = 8; AB =16 y AP = B P = 2 41 D

II. (F) La inter intersec secció ción n de cuat cuatro ro planos planos puede ser una recta.

BH  RS BH  3a   BH  3  2   5

  Respuesta: C) Arctg  5   3 

P ' M  AB y PM PM  AB

III. III. (F) No siempre siempre el

Problema 2

. en PAM por Pitágoras:

Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta después de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F): I.

Por teorema teo rema de las tres perpendiculares: perpendiculares:

 

a2  (2 41 41 )2  82 a = 10 P

Si un una recta cta AB AB y un plano P son

En el

 

perpendiculares a una recta CD ,

(37° y 53°)

 

entonces la recta AB y el plano P son paralelas entre si. II. La inters intersecc ección ión de cuatr cuatro o planos planos no paralelos entre sí, siempre es un punto. UNI SEMESTRAL 2013 - III

PP'M notable.

x = 53°

Respuesta: C) FFF 72

Respuesta: C) 53° GEOMETRÍA

TEMA 19

GEOMETRÍA

GEOMETRÍA GEOMETRÍA DEL ESP ESPA ACIO II DESARROLLO DEL TEMA I.

DEFI EFINICIÓN

Todo punto del plano bisector está a igual distancia de las caras de dicho ángulo diedro.

Es la figura geométrica formada por la unión de dos semiplanos que tienen en común su recta de origen a la cual se le denomina arista del ángulo diedro (Los semiplanos deben estar en distintos planos).

Notación:     – Ángulo diedro AB , ángulo diedro H – AB – F – xoy : ángulo plano o rectilíneo del ángulo diedro. –  : medida del ángulo diedro.

P: plano bisector del ángulo diedro 

Q  AB  H Se cumple:

II. PLANO PLANOS S PERP PERPEND ENDIC ICULA ULARES RES Dos planos son perpendiculares, cuando determinan un diedro que mide 90°.

MN  MT

IV. ÁREA DE LA PROYECCIÓ PROYECCIÓN N ORTOGONAL DE UNA FIGURA PLANA SOBRE UN PLANO DADO El área de la proyección ortogonal de una región plana sobre un plano dado, es igual al producto del área de dicha región con el coseno del ángulo diedro determinado por el plano de la región y el plano dado.

:

medida del diedro. Si:   90

III. PLANO BISECTOR BISECTOR DE UN ÁNGULO ÁNGULO DIEDRO Es aquel plano que contiene a la arista del ángulo di edro y que determina con las caras otros dos ángulos diedros de igual medida. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

73

GEOMETRÍA

TEMA 20


Exigimos más!

Si: A : área área de la región r egión plana Ap : área área de la proyección proyección ortogonal de la región sobre el plano H.  : Medida del ángulo ángulo diedro diedro determina determinado do por los planos Q y H. Ap  A cos 

Notación:

Ángulo triedro O –ABC Triedro O–ABC – Medidas de las caras: a, b, c – Medidas de los diedros:  , ,  B. Teoremas eoremas

V. ÁN ÁNGU GULO LO POL POLIE IEDR DRO O

1. En todo ángulo ángulo triedro triedro la suma suma de las las medidas medidas de las caras es mayor de 0° y menor de 360°.

A. Definición

Es la figura geométrica formada por tres o más regiones angulares que tiene el mismo vértice y que dos a dos comparten un lado. 0 ab

Polígono plano

0  a  b  c  360 2. En todo ángulo ángulo triedro triedro la suma suma de las medidas medidas de los ángulos diedros es mayor de 180° y menor de 540°.

Plano Secante al ángulo poliedro

180        540 3. En todo ángulo ángulo triedro triedro la medida medida de cualqu cualquiera iera de las tres caras es menor que la suma y mayor que la diferencia de las medidas de las otras dos caras.

E A

a c b a c

D B

C

4. En todo ángulo ángulo triedro triedro a cara cara de mayor mayor medida medida se opone diedro de mayor medida y viceversa.

B. Elementos Elementos

Vértic Vé rtice: e: Arista: Car Caras: Died iedros: os:

0

Si : a  c    

... AOB, AOB, BOC, BOC, ... (med (mediidas das: a, a, b .....)   , OE, OE, OD, OD, ...... (me (medidas das: )

C. Clasificación

Los ángulos triedros se clasifican según los siguientes criterios:

Notación

Ángulo poliedro O–ABCDE O –ABCDE Los ángulos poliedros polie dros se nombran de acuerdo a su número de caras y pueden ser: ángulo triedro, ángulo tetraedro, ángulo pentaedro .................. si tienen 3, 4, 5 caras respectivamente.

1. Por la la comparación comparación de de las medida medidas s de sus caras – Triedro escaleno

Es aquel que tiene sus tres t res caras de diferentes medidas. Del gráfico.

C. Propiedad Propiedad

En todo ángulo poliedro la suma de las las medidas de sus caras es mayor de 0° y menor de 360°.

Si: a  b , b  c y a  c

VI. ÁNGULO ÁNGULO TRIEDRO TRIEDRO



A. Definición

Triedro: O-ABC: escaleno

además:

Es aquel ángulo poliedro de tres caras.

 

,



y



– Triedro isósceles Es aquel que tiene dos caras de igual medida a los cuales se oponen diedros congruentes. Del gráfico: Si: a  c  Triedro: O–ABC: isósceles Además: UNI SEMESTRAL 2013 - III

74



GEOMETRÍA

TEMA 20


Exigimos más! Teorema

En todo triedro isósceles:

– Triedro bi-rectángulo Es aquel que tiene dos caras que miden 90°. A los cuales uales se oponen oponen diedro diedross que que miden miden 90°. 90°. Si: mAOB  m AOC; y

PH perpendicular a la cara BOC   OM: bisectr bis ectriz iz del BOC – Triedro equilátero Es aquel que tiene sus tres caras de igual medida y sus tres ángulos diedros congruentes. Del gráfico: Si: a = b = c  Triedro: O–ABC: equilátero,,

– Triedro trirectángulo Es aquel que tiene sus tres caras que miden 90°, entonces sus tres diedros miden 90°.

además:  

2. Por el número de caras rectas (de (de medida medida igual a 90°)

– Triedro rectángulo Es aquel que tiene una cara que mide 90°.

problemas resueltos Resolución:

Problema 1

En la figura mostrada se tiene un hexaedro regular en el que se han trazado los segmentos AG , BD y MN , tal que M y N son puntos medios de AB y EF respectivamente. Entonces podemos afirmar que la suma de los ángulos que forman fo rman al al cruzarse en el espacio AG , BD y MN toma to mados dos dos a dos, dos, es igual a:

A) 120° C) 2 20° Nivel fácil E) 135°

UNI 200 2003 3 - II


B) 150° D) 1 80°

75

GEOMETRÍA

TEMA 20


Exigimos más!

• Trasla sladamos AG  A 'B • Trasla sladamos MN  A ' D Luego la intersección 2 a 2 forma un triángulo. 

S = 18 0 °

Resolución: 4 2 P

1

8

Arista

4

45º 30º

Respuesta: D) 180º

P

2

Respuesta: C) 75º

Problema 2

En un ángulo diedro, las distancias de un punto interior a las caras caras y a la arista miden 4 2 u, 4 u y 8 u respectivamente. Calcule la medida del ángulo diedro. UNI 2004 - I Nivel intermedio

A) 65º C) 75 º E ) 85 º

B) 70º D) 80 º

Resolución:

Trabajamos en posición de canto.


Problema 3

El área proyectada de un cuadrado sobre un plano que pasa por una de sus diagonales es de de 18,6 18,6 cm 22, si el diagonales es ángulo formado por dichas superficies es de 53°. Halle el área (en cm 2) del cuadrado. UNI 2004 - II Nivel difícil

A) 30,0 30, 0 C) 3 0,7 5 E ) 3 1, 5

B) 30,5 D) 31

Cos53 

A AHC A ABC

3  9, 3 5 A ABC

A ABC  15,5 15, 5 2(15,5)  31  A ABCD  2(15,5) Respuesta: D) 30°

76

GEOMETRÍA

TEMA 20

GEOMETRÍA

POLIEDROS REGULARES REGUL ARES I DESARROLLO DEL TEMA

I.

POLIE DROS

3. Poliedro Poliedro regular Todas sus caras son polígonos regulares regulares iguales.

Es el sólido limitado por cuatro o más regiones poligonales planas denominadas caras; a los lados de las caras se les denomina ARISTAS del poliedro y al segmento que tiene extremos; dos vértices que no pertenecen a una misma cara se le denomina diagonal.

4. Poliedro Poliedro irregular irregular Es aquel poliedro que no es regular.

Clasificación A. Por el el número de caras Se clasifican los poliedros en tetraedros, pentaedros, exaedros, ...

II. TEOR TEOREM EMA A DE EULER EULER

B. Según Según sus caracter característ ísticas icas

En todo polígono se cumple que el número de caras mas el número de vértices vértice s es es igual al número n úmero de aristas más dos unidades. Donde: C = # de caras

1. Poliedro Poliedro convexo Si todos los ángulos diedros son convexos; una recta secante lo corta siempre en dos puntos.

C + V = A +2

1

V = # de vértices A = # de aristas

2

Propiedad Si un polígono está formado po r polígonos de diferente número de lados, el número de aristas se calcula de la siguiente manera.

2. Poliedro Poliedro cóncavo Si tiene por lo menos un diedro cóncavo. Una recta secante lo corta en más de dos puntos.

A =

m1p1 + m2p2 + m3p 3 + ........ 2

Donde: m1, m2, m3 , ........ es el número de lados de cada polígono. p1, p 2 , p3 , ....... es el número de polígonos que nos dan. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

77

GEOMETRÍA

TEMA 21

POLIEDROS REGULARES I

Exigimos más!

V. NÚMERO DE DIA DIAGON GONALES ALES DE DE UN POLIEDRO

Para el octaedro regular

# Dpoliedro = C2v – # dcaras – A Cv2

Donde: #Dpoliedro = Número de diagonales del poliedro. C v2 = Combinación del número de vértices de dos en dos. #dcaras = Número de diagonales de todas las caras del poliedro. A = # de aristas del poliedro. Para el exaedro regular

Para el tetraedro regular

#dcaras = 2(6) = 12 ; A = 12 8! Cv2 C28 28 (6!)(2!)

#dcaras = 0 ; A = 6 C2v

C 24

#dcaras = 0 ; A = 12 6! C26 (4!)(2!)

# dcaras 15

Reemplazando en la ecuación: #D = 15 – 0 – 12 =3 #Doctaedro = 3

C2v

C220

12(5)(5 3) 60 ; 2 A = 30 20! 19 0 (18!)(2!)

Reemplazando en la ecuación: #D = 190 – 60 – 30 = 100 #Ddodecaedro = 100

Para el icosaedro #dcaras = 0 ; A = 30

6 C v2

Reemplazando en la ecuación:


Para el dodecaedro regular

C12 2

12! (10 !)(2!)

66


#D = 28 – 12 – 12 = 4

#D = 6 – 0 – 6 = 0

#Dcubo = 4

#Dtetraedro = 0

#D = 66 – 0 – 30 =36 #Dicosaedro = 36

problemas resueltos Problema 1 Se ubica el punto P, exterior al plano que contiene al rectángulo ABCD, de manera que PA = PA = 1 1 m; PB = 2 m y PC = 3 m. Hallar PD. Nivel intermedio

A)

6

B)

C)

3

D) 2 3

2

E) 2 6

Problema 3

x2  6 x= 6 Respuesta: A) 6

Nivel intermedio

Problema 2 Un poliedro está formado por 10 triángulos, 20 cuadriláteros y 30 pentágonos; hallar el número de vértices que tiene el poliedro. Nivel intermedio

A) 50 D) 7 2

Resolución:

Calcular el lado del tetraedro inscrito en otro tetraedro regular de lado 12 m.

B) 64 E) 4 8

C) 70

A) 2 m

B) 5 m

C) 3 m

D) 6 m

E) 4 m Resolución:

Resolución:

N.° de caras =

10

+ 20

Si PA

plano ABCD y AB  BC PB

BC (T3 P)

PBC: BC2 = 32 – 22 BC = 5

PAD: x 2 = 12 + ( 5 )2 UNI SEMESTRAL 2013 - III

x

+ 30

k

k

N.° de caras = 60 N. aristas =

2k

2k

6

6

3( 10) + 4(20) + 5( 30) = 130 2

6

6

60º 6

Del gráfico: Por el teorema de Euler: C + V = A + 2 60 + V = 130 + 2

x 2k = 6 3k x = 4 m

V = 72 Respuesta: D) D) 72 78

Respuesta: E) 4 m GEOMETRÍA

TEMA 21

GEOMETRÍA

POLIEDROS POLIEDROS REGULARES REGULA RES II DESARROLLO DEL TEMA

I. DEFINI DEFINICI CIÓN ÓN

Propiedad: ABCD–EFGH Propiedad: ABCD–EFGH Hexaedro Hexaedro regular

Sólido geométrico, limitado por regiones poligonales, regulares y congruentes entre sí. Además cumple el teorema de Euler (para todos los vértices de un poliedro regular concurrente el mismo número de aristas). Teorema

AM = MN = NG

Sólo existen cinco poliedros regulares los cuales son: Tetraedro regular, hexaedro regular, octaedro regular, dodecaedro regular, icosaedro regular.

IV. OCTAEDRO REGULAR

II. TETRAEDRO TETRAEDRO REGULAR REGULAR

G: Baricentro de la región triangular ABC. Notación VABC: Tetraedro etraedro regular 2

As.t = a V



Notación: P – ABCD – Q: Octaedro regular O: Centro del octaedro regular Del gráfico:  APCQ, ABCD y BPDQ son cuadrados.

h a 6 3

PQ = BD = AC = a 2 3 ; As.t: área de la superficie total.

As.t = 2a2 3

a3 2 ; V: volumen de tetraedro 12

V



a3 2 3

V. DODECAEDRO REGULAR

Propiedad

Si VABC es un tetraedro regular y VM = MG  X = 45°

III. HEXAEDRO HEXAEDRO REG REGULAR ULAR (CUBO) Notación ABCD – EFGH: Hexaedro Hexaedro regular As.t = 6a2 ; V = a3 ; d = a O: centro del hexaedro UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

79

GEOMETRÍA

TEMA 22

POLIEDROS REGULARES II

Exigimos más! N° N° N° N°

N° C: número de caras: N° C = 12 N° V: número de vértices: N° V = 20 N° A: número de aristas: N° A = 30 N° D: número de diagonales: N° D = 100 V: Volumen del do decaedro decaedro regular V



5a3 2

C: número de caras: N° C = 20 V: número de vértices: N° V = 12 A: número de aristas: N° A = 30 D: número de diagonales: N° D= 36

V: Volumen del icosaedro regular: regular: V

47  21 5 10



5a3 6

73 5 2

VII.POLIEDROS CONJUGADOS Se llaman poliedros conjugados aquellos en que el número de caras de uno es igual al número de vértices del otro y viceversa. Según el teorema de Euler deben tener el mismo número de aristas. Los centros de las caras caras de un poliedro son los vértices del po liedro liedro con jugado al primero. primero. Luego: Po liedro Polie dro conj ugado Teatraedro Tetraedro Hexaedro Octaedro Dodecaedro Icosaedro

VI. ICOSAED ICOSAEDRO RO REGULAR

problemas resueltos Problema 1 Halle el perímetro de la sección que determina un plano secante a un tetraedro regular ABCD, sabiendo que pasa por los los puntos puntos medios medios de AD y CD y es paralelo a BD (a: longitud de la arista del tetraedro regular). UNI 2010 - I a 2

B) a

C)

3a 2

D) 2a

E)

5a 2

A)

Resolución:

P y Q: puntos medios de AD y CD .

Se traza: PS //BD QR // BD UNI SEMESTRAL 2013 - III

También: SR // AC se observa la sección PQRS es paralela a BD. BD. Propiedad: PQRS: cuadrado cuadrado A Entonces: 2p  a  a  a 2 2 2 

2p





a 2

II. Los centr centros os de las las caras caras de de un octa octaeedro regular son los vértices de un cubo (conjugado). (F) III. Los centros centros de las caras caras de un un icosaedro icosaedro regular son los vértices de un dodecaedro regular (conjugado). (V)

2a

Respuesta: E) VFV Respuesta: D) 2a

Problema 3 Un poliedro convexo tiene como caras 12 triángulos, 16 cuadriláteros, 24 pentágonos y 13 exágonos. Halle su número de vértices. UNI 2008 - I A) 84 B) 85 C) 86 D) 8 7 E) 8 8

Problema 2 Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta después de determinar si la prop proposición osición es e s verdadera verdadera (V) o falsa (F): I. Los cen centr tros os de las car caras as de un un tetetraedro regular son los vértices de un tetraedro. Resolución: II. Los centr centros os de las car caras as de un ocSe pide el número de vértices (V). taedro regular son los vértices de El número de caras (C): un octaedro. C = 12 + 16 + 24 + 13 = 65 III. Los centros de las caras de un icoEl número de aristas (A): saedro regular son los vértices de un dodecaedro. 12  3  16  4   24 5   13  6 UNI 2009 - II A  2 A) VV V B) VV F C) VFF A = 149 D) FF V E ) V FV Resolución: I. Los cen centr tros os de las car caras as de un un tetetraedro regular son las vértices de un t etraedro etraedro también regular (con jugado). jug ado). (V) 80

Teorema de Euler: C+V=A+2 V = A + 2 – C Reemplazando: V = 149 + 2 – 65 = 86 Respuesta: C) 86 GEOMETRÍA

TEMA 22

GEOMETRÍA

PRISMA DESARROLLO DEL TEMA I.

II. DEFINICIÓ DEFINICIÓN N DE PRISMA

SUPERFI SUPERFICIE CIE PRISMÁTI PRISMÁTICA CA

Es aquel poliedr p oliedroo determinado determinado por una superficie superficie prismática cerrada y dos planos paralelos entre sí y secante a todas las generatrices. El prisma tiene dos caras paralelas y congruentes a las cuales se les denomina bases y la distancia entre estas es la altura del prisma, las otras caras son regiones paralelográmicas y estas son denominadas caras laterales. Toda arista contenida en alguna base del prisma es denominada arista básica y el lado en común entre dos caras laterales es una arista lateral, todas las aristas laterales son paralelas y de igual longitud. Los prismas se nombran según el número de lados que tenga la base, por ejemplo: si tiene siete lados, se le denomina prisma heptagonal.

¿Cómo se genera una superficie prismática? Dada una línea poligonal plana no secante a sí misma y una recta secante al plano en algún punto de dicha poligonal; la superficie prismática se genera mediante el desplazamiento de la recta por todos los puntos de la poligonal, manteniéndose siempre paralela a dicha recta recta en su posición inicial. A la poligonal se le denomina directriz y a la recta que genera la superficie, generatriz. A. Superficie prismática prismática abierta

A. Sección Sección transversal transversal

Es la sección plana determinada en el prisma por un plano paralelo a su base. B. Secci Sección ón recta recta

Es la sección determinada en el prisma por un plano perpendicular y secante a todas sus aristas laterales. l aterales. B. Superficie Superficie prismát prismática ica cerrada cerrada

• Notación: Prisma hexagonal. ABCDEF - A´BĆ´DÉ´F´ A´BĆ´ DÉ´F´ UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

81

GEOMETRÍA

TEMA 23

PRISMA

Exigimos más!

• Área de la superficie lateral (A lateral (ASL) ASL 

En el gráfico, se tiene el prisma pentagonal recto ABCDE – A´BĆ´DÉ´. A´BĆ´ DÉ´.

suma de área áreass de las las cara carass late latera rale less

Se cumple: ASL  (2P (2PSR )aL aL  h

2PSR : Perímetro de la sección recta • Área de la superficie s uperficie total total (A ST)

AS R  Abase

C. Prisma Prisma regul regular ar

AST  ASL  2(Abase )

Es aquel prisma recto cuyas bases son regiones poligonales regulares. regulares.

• Volumen (v) V  (Abase )  h

IV. PARALELEPÍPEDO

V  (SSR )  aL

Es aquel prisma cuyas bases son regiones paralelográmicas.

ASR : área de la sección recta

III. CLASIFICA CLASIFICACIÓN CIÓN A. Prisma oblicuo oblicuo

Es aquel prisma cuyas aristas laterales no son perpendiculares a las bases. Paralelepípedo rectangular, rectoedro u ortoe or toedro dro

En el gráfico, se tiene el prisma cuadrangular oblicuo ABCD – A´BĆ´D´. A´B Ć´D´. Se cumple: h  aL

Es aquel paralelepípedo cuyas caras son regiones rectangulares.

AS R  Abase

a, b, y c: Dimensiones del paralelepípedo rectangular.

B. Prism Prisma a recto recto

• Tiene cuatro cuatro diagonales, diagonales, las cuale cualess son concurrente concurrentess y de igual longitud.

Es aquel cuyas aristas laterales son perpendiculares a las bases.

d2  a 2  b 2  c 2 • Área Área de la superfi superficie cie total total (A ST ) A ST  2(ab 2(ab  bc  ac) • Volum lumen (V) V  abc UNI SEMESTRAL 2013 - III

82

GEOMETRÍA

TEMA 23

PRISMA

Exigimos más!

problemas resueltos

Problema 1

Reemplazando:

La base de un asta de bandera es de concreto y está formada por dos prismas hexagonales regulares concéntricos puestos uno sobre otro. El primero tiene 1,20 m y el segundo 0,80 m de lado; la altura de cada uno de ellos es 0,30 m. Si ambos prismas tienen un hueco central cilíndrico de radio de 8 cm, entonces la cantidad de radio de 8 cm, entonces la cantidad de concreto utilizado para construir esta base (en m 3 ) es aproximadamente:

,2)2 3  (0,3) ,3)  6(0,8) ,8)2 3(0,3) ,3)  (0,08) Vx  6(1,2) ,08)2  (0,6) 4 4

Vx = 1,61

BEF BEF

De las ecuaciones ecuaciones (i) y (ii) ( ii) y el dato (h). ( h). Problema 2 En un prisma triangular regular, regular, la arista de la base mide x unidades y la altura mide: 3  1 x unidades 2 3

D) 1 ,6 1

Si  es el ángulo formado fo rmado por las diagonales de dos caras laterales que parten del mismo vértice, entonces el valor de  es:

E ) 1 ,6 3

A) 15 ° B) 3 0 °

Resolución:

D) 6 0 °

V2: Vprisma menor

E) 7 5 °

Respuesta: B)   30

Problema 3 La figura representa un prisma exagonal regular regular de arista a y altura 8 a. Entonces el ángulo  de la figura mide: UNI 2008 - I

A) arccos  8   11a  B) arccos  19   22a 

C) 4 5 °

V1: Vprisma mayor

  arc cos cos  3  C) arc  8

D) arccos 19 22

 

V3: Volumen del cilindro Resolución:

arc cos cos 8 E) arc 11

 

Se pide  : h

3 1 x 2 3

Resolución:

Teorema de cosenos: Vx = V 1 + V 2 – V 3 UNI SEMESTRAL 2013 - III

...(ii)

Respuesta: D) 1,61

A) 1,55 1,5 5

C) 1 ,5 9

...(i)

Teorema de Pitágoras: d2 = h2 + x2

UNI 2010 - I

B) 1 ,5 7

x 2  d2  d2  2d2 cos 

 ABF

83

GEOMETRÍA

TEMA 23

PRISMA

Exigimos más!

Se pide  : •

•

En el

El triá triáng ngul uloo ABC ABC es es isós isósce cele less (AC = BC) AB es diag diagon onal al del del hex hexágon ágonoo regul regular ar

 AB  a 3  .


Cos  19    arccos  19  22  22 

(AC)2  (a 8 )2  (a 3 )2 entonces: AC

•

Entonces:

ADC:

•

En el (a



a 11

ABC: ABC: (Le (Ley de Cose Coseno nos) s)

3)2  2(a

11)2  2(a

84

11)2



Respuesta: B) arccos 19

 22 

Cos

GEOMETRÍA

TEMA 23

GEOMETRÍA

TRONCO DE PRISMA DESARROLLO DEL TEMA En el gráfico, se tiene el tronco de prisma: ABC – A´BĆ´ A´B´ C´

TRONCO DE PRISMA

Es una porción de prisma comprendida entre una de sus bases y un plano no paralelo a las bases, secante a todas sus aristas laterales.

• Volumen (V) Tronco de prisma prisma tr iangular oblicuo

 h1  h2  h3  V  (A A´  A´BĆ´ Ć´)   3

Es aquel determinado en un prisma triangular.

V  (A SR )  a  b  c   3 

Analizar los casos en los que: –

BB´= BB´ = 0

–

BB´= BB´ = 0

–

CC´= 0

problemas resueltos Problema 1 Las tres dimensiones de un paralelepípedo rectángulo suman 14 u. Si una de ellas es el doble de otra y el área total del prisma es máxima, determine la tercera dimensión de este sólido. UNI 2007-II

A) 3 u D) 6 u

B) 4 u E) 7 u

C) 5 u

Resolución:

Piden c. Como AS.T  2  ab  bc  ac  a + b + c = 14 u .............................1 Pero: b = 2a, entonces: AS.T  2  2a2  3ac....................... 2 De 1 y 2: AS.T  2  42a – 7a2  .........................3 Luego: AS.T  14  9 –  a – 32  ....................4 (completando cuadrados) como se quiere que A S.T sea máxima se deduce de (4): a = 3 b = 6. c = 5 OTRO MÉTODO Derivando e igualando a cero, la ecuación (3): A 'S.T  14  6 – 2a  0 , entonces a = 3 c = 5.


85

Respuesta: C) 5 u

Problema 2 Se tiene un prisma exagonal regular ABCDEF – A' B' C' D' D ' E' F' cuyos lados de la base y la altura miden 2a (a > 0). Sobre el plano de la base se construye exteriormente un cuadrado de lados E' D' D'' E'', E' ', luego por las aristas AB y D''E '' pasa un plano plano formando formando un sólido ABD'' E'' A' B'. Calcule el volumen de la parte del sólido exterior al prisma exagonal. A) 3  3  1  a3 C) 2  3  1 a3 E)

UNI 2012-II B) 3  3  1 a3

D) 2  3  1  a3

4  3  1 a3 3

GEOMETRÍA

TEMA 24

TRONCO DE PRISMA

Exigimos más! Resolución:

Ubicación de incógnita Vx = VPD'D'' – QE'E'' Análisis de los datos o gráficos h  2a 2a 2a  2a 3 h

2a

Operación del problema 2a

B

Resumen El sólido pedido resulta un prisma triangular recto. Respuesta: D) 2( 3  1) a3

Problema 3 La figura representa un recipiente regular, en donde dond e a y son dados en cm y el ángulo  es variable. Determine el volumen máximo de dicho recipiente en cm 3.

1 3

2a

Análisis de los datos o gráficos Área Base = B

Vx  2a3 ( 3  1)

C D

A

2 B = a Sen 2


2 Bmax  a 2

x  B  2a

P


B’ A’ A’ 2a F’

2 a a 3 2a

UNI 2012-II

D’’ E’

2a E’’

h  2 a( 3  1) 2

h  a( 3  1)

3 a2  2

A)

2 a2

B)

C)

2 a2 2

D) 1 a2 2

2  Vx  a

2



Resumen Solo se debe de considerar: Bmáx cuando   90º . 2  Bmáx  a

E) 3 2 a2 2

2

Conclusiones y respuesta Vx 

2 a(h) (2a) 2


Resolución:

Respuesta: D) 1 a2

Ubicación de incógnita Vx: volumen del prisma

86

2

GEOMETRÍA

TEMA 24

GEOMETRÍA

CILINDRO DESARROLLO DEL TEMA ¿Cuál es el método para para generar gene rar una un a superficie superficie cilínc ilíndrica? Es el mismo método con el que se genera la superficie prismática, sólo que la directriz es ahora una línea curva plana no secante así misma. Superficie Cilíndrica Abierta

• Área de la superficie lateral (ASL) ASL  (2p (2pSR )  g • Área de la superficie s uperficie total total (A ST)

I.

AST  ASL  2(Abase)

DEFIN EFINIC ICIÓ IÓN N Cilindro es el sólido sóli do limitado por una superficie cilíndrica cilíndrica cerrada y por dos planos paralelos entre sí y secantes a todas las generatrices. Las secciones determinadas en los planos paralelos se denominan bases y son congruentes. La porción de superficie cilíndrica comprendida entre dichos planos es la superficie lateral del cilindro; en la cual se ubican segmentos paralelos de igual longitud denominados generatrices.

• Volumen (V) V  (Abase )  h

V  (A SR )  g

– 2PSR : perímetro de la sección recta. – ASR : área de la sección recta.

II. CLASIFICA CLASIFICACIÓN CIÓN A. Cilindro recto recto

Es aquel cilindro cuyas generatrices son perpendiculares a sus bases.

¿Qué es la sección transversal de un cilindro? Es la sección plana determinada en el cilindro por un plano paralelo a sus bases. ¿Qué es la sección recta de un cilindro? cilindro? Es la sección plana determinada en el cilindro por un plano perpendicular y secante a todas sus generatrices. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

87

GEOMETRÍA

TEMA 25

CILINDRO

Exigimos más!

En el gráfico se muestra un cilindro recto; se cumple: hg

• Área de la superficie lateral (ASL)

ASR  Abase

ASL  2rg • Área de la superficie s uperficie total total (A ST)

B. Cilindro Cilindro oblicuo oblicuo

Es el cilindro cuyas generatrices son oblicuas con respecto a las bases.

AST  2r(g  r) • Volumen (V) V  r 2h D. Cilindro Cilindro oblicuo de sección sección recta circular circular

Es aquel cilindro oblicuo cuya sección recta es un círculo. En el gráfico se muestra un cilindro oblicuo; obli cuo; se cumple: hg

ASR  Abase

C. Cilin Cilindro dro circula circular r recto recto

Es aquel cilindro recto cuyas bases son círculos. También es denominado cilindro de revolución porque es generado por una región rectangular al girar una vuelta en torno a uno de sus lados. • Área de la superficie lateral (ASL) ASL  2Rg R: Radio de la sección recta. • Área de la superficie s uperficie total total (A ST) AST  ASL  2(Abase) • Volumen (V) V  (Abase )h

¿Qué es la sección axial de un cilindro de revolución? Es una sección plana determinada en el cilindro por un plano que contiene a su eje.

Nota:

Las bases del cilindro oblicuo de sección recta circular son regiones elípticas, cuyas áreas se calculan en función de sus semiejes.

¿Qué resulta resu lta de desarrollar la superficie lateral de un cilindro de revolución? Resulta una región rectangular en el cual uno de sus lados tiene igual longitud que la circunferencia de una base y el otro lado es de igual longitud que la generatriz del cilindro.

– – – – UNI SEMESTRAL 2013 - III

V  R 2g

88

O: C entro entro de la elipse. Área de la región elíptica. 2a: Longitud Lo ngitud del eje mayor. mayor. 2b: Longitud del eje menor. menor. GEOMETRÍA

TEMA 25

CILINDRO

Exigimos más!


Resumen

Resolución:

El volumen de un cilindro oblicuo es 40 cm3 y la proyección de su generatriz sobre el plano de la base mide 5 cm. Si el radio de su sección recta mide 2 cm, calcule el área de la base en cm 2.

Según el dato del volumen se calcula h y luego se reemplaza.


Respuesta: D)

UNI 2012-II

A)

2 3

B)

C)

6 3

D) 8 3

4 3

E) 10 3 Resolución:


8 3

Problema 2 En la figura C, es un cilindro circular recto recto de radio R y altura h. Si en C, se inscribe un prisma regular cuadrangular y luego en este prisma se inscribe un cilindro circular recto recto C 2, y así se repite el proceso obteniendo los cilindros C 3, C4, C5, ... Si el cilindro C 21 es tal que su área total es 3 veces su área lateral, entonces el área lateral de C 1 es:

Ax: Área de la base

Operación del problema Se pide calcular: SL1  2Rh ...(1) Para C1: radio = R para C2: radio =

R 2–1

 2

UNI 2011-II

R para C3: radio = 3–1 ..  2 .

Análisis de los datos o gráficos V  40  (2)2 g 

R

para C21: radio =

 g  10

2 1–1

 2

 R 10

2

por dato: S T  3SL 21 21

h  5 3

 SL21  SB 21


2

A)

B)

V = (Ax) h Conclusiones y respuesta

C)

D)

2 R10 h    R10   h  R 2  2 211 

R 2 40

 2

2 en (1)  SL1  R 20 ( 2)

R 2 30

 2

Respuesta: C)

R 2

3


E)

R 2

( 2) 20

20

 2

Problema 3 En un depósito cilíndrico de radio 5 m, que contiene cierta cantidad de agua; se introducen 24 bolas esféricas de igual radio. Si el nivel del agua se incrementa en 4,32 m, entonces el diámetro (en m) de las bolas es:

R 2 15

 2

40  (Ax)5 3  Ax  8



R 2 10

 2

89

GEOMETRÍA

TEMA 25

CILINDRO

Exigimos más! UNI 2011-I

A) 3,0 3, 0 C) 3 ,4 E ) 3 ,8


B) 3,2 3, 2 D) 3, 3 ,6

  52  4, 32   24  4  r3  3  2 5   4, 32  3  r3  24  4   r  1, 5

Ubicación de incógnita Diámetro de las bolas (2r) Vi: volumen de una bola




2  V   5   4, 32 

Resolución:

Análisis de los datos o gráficos R = 5 y h = 4,32

V  (5) (5)2 (4,32 (4, 32))

 d  2r

Pero: V = 24Vi

V    52 h

Respuesta: A) 3,0



90

GEOMETRÍA

TEMA 25

GEOMETRÍA

TRONCO DE CILINDRO CILINDRO DESARROLLO DEL TEMA I.

TRO TRONC NCO O DE DE CI CILIN LINDRO Es la porción de cilindro comprendida entre una base y un plano secante a todas sus generatrices.

–

AB: generatriz generatriz m ayor. ayor.

–

CD: generatriz menor..

– O1 O2 : centros de las bases. g  gm O1O2  M 2

• Área de la superficie lateral (ASL )  g  gm  ASL  (2p (2pSR )  M   2 

Es el gráfico se muestra un tronco de cilindro oblicuo.

pero:

II. TRONCO TRONCO DE CILI CILINDR NDRO O OBLIC OBLICUO UO DE SECCIÓN RECTA CIRCULAR

2pSR  2R

• Volumen (V)  g  gm  V  A SR  M   2   h  h2  V  Abase  1   2 

Analizar el caso en que g m= 0

problemas resueltos Problema 1 Un tronco de cilindro circular recto se encuentra circunscrito a una esfera de radi o r  2 cm cm , el eje AB de la elipse forma un ángulo de 45° con la generatriz máxima BC. Calcule el volumen (en cm3) del tronco de cilindro. UNI 2011-I UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

Resolución:

A) 2(2 (2  2) B) 2(1 (1  2 ) C)

Ubicación de incógnita Vx: Volumen Volumen del tronco de cilindro

(2  2 )

D) 2(2 (2  2 ) E)

Análisis de los datos o gráficos r  2 (r: radio de la esfera)

2 ( 2  1) 91

GEOMETRÍA

TEMA 26

TRONCO DE CILINDRO

Exigimos más!

Aplicac Aplicación ión de fórmula, teorema o propiedad ABCD: Teorema de Pitot


17  4

B)

C)

4

D) 13  4

E)

15  4

A)

VE: volumen del embudo VE  129


gM  gm  4  2 2  g  gm  Vx  ( 2) 2   M   2 

3

Resolución:

Ubicación de incógnita Piden ASUP LAT

Análisis de los datos o gráficos Si (UN)2 – (CP) 2 = 30 y mNUP  15

Operación del problema Considerando la sección recta circular:

E  V tro nco de c on ono  V cili nd ndr o

129  12 (R2  25R2  5R2 )  R2 5 3


129  129R 2

   Vx  2   4  2 2    2  

R 1

Vx  2 (2  2)

Problema 3

Respuesta: B)

(2  2) Respuesta: A) 2(2

Problema 2

1

En la figura, se tiene un tronco de cilindro oblicuo. Si UN 2 – CP2 = 30 y m  NU P  1 5, entonces su área lat eral (en u2) es:

Considere un embudo compuesto por un tronco de cono de altura 12 cm y radios de sus bases 5 R cm y R cm y un cilindro de radio R cm y altura 5 cm. Si el embudo puede contener 129 cm3 de agua, halle R (en cm).

AS UP   2P LAT

 ASUP  

UNI 2010-I A) 0,5 0, 5 C) 1 , 5 E ) 2 ,5

S.R S.R

LAT

B) 1 D) 2



 4a  b4  a 2 b 

 2 (a  b2 ) 8

 ASUP.  15  LAT.

Resolución:

4

Ubicación de incógnita Piden: R


  a 2 b 

Respuesta: E)

UNI 2009-II

92

GEOMETRÍA

TEMA 26

15 π π 4

GEOMETRÍA

PIRÁMIDE DESARROLLO DEL TEMA

I. SUPER SUPERFIC FICIE IE PR PRISM ISMÁT ÁTICA ICA ABIERT ABIERTA A Es la superficie que se genera al desplazar una recta denominada GENERATRIZ a través de una poligonal plana denominada DIRECTRIZ y pasando siempre, por un punto fijo no coplanar con dicha poligonal denominado vértice. Una poligonal puede ser abierta o cerrada, entonces según esto; la superficie piramidal puede ser abierta o cerrada. A. Elementos Elementos

• Vért Vértice ice de la Pir Pirám ámide ide:: O • Vértice Vérticess de la base base:: A, B, C .... .... • Arist Aristas as late laterales rales:: OA,OB,OC... • Aris Arista tass bási básiccas: AB, BC, CD ... • Car Caras late laterrales: les:  AOB, BOC, .. . • Base Base de de la la pirá pirámi mide de:: ABCD ABCD • Altura: OM  OM OM H  Notación: Pirámide: O - ABCD ¿Qué es una pirámide? Una pirámide, es el sólido geométri ge ométrico co limitado por una superficie piramidal cuya cuy a directriz es cerrada cerrada y una plano secante a dicha superficie que no contiene al vértice, en dicho plano se determina una sección plana, el cual es denominada base de la pirámide, la distancia del vértice de la superficie piramidal a la base se denomina altura y la porción de superficie piramidal comprendido ente la base y el vértice se denomina superficie lateral de la pirámide. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

B. Clasi Clasificac ficaciión

1. ¿Qué criterio se toma toma para clasificar clasificar a las pirámides? • Para clasificar clasificar a las pirámides, pirámides, se evalúa el número de lados de la base, así por ejemplo, si la base es una región triangular, una región cuadrangular, una región pentagonal, ..., etc. Se denominará pirámide triangular, pirámide cuadrangular, pirámide pentagonal, ... etc. 93

GEOMETRÍA

TEMA 27

PIRÁMIDE

Exigimos más!

Luego, según sea la base y la ubicación del pie de su altura, las pirámides pueden ser: pirámide regular regular o pirámide no regular ( irregular). irregular). Entonces, ¿cuándo una pirámide es regular?, que elementos se consideran. Para que una pirámide sea regular es necesario evaluar la ubicación del pie de su altura y la base, así.

II. PIRÁ PIRÁMID MIDE E REGULA REGULAR R En toda pirámide se puede realizar realizar las siguientes aplicaciones.

A. Definición

Es aquella pirámide cuya base es una región poligonal regular y el pie de su altura esta en el centro de su base. B. Apotema Apotema de la pirámide regular (Ap) (Ap)

Es la perpendicular perpendicul ar trazada del vértice de la pirámide hacia una arista básica. Nota

En toda pirámide regular se cumple: • Las caras caras son triángulos triángulos isósceles isósceles congruentes congruentes entre sí. • Las car caras as latera laterales les y la base forman forman ángulos ángulos diedros diedros de medidas iguales. • Las arista aristass laterale lateraless forman forman con la base ángulos ángulos de medidas iguales.

Pirámide pentagonal P - ABCDE • Área de la superficie Lateral 



ASL    Áreas de las  caras laterales laterales   caras

• Área de la superficie Total T otal ASL  A SL  B

B: área de la base • Volumen Pirámide exagonal exagonal regular regular M – AB CDEF • Ap: apote apotema ma de la pirámi pirámide de.. • ap: apotema apotema del polígono regular regular ABCDEF. ABCDEF. • O: cent centrro de de la la ba base. se. • MO : altura de la pirámide, o es el pie de dicha altura. • a: medida medida del diedro diedro formado formado por por una una arista arista latera laterall con la base. • b: medida medida del ángul ánguloo formado formado por una arista arista lateral lateral con la base. MON: aplicando el teorema de Pitágoras

V  B  H 3

H: longitud de la altura de la pirámide. B. ¿Qué elementos elementos representat representativo ivoss se consideran? consideran? La base de una pirámide puede ser una región poligonal polig onal convexa, conve xa, no convexa o regular. según el tipo de pirámide que se analice, el pie de su altura puede ubicarse en el interior de su base en uno de los vértices de la base, arista básica o exterior a ésta, pero siempre en el plano que contiene a la base. UNI SEMESTRAL 2013 - III

(AP) 2  (ap) 2  H2

H: longitud de la altura de la pirámide 94

GEOMETRÍA

TEMA 27

PIRÁMIDE

Exigimos más!

• Área de la superficie lateral

Sólidos geométricos geométricos semejantes semejantes

¿Cuándo dos o más sólidos son semejantes? Dos o más sólidos geométricos son semejantes, si tienen igual forma, pero tamaños diferentes.

ASL  P(Ap)

p: semiperímetro de la base

IV. IV. PIRÁMID PIRÁMIDES ES SEMEJANTES SEMEJANTES

• Área de la superf icie total

Definición

AST  ASL  Abase

Dos pirámides son semejantes semejantes si sus s us bases son polígonos semejantes y sus respectivas caras laterales laterales forman con la base diedros de igual medida.

A base: base : área de la base • Volumen A  H V  base 3

III. PIRÁMIDE PIRÁMIDE NO REGULAR REGULAR (IRREGULA (IRREGULAR) R) Es aquella pirámide cuya base es una región poligonal cualquiera y el pie de su respectiva altura puede ubicarse en la base o exterior a ésta, pero siempre en el plano que contiene a su base. En la figura se muestra la pirámide M – ABCD semejante a la pirámide M´ – A´BĆ´D´, siempre se cumple las siguientes propiedades. A. A . Las áreas áreas de sus bases bases son proporciona proporcionales les al cuadrado cuadrado de las longitudes de sus líneas homólogas, así: A  (MA)2  (AB)2  H2  ...k 2 B (MA´)2 (A´B´)2 h2 En el gráfico se muestra las siguientes pirámides irregulares: irregulares: – Pirámide pentagonal pentagonal M – AB CDE. – Pirámide cuadrang cuadrangular ular M – ABCF. ABCF. – Pirámide pentagonal pentagonal M – AFCDE. AF CDE.

– A y B son áreas áreas de las bases de las pirámides. pirámides. – k: razón de semejanza. B. Los volúmenes volúmenes de de dicha pirámides pirámides son son proporcioproporcionales al cubo de las longitudes de sus líneas homólogas.

• Área de la superficie lateral 

VM ABCD (MA)3 (AD)3 H3 ...k 3     VM´ A´BĆ A´BĆ´D´ (MÁ´)3 (A´D´)3 h3



ASL    Áreas de las  caras laterales laterales   caras

Ve  ABC  (AB)3  (PA)3  h13  ...k 3 Ve  MNQ (MN)3 (PM)3 h32

• Área de la superf icie total AS.L  AS.L  Abase

Nota

• Volumen

En las pirámides semejantes las áreas de las superficies laterales y totales so sonn proporcionales propo rcionales al al cuadrado de la longitud de las respectivas líneas homólogas.

A H V  base 3 UNI SEMESTRAL 2013 - III

95

GEOMETRÍA

TEMA 27

PIRÁMIDE

Exigimos más!

problemas resueltos

Problema 1 Una pirámide regular triangular forma en su vértice un triedro cuyas caras miden 60°. La suma de las áreas de las caras es 81 3 m2. Dete Determ rmin inee la altu altura ra (en (en m) de la pirámide.

Calcule el volumen de la pirámide Q–BCP.

ABCP 

 2 Vx  1 ABCP(a)  Vx  1  5a  3 3 3 

9

B) 3 3 D) 5 3

Problema 3 UNI 2009 - I

Resolución:

Considerando como dato la suma de las áreas de 3 caras (laterales) = 81 3 . Como las caras en "v" miden 60° y la pirámide es regular resulta ser un tetraedro regular.

A) 1 a3 2

B) 3 a3 8

C) 4 a3 5 E) 5 a3 9

D) 7 a3 8

VQ-ABP = V Q - CDP  Las áreas de ABP y CPD son iguales a) Aplica Aplicaci ción ón de fórmula fórmula o teore teorema ma A ABP = ACPD A suplat.  81 3

•

32 . 3  81 3 4

•



En una pirámide V – ABCD AB CD la base ABCD es un trapecio (AB//CD). Si éste ést e poliedro poliedro se proyecta sobre el plano perpendicular a AB, el área proyectada es 20. Si AB = 12 u, CD = 6 u, entonces el volumen de la pirámide es: UNI

Resolución:

•

a

3 Respuesta: E) VX  5a

UNI 2009 - II

A) 3 2 C) 4 2 E) 6 2

2 ah 2  A BCP 5a 2 3

A) 40 u3

B) 20 u3

C) 22 u3

D) 120 u3

E ) 100 u3 Resolución:

am sen  2an sen 2 2 b) Soluc Solució iónn del del pro proble blema ma

6 3

Pero: h 



6 3

h  6 2

Piden:

Respuesta: E) 6 2

V V–ABCD = Vx = ? Vx  1 B H  1 12  6 h H 3 3 2



Problema 2 En la figura mostrada, ABCD es un trapecio rectángulo tal que:

mn

2

Vx = 3hH

1

20  h H  h H  40 40 2 Por lo tanto V x = 120

CD = BC = 2 AB = 2a Si PQ es perpendicular al plano del trapecio tal que PQ = a y los volúmenes de las pirámides Q–ABP y Q–CDP son iguales. UNI SEMESTRAL 2013 - III



h  na  m2a nm h  5a 3

Respuesta: D) 120 u 3

96

GEOMETRÍA

TEMA 27

GEOMETRÍA

TRONCO TRONCO DE PIRÁMIDE PIRÁMI DE DESARROLLO DEL TEMA I. TRON TRONCO CO DE PIRÁ IRÁMIDE MIDE Se denomina tronco de pirámide a la porción de pirámide comprendida entre la base y la sección plana determinado por un plano paralelo a dicha base y secantes a todas las caras laterales. A la sección sec ción plana plan a se denomina deno mina sección sec ción transversal transve rsal y a la pirámide que tiene por ba se a la sección transversal y por vértice al vértice de la pirámide original se denomina pirámide deficiente y deficiente y siempre es semejante con la pirámide inicial.

– H: es la longit longitud ud de la altura altura del tronco tronco de pirá-mi pirá-mide. de. – P – MNQ es la pirámide p irámide deficiente. deficie nte. – P – ABC y P – MNQ son pirámides pirám ides semejante se mejantes. s. Luego se cumple:

A  (AB)2  (PA)2  ...k 2 B (MN)2 (PM)2 k: razón de semejanza

II. TRONCO TRONCO DE DE PIRÁM PIRÁMIDE IDE REGULA REGULAR R Un tronco de pirámide es regular cuando sus bases son regiones poligonales regulares semejantes, sus caras laterales son regiones regiones trapeciales congruentes y forman con las bases diedros suplementarios. Superficie cónica

Definición Es la superficie que se genera por una recta denominada generatriz al al ser desplazada a través de una línea curva plana denominada directriz y y pasando siempre por un punto fijo no coplanar con dicha directriz.

Sea la pirámide de P – ABC hacia él se traza el plano S secante y paralelo al p lano, determinándose la sección plana triangular MNQ o se cción transversal, luego:

Nota: Emplear adecuadamente los términos inscrito, inscrito, circunscrito, exinscrito en los sólidos.

• Área de la superficie lateral la teral   ASL    Áreas de las   caraslaterales 

• Área de la superficie total AS.T.  AS.L.  A  B A y B son área de sus su s bases. base s. • Volumen V  H (A  B  A  B ) 3 UNI SEMESTRAL 2013 - III

97

GEOMETRÍA

TEMA 28

TRONCO DE PIRÁMIDE

Exigimos más!

problemas

resueltos

y el volumen del tronco de cilindro (O Problema 3 Problema 1 En una pirámide regular de base es centro). Una servilleta de papel cuadrada UNI 2013 - I cuadrangular, el punto medio de la AB CD , cu yo la do t ie n e 24 cm de altura dista en una cara la teral y de una longitud, se dobla por las líneas A ) 3 arista lateral 6 u y 8 u respectivamente. A) 3 punteadas tal como se muestra en la Calcule al altura (en u) de la pirámide. figura, donde M y N son puntos B) 2 3 A) A ) 6 2 B) 12 2 3 medios de BC y CD respectivamente; luego se juntan los bordes MB con MC , C) 18 2 D) 24 2 3 C) 4 AB con AD formándose NC con ND y AB con E) 34 2 una pirámide. Calcule la altura de esta D) 3 3 4 pirámide (en cm). Resolución: Análisis de los datos dat os o gráficos

E)

3

UNI 2012 - I

2

Resolución:

Ubicación de incógnita Piden: V Volumen de la pirámide = P Volumen del tronco de cilindro VTC A) A ) 6 D) 9


En el

Ubicación de incógnita h: altura de la pirámide

POD: 1  1  1 ...(1) h2 2b2 162

A

En el







B R

H

R 3


C

 ABC :  equilátero

BC : L 3  BC = R 3 2 VP = 1 (R 3) 2 3 .h = R h 3 3 4 4

VTC = ABase  Eje = R 2h R 2h 3 VP = 42 VTC R h

 h  24 2

Respuesta: Respuesta: D)

Análisis de los datos o gráficos grá ficos La pirámide B–MAN es trirectangular en B.

h

POK: 1  1  1 h2 b2 122 1  1  1 ...(2)  2h2 2b2 2 122 1 1 1 1 (1)–(2): h2 – 2h2  162 – 2 122 32  1  2 2 h 16 122

C) 8

Resolución:

O

Operación del problema Aplicando Aplicand o el teorema de la base media: OP = 16  OQ = 12

B) 7 E) 10

=



Problema 2 En la figura, O - ABC es una pirámide regular. Calcule la relación que existe entre el volumen de la pirámide regular UNI SEMESTRAL 2013 - III

Por teorema en los triedros trirectángulos.

Conclusiones y respuesta VP = 3 VTC 4

1  1  1  1 h8 h2 122 122 242 C) Respuesta: C)

98

3

4

Respuesta: C) 8 GEOMETRÍA

TEMA 28

GEOMETRÍA

CONO DESARROLLO DEL TEMA

Es el sólido limitado por una superficie cónica cerrada y un plano secante a dicha superficie que no contiene al vértice. La sección plana limitado por la directriz se denomina base del cono y la perpendicular trazada del vértice a dicha base a su altura.

– O: centro de la base ba se del cono – R: radio de la base • Área de la superficie lateral A S.L S.L   rg

g: longitud de la generatriz • Área de la superficie total t otal AS.T  AS.L  Abase

Abase: área de la base • Volumen

I.



V 

2



V   r   H  3 

VOLUME LUMEN ND DE EL CO CONO Abase  H 3

H: longitud de la altura

– A base: área de la base

Desarrollo de la superfic ie lateral lateral de cono de revolución

– H: longitud de la altura d el cono

II. CO CONO NO D DE E REVOL REVOLUC UCIÓ IÓN N Es el sólido que se genera cuando se hace girar 360° una región triangular recta en torno a uno de sus catetos contenido en una recta denominado eje de giro.

La superficie lateral es equivalente con su respectivo desarrollo, este es un sector circular cuyo centro es el vértice del cono y tiene por radio a la generatriz. AS.I   A sec tor 2  Rg  r  360 


99

GEOMETRÍA

   r  .360 g TEMA 29

CONO

Exigimos más!

problemas resueltos Problema 1 En un cono circular, recto la generatriz mide 12 cm y una cuerda de la circunferencia de la base mide 16 cm. Si la distancia del centro de dicha circunferencia a la cuerda es 4 cm, entonces el volumen del cono (en cm 3) es:

Problema 2

Problema 3

Considere dos esferas tangentes exteriormente, cuyos radios miden 1 cm y 3 cm respectivamente. Calcule el volumen (en cm3) del cono circular recto circunscrito a las dos esferas.

El ángulo de desarrollo de un cono circular recto mide 120°. Si la altura del cono mide 4 cm, entonces el radio (en cm) del cono es:

A) 80  UNI 2011 - II D) 83 

640  3

B) 641  3

D) 643  3

E) 644  3

A)

C) 642  3

B) 81  E) 84 

C) 82 

Resolución: Análisis de los datos o gráficos

Resolución: Análisis de los datos o gráficos

UNI 2009 - I

A)

2 2

B)

2

C)

3

D)

2 2

E)

2 3

Resolución:

Ubicación de incógnita Se pide el radio del cono, R

Análisis de los datos o gráficos La altura del cono; h = 4 El ángulo del desarrollo del cono circular mide 120°.

Operación del problema Trazamos QL  RS

Operación del problema a) Aplica Aplicaci ción ón de fórmula fórmula o teorem teorema a


Aplicando Aplican do de fórmula fórmu la teorema teore ma o propiedad Teorema de pitágoras

En el

QRL, ya que QR = 2(RL)

 mRQL  30º , luego mQPT  30º Resultando un cono equilátero.

Solución del problema En el OHN: R 2 = 8 2 + 42

En el PQ = 2

  360 R g

b) Soluc Solució ión n del del pro proble blema ma

PTQ de 30º y 60º: g

 R = 4 5

En el

120º

En el

PON: h2 = 122 – R 2 h2

R 9 3 3 3

2

= 122 –  4 5 

h2 = 64  h = 8


Conclusiones

Luego:

2 

2

8 V(cono)

 V(cono)  640 3 Respuesta: A)

R 120  360   R 1 g g 3

Conclusión y respuesta:

Conclusión y respuesta: 2 4 5  Luego: V cono  R h  3 3

POB de 30º y 60º:

    3 3 9

42 + R 2 = (3R)2

3

 V(cono)  81 640 3

Respuesta: B) B) 100

R  2



Respuesta: B) GEOMETRÍA

TEMA 29

2

GEOMETRÍA

TRONCO DE CONO DESARROLLO DEL TEMA

I.

TRON TRONC CO DE DE CONO CONO CIRC CIRCULA ULAR R RE RECT CTO O

Aplicaciones Aplicaciones prácticas

Es la porción de cono circular recto comprendido entre su base y la sección plana determinada al trazar un plano secante a la superficie lateral y paralelo a dicha base.

• Área de la superficie lateral ASL  g(R g(R  r) • Área de la superficie total t otal AS.T  A S.L  r 2  R 2

• Volumen V  H (R2  r2  Rr) 3 H: longitud de la altura del tronco del cono.



En un cono recto de 6 cm d e radio radio y 8 cm de altura, se traza un plano paralelo a su base de modo que el área del círculo que se determina en el plano sea igual al área lateral del tronco de cono determinado. Calcule la altura del tronco de cono (en cm).

Reconocemos que el notable de 37° y 53°. Luego: AC = 10

APT  AOC Luego: AP = 4K, PT = 3K y AT = 5K De donde: h = 8 – 4K .... (1) y g = 10 – 5K = 5(2 – K)


Por dato: (3K)2  g(3K  6)

AOC es

 9K2  5(2  K)3(K  2)

3K 2  5(4  K2 )

UNI 2012 - I

A) 8 – 2 11

B) 8 – 2 10

8K2  20  K  10 2

C) 8 – 2 9

D) 8 – 2 8

Conclusiones y respuesta Sustituyendo en (1):

E) 8 – 2 7

  h  8   10  4  8  2 10  2 

Resolución:


Respuesta: B)

PO = h UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

101

GEOMETRÍA

TEMA 30

TRONCO DE CONO

Exigimos más!

Problema 2

E  V tro nco de c on ono  V cili nd ndr o

Considere un embudo compuesto por un tronco de cono de altura 12 cm y radios de sus bases 5 R cm y R cm y un cilindro de radio R cm y altura 5 cm. SI el embudo puede contener 129 cm3 de agua, halle R (en cm). A) 0,5 0, 5 B) 1 C) 1 , 5 D) 2 E ) 2 ,5 UNI 2010 - I Resolución:

Ubicación de incógnita Piden: R

Análisis de los datos o gráficos VE: volumen del embudo VE  129


129 


12  2   2   2   2 ( R 25 R 5 R ) R 5 3

129  129R 2

R 1 Respuesta: B) 1

Problema 3 Se tiene un cono circular recto de volumen V y longitud de la altura H. La superficie lateral de este cono se interseca por dos planos paralelos a la base que trisecan a la altura H, obteniéndose conos parciales de volumen V1 y V 2 respectivamente (V2>V 1). Si V = aV1 + bV2 , calcule el cociente

a . b

A) 8

B) 9

D) 1 1

Por semejanza de sólidos: 3

•

 H  V1  3    V1 = V = V  H  27  

 2H V2  3 • = V  H  Reemplazando:

V = a  V  + b  8V  UNI 2013-I  27   27  C) 10 27 = a + 8b ..... (3)

E) 1 2

De (2) y ( 3) 3):

Ubicación de incógnita a b

a = 15 b 3 2

Análisis de los datos o gráficos V = aV1 + bV2....(1) a – 2b = 12....(2)


a = 15 15

b= 3 2

Resolución:

Piden:

3

    V2 = 8V 27  

102



a = 10 b Respuesta: C) 10

GEOMETRÍA

TEMA 30

GEOMETRÍA

SUPERFICIE ESFÉRICA DESARROLLO DEL TEMA I.

SUPERFI SUPERFICI CIE E ESFÉRIC ESFÉRICA A

2. Casq Casquet uetee esféric esférico o

La superficie esférica es el lugar geométrico de todos los puntos del espacio que equidistan de otro punto fijo del espacio denominado centro. La superficie esférica, es aquella superficie que se genera al hacer girar 360° una semicircunferencia alrededor de su diámetro.

Área del casquete esférico esfé rico ACE  (2R)H

3. Huso esfér esféric ico o Es la porción de superficie esférica comprendida entre dos semicircunferencia semicircunferencia máximas que ttienen ienen en común su diámetro.

Área de la superficie esférica AS.E.  4 R 2 A. Porciones notables de superf icies esféricas

1. Zona Zona esf esféri érica ca Es la superficie generada por una porción de arco de una semicircunferencia cuando se hace girar 360° alrededor de su diámetro.

Área del hu so esférico   A H.E.

360  4 R 2

Área de la zona esférica: esfér ica:  AH.E. 

AZ.E.  (2R)H UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

103

2

R

90

GEOMETRÍA

TEMA 31

SUPERFICIE ESFÉRICA

Exigimos más!

problemas resueltos Problema 1 UNI 2012 - I Problema 3 Un stand de una feria de libros tiene A) 3,5  En un tetraedro regular de arista "a", B) 3  C)2,5  un piso rectangular de 2880 m 2 y el D) 2  la distancia dist ancia desde desde el centro de sus caras E)1,5  techo tiene una forma semicilíndrica. a cada una de las caras restantes es: 2 ¿Cuántos m de lona se necesitarían Resolución: UNI 2013 - I para el techo, si el largo del stand es Ubicación de incógnita a 2a el quíntuple del ancho? Vcuña esférica = Vx A) B) C) 2 a 3 3 3 UNI 2013 - I Análisis de los datos o gráficos a A) 1240  B) 1340  C) 1440  D) 6 E) 12 23 a Vesfera D) 1540  E) 1640  1  8 Vesfera2 27 Resolución:

Resolución:

Ubicación de incógnita Piden: Área del techo = S

Ubicación de incógnita G1: Baricentro de ADC Piden la distancia de G 1 a BDC.

Análisis de los datos o gráficos Área de la base = 2880 AD = 5(AB) Operación del problema

Operación del problema S

 R

B

C R R

A

D 5

(5 )( ) = 2880 = 24 2R =  = 12

r3 R 3

r R





8 27


2 3

3 Vx  R (15) 270 Observación: Se debe considerar R = 3 para encontrar una alternativa.

(3)3(15) 15) Vx  (3) 270

S = ( R)(5 ) S = (12)(5  24)

AG2M

Conclusiones y respuesta a 6 x=h  x= 3 9

Respuesta: Respuesta: C) 1440 


Por

x=  h 3

Conclusiones y respuesta  S = 1440

Problema 2 La razón entre los volúmenes de dos esferas es 8 . Calcular el volumen de 27 la cuña esférica del ángulo diedro 15° de la esfera mayor.

Análisis de los datos o gráficos AB = a a 6 h= 3

Conclusiones y respuesta Vx = 1,5  Respuesta: E) 1,5 

104

x = 1 2a 3 3 Respuesta: E)

GEOMETRÍA

1 2a 2 3

TEMA 31

GEOMETRÍA

ESFERA DESARROLLO DEL TEMA

I.

ESFERA

O: Centro de la esfera, esfera, también también es centro centro del círculo círculo máximo.

Es el sólido que se genera cuando se hace girar 360° un semicírculo alrededor de su diámetro.

O1:Centro del círculo menor. H: Plano tangente a la superficie superficie esférica en P. P. P y Q: Planos secantes a la esfera.

A. Porciones notables de la la esfera esfera

(Sólidos de revolución)

1. Secto Sectorr esféri esférico co Es el sólido que se genera cuando se hace girar 360° un sector circular alrededor del diámetro de su respectivo círculo.

Volumen de la esfera

V 

(Según el gráfico)

4 3 R 3

Al trazar cual cualquier quier plano secante secante a una esfera esfera,, en dicha esfera se determina una sección plana el cual es un círculo. Si dicho círculo tiene por centro el centro de la esfera, entonces se denomina círculo máximo y si no contiene al centro se denomina círculo menor. Volumen del sector esférico

 2R 2   H  3 

VS.E S.E  



H: longitud de de la proyecc proyección ión del arco arco AB sobre el eje de giro. UNI SEMESTRAL 2 2013 013 - III

105

GEOMETRÍA

TEMA 32

ESFERA

Exigimos más!

III. SEGMENTO ESFÉRICO ESFÉRICO DE UNA BASE

2. Anill Anillo o esféri esférico co Es el sólido que se genera cuando se hace girar 360° un segmento circular alrededor del diámetro de su respectivo círculo.

Volumen del segme nto esférico de d e una base

VS.E. 

H3 r 2  H 6

2

También por relaciones métricas: r 2 = H(2R – H)

Luego:

Volumen del anillo anillo esférico



2 V A.E A.E  6 (AB) H

VS.E S.E 

H2 3

(3R (3R  H)

IV. CUÑA ESFÉR ESFÉRICA ICA



Es la porción de esfera comprendido entre dos círculos máximos que tienen su diámetro común.

II. SEGMENTO SEGMENTO ESFÉRIC ESFÉRICO O DE DOS DOS BASES BASES Es la porción de esfera comprendida entre dos planos paralelos y secantes a la esfera.

Volumen de la cuña



 VC.E.   V   VC.E  360 e sfera 360  VEsfera 

Volumen del segmento esférico d e dos bases

VS.E 

 r 2  H3  r12   H  2 H  2  6  2 


También:

106

VC.E. 

R 3 270

GEOMETRÍA

TEMA 32

ESFERA

Exigimos más!

problemas resueltos

2

Problema 1 Determine, en la siguiente figura, el volumen generado al rotar la región sombreada alrededor del eje x.

y

    Vx   AB . OB 6


2

 R 2  . R Vx 

r3  8 R 3 27



6

r 2 R 3


R 2

Vx 

2

R O

 2 R 2. R

Vx 

6

X

R 3 (15) 270

 R 3

 Vx 

3

Observación: Se debe considerar R = 3 para

UNI 2011 - I

A)

R 3

B)

Respuesta: B)



encontrar una alternativa.

R 3 3 Vx 

C)

E)

R 3

D)

4

R 3 6

R 3 9

Problema 2

Vx: volumen del anillo esférico

270

La razón entre los volúmenes de dos 8 esferas es . Calcular el volumen de 27 la cuña esférica del ángulo diedro 15° de la esfera mayor.

Resolución:


(3)3 (15) 15)

UNI 2012 - I

A) 3,5 

B) 3 

C) 2,5 

D) 2 

E ) 1,5  Análisis de los datos o gráficos OB : proyección proyección de AB sobre eje de

Resolución:

giro.



Vcuña esférica = Vx Vx = 1,5 

OB  R; AB AB  R 2 Análisis de los datos o gráficos Operación del problema

Vesfera1  8 Vesfera 2 27

 Respuesta: E) 1,5 

Problema 3 Una semiesfera está inscrita en un paralelepípedo de base cuadrada. Si el paralelepípedo tiene una superficie de área total igual a 64 u 2, entonces el volumen (en u 3) de la semiesfera es: UNI SEMESTRAL 2013 - III

107

GEOMETRÍA

TEMA 32

ESFERA

Exigimos más! A)

C)

E)

16  3

B)

23  3

D)

19  3 29  3




A sup.total  2 2R2  2R 2  4R 2

2

A sup.total  64

Operación del problema Del gráfico



64 2  16R2 R  2 Luego: Vsemiesf.  2 R 3 3

32  3

 Vsemiesf.  16 3

Resolución:

Respuesta: A)

Piden volumen de la semiesfera.


108

GEOMETRÍA

TEMA 32



GEOMETRÍA

TEOREMA DE PAPPU PAPPUS S GULDIN GULDIN DESARROLLO DEL TEMA TEOREMA TEOREM A DE PAPPUS PAPPUS GULDIN

El teorema de Pappus Guldin, se aplica para calcular el área de una superficie generada por una línea plana o para calcular el volumen de un sólido generado por una región plana cuando se hace girar 360° en torno a un eje coplanar de manera tal que no lo divide en dos partes a la línea o región, así tenemos: A.

Área de la super ficie generada

El área de la superficie generada por una línea finita cuando se hace girar 360° alrededor de eje coplanar, es igual al producto de la longitud de la circunferencia que describe su centroide por la longitud de la línea.

X: Distancia del C. G. al eje. L: Longitud de la línea curva AB. C.G.: Centroide de la línea B. Volum Volumen en del del sóli sólido do gene generad rado o

El volumen del sólido generado por una región plana, cuando se hace girar gi rar 360° alrededor de un eje coplanar copla nar,, es igual a producto de la longitud de la circunferencia que describe su centroide por el área de dicha región.

360°

A

360° C.G.

A

C.G. X

Eje de giro B

Volumen del sólido sólido gene rado

Eje de giro

A S.G.  (2 X ) A 

Área de la superficie generada

CG: centroide A: área área de la región X : distancia distancia del del C.G al al eje de giro

AS.G.  (2X) L 


109

GEOMETRÍA

TEMA 33

TEOREMA DE PAPPUS GULDIN

Exigimos más!

problemas resueltos Problema 1 Un triángulo isósceles cuya base mide 2a unidades y cuya altura mide 3a unidades, gira alrededor de uno de sus lados. Calcule (en unidades cúbicas) el mayor volumen del sólido que de esta manera se genera. A) 4a3 B) 5a3 C) 6a3 D) 7a3 E) 8a3 UNI Resolución:

Ubicación de incógnita Piden: VSG.: volumen mayor del sólido generado. Análisis de los datos o gráficos  ABC : isósceles G. baricentro

paralela a AC y que pasa por B. El área de la superficie total generada por el rectángulo es: A) 2a2 (3 (3  3)

Problema 3 Un prisma oblicuo de volumen 150 m 3 tiene área de superficie lateral 50 m 2. Determine el área del círculo inscrito a la sección recta en m 2. UNI 2012 - I

B) a2 (3 (3  3 )

A) 9  D) 30 

C) 3a2 3 D) a2(3 (3  2 3 )

B) 4  E)36 

C) 25 

Resolución:

E) 2a2 (3 (3  3) UNI

Ubicación de incógnita Área del círculo =  r2 Análisis de los datos o gráficos V = 150 = S(S.R.) a SL = 50 = 2p (S.R.) a

Resolución:

Ubicación de incógnita Piden: Área sup. generada = A x

Operación del problema Dividiendo miembro a miembro las expresiones anteriores tenemos: 150  3  S (S.R.) 50 2p(S.R.)


Operación del problema El mayor volumen se obtiene cuando   gira alrededor de AC .

Por teorema de Pappus: 2ax 3a    2 

VSG  2(a) 

 VSG  6a3

Del gráfico: Pero en la sección recta MNL: BQA: (Not. 30° y 60°)

S(S.R.) = p(S.R.)r

OQ  a 3 2

Problema 2 En un rectángulo ABCD la diagonal AC tiene una longitud de 2a unidades y forma con AB un ángulo de 30°. El rectángulo gira alrededor de una recta UNI SEMESTRAL 2013 - III

  A x  2  a 3   2a  2a 3   2 

 A x  2a2  3 

Respuesta: E) 110

Conclusiones y respuesta S =  r2 =  (6)2  S = 36 

3 

2

S(S.R.) r p(S.R.)

luego: r 3 = 2  r = 6

Por teorema de Pappus - Guldin Respuesta: C) 6 a3







Respuesta: E) 36   GEOMETRÍA

TEMA 33

Pamer-geometria

Recommend Documents