Geometría TEORÍA Y PRACTICA
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SAN MARCOS
AÑO 2003 Hecho el depósito legal, Ley N° 26905. REG. N° 15013298-1075 Prohibida la reproducción parcial o total de la obra, sin la previa autorización escrita del Editor de la misma. Aníbal Jesús Paredes Galván - Editor Jr. Natalio Sánchez 220 - Ofic. 304 - Jesús María Impreso en Perú____________________ Printed in Perú Composición, diagramación y montaje: Editorial San Marcos RUC 10090984344
PROLOGO DEL AUTOR El hecho de contar con un libro que llegue al lector que necesiíaaprender; al lector que quiere profundizar sus conocimientos y al que se interesa p o r la investigación, fu e lo que m e impulsó a escribir el presente. Y esta tarea, concluida hoy, me permite poner al alcance de alumnos y colegas un trabajo que, en mucho, cumple el objetivo propuesto. En prim er lugar, la teoría se desarrolla de manera sencilla, sin descuidar la rigurosidad en la secuencia lógica de Postulados y Teoremas. En este sentido hago prim ar lo básico sobre lo secundario, para que el alumno se dé cuenta p o r sí solo de lo mínimo que necesita saber para enfrentar con éxi lo un problema, desterrando así la idea de que la Geometría consiste en memorizar más y más propiedades. Luego, los problemas resueltos se presentan distribuidos de m enor a m ayor grado de dificultad; hecho que el lector mismo notará. Para ello, en los capítulos iniciales , generalmente, se han propuesto hasta tres bloques bien diferenciados. Además, se demuestran muchas propiedades, en form a de problemas. A parte del curso completo de Geometría elemental (Plana y del Espacio), se desarrollan otros temas de suma importancia, como los de M áximos y Mínimos, Introducción a la Geometría Analítica, Vectores, Isometrías, construcciones con regla y compás. Asimismo se dedica uncapítulo a temas selectos, en el cual se muestran las demostraciones de propiedades importantes. De otro lado, al fin a l de algunos capítulos el lector encontrará algunos comentarios relacionados con historias, anécdotas y aportes importantes de personajes ilustres. Al concluir, hallará un conjunto de problemas propuestos y ordenados p o r capítulos, con clave de respuestas. Seguro que el presente libro contribuirá bastante en el aprendizaje y preparación de los alumnos, a sí como, instrumento de desarrollo en clase, de los colegas, me despido a la espera de recibir sugerencias para mejorar futuras ediciones, con un gran agradecimiento al Sr. Aníbal Paredes Galvcin, p o r la confianza depositada en mi persona; asimismo, a todos aquellos cuyo aporte en el tipeo de textos y gráficos ha sido de suma importancia.
Fernando M. A Iva Gallegos
INTRODUCCION El denominador común del origen de la Geometría, en cada una de las antiguas civilizaciones fue su afán de medir las tierras, su inclinación por las edificaciones descomunales y su gran debilidad por la Astrología; con la cual, al tratar de predecir acontecimientos y situaciones a través de los astros, condujo inevitablemente hacia el desarrollo vertiginoso de la Astronomía, con su repercusión fructífera para su progreso geométrico. Los griegos erigieron, sobre todo con Euclides, el edificio geométrico racional, reemplazan do la observación y la experiencia p o r las deducciones racionales, partiendo de definiciones, axiomas y postulados, por un proceso deductivo. Para tener una referencia del orden en quefueron apareciendo los sabios que enriquecieron el conocimiento geométrico, en la era de la cultura Griega, tenemos : T halesdeM ileto(640A .C .): Fundósu uEscuelade Matemática y Filosofía ” llamada escuela Jónica. Su más importante contribución, es el teorema que lleva su nom bre:
AB DE BC “ EF Pitágoras (569-500 A .C .): Fue el discípulo más ilustre de la Escuela Jónica, formando luego la famosa Escuela Pitagórica, cuyo lema era : uLos números rigen el Mundo”. Su contribución más importante, es el teorema call eado a los triángulos rectángulos : a2 + b2 = c 2
Aristóteles (384-322 A.C.), tuvo una casi directa contribución en el progreso de la Geometría, orientando a los investigadores de la ciencia matemática y facilitando el descubrimiento de los errores científicos. Euclides (330-275 A.C), de quien no se sabe mucho sobre su biografía. La mayor parte de su vida la pasó en Alejandría y enseñó en el Museum que ahí se fundó. Es realmente con él, que la Geometría alcanza la jerarquía de una verdadera ciencia, reuniendo todos los conocimientos conocidos en su obra inm ortal: u Los Elementos " En esta época de oro de la Escuela de Alejandría, aparecieron además Arquímedes y Apolonio.
5
La obra que más repercusión ha tenido en el pensamiento científico de todas los tiempos, es a no dudarlo, "Los Elementos", Porque lo que él hizo no fue precisamente reunir todo el conocimiento geométrico de su época o resumirlo, sino más bien, seleccionar de todo ese mar de cuestiones geométricas sólo aquéllas que, de acuerdo a un plan cuidadosamente pre estructurado, formaron un verdadero sistema, justamente con las nuevos aportes que él incorporó a esta ciencia. Gran parte de su contenido proviene sobre todo de los pitagóricos y de Eudoxio; pero la abstracción, ese afán de hacer primar el conocimiento puro sobre lo utilitario, por un lado y el riguroso método deductivo por otro, fueron influencia de Platón y de Aristóteles, respectivamen te, doble influencia que, en la mente diáfana de Euclides, hace de conocimientos antes dispersos un perfecto sistema racional. En "Los Elementos" cuya aparición pertenece al siglo III A. C., Euclides sistematizó todas las propiedades geométricas hasta entonces conocidas en forma tan completa y lógica, que los tratados de Geometría hasta muchos siglos posteriores, estuvieron todos basados en é l , con pequeñas variantes de orden, enunciado y notación; sólo las investigaciones modernas las han completado decisivamente. La geometría que se estudia en la secundaria es ¿a geometría euclidiana, y el concienzudo estudio de ella nos dará una visión clara de su desarrollo lógico , de su importancia como modelo del desenvolvimiento deductivo, y como base fundamental para el estudio de otras geometrías; TRASCENDENCIA DE LOS ELEM ENTOS: Escrito sólo con el fin de dar un conoci miento completo y sintético de la geometría, como base para los que quisieran estudiar la Filosofía, ha tenido tanta importancia en el desarrollo cultural de la humanidad, que de él se han hecho más de 1500 ediciones, siendo después de la Biblia la obra que mayor difusión ha alcanzado . Entre otros destacados sabios de la época de entonces, podemos mencionar a denón, Hipócrates de Chíos, Arquitas, Hiplas de Elis, etc . El Autor
i
6
índice 7
Prólogo del Autor *
Introducción................................................................................................................................8
*
Capítulo 1
-
Términos Matemáticos..........................................................................................................11
*
Capítulo 2
-
Intersección de Figuras Piernas............................................................................................. 19
-
Ejercicios y Problemas Resueltos........................................................................................ 24
-
Capítulo 3 & Segmentos...............................................................................................................................43
-
Problemas Resueltos
- Nivel 1..................................................................................... 47 -N iv e l I I ..................................................................................... 55 - Nivel m .................................................................................... 69
*
Capítulo 4 ^
-
Angulos.................................................................................................................................... 85
-
Problemas Resueltos............................................................................................................. 91
*
Capítulo 5 *
-
Triángulos.............................................................................................................................. 127
-
Problemas Resueltos
—Nivel 1.................................................................................... 130 -N iv e l I I ................................................................................... 142 - NivelI I I ................................................................................ 153
- 'W
Capítulo 6 Congruencia de Triángulos................................................................................................. 167 Problemas Resueltos — Nivel I ................................................................. .................172 - Nivel II...,............................................................................... 182 -N iv e l I I I ...........................................................................
195
Capítulo 7 Wmrn W & . m i.IK.
-
Polígonos...............................................
221
-
Problemas Resueltos...........................................................................................................224
♦
Capítulo 8
-
Cuadriláteros...........................................................
-
Problemas Resueltos........................................................................................................... 247
245
'
'
•
• . ✓ ‘v i f l W
* ^ Capítulo 9 - | -
Circunferencia........................................................................................................................271
— P roblemas Resueltos........................................................................................................... 280 ♦ i Capítulo 10
-
Puntos Notables del Triángulo............................................................................................325
-
Problemas Resueltos........................................................................................................... 329
*
Capítulo 11
-
Líneas Proporcionales........................................................................................................ 347
-
Problemas Resueltos...........................................................................................................350
* ^Capítulo 12 -
Semejanza de Triángulos................................................................................................... 365
-
Problemas Resueltos........................................................................................................... 371
*
Capítulo 13
-
Relaciones Métricas en Triángulos Rectángulos........................................................... 395
-
Problemas Resueltos........................................................................................................... 398
*
Capítulo 14
-
Relaciones Métricas en Triángulos Oblicuángulos..........................................................413
-
Problemas Resueltos........................................................................................................... 420
*
Capítulo 15
-
Relaciones Métricas en la Circunferencia y Potencia.................................................... 441
-
Problemas Resueltos........................................................................................................... 450
*
Capítulo 16^
-
Polígonos Regulares y Longitud de la Circunferencia..........................
-
Problemas Resueltos........................................................................................................... 477
471
*
Capítulo 17
-
Areas de las Regiones Planas............................................................................................503
*
Capítulo 18
-
Rectas y Planos
659
*|i Capítulo 1 9 | 8
Rectas y Planos, Perpendiculares..................................................................................... 665
I ^Capítulo 2 0 j Rectas y Planos Paralelos..................................................................................................675 Problemas Resueltos ( Capítulo 18, 19 y 20 ) ............................................................ 684 Problemas Propuestos........................................................................................................ 699 Capítulo 21 Angulos Diedros....................................................................................................................701 Capítulo 22 Proyecciones en el Espacio............................................................................................... 705 Capitulo 23 Simetría.................................................................................................................................. 719 Capítulo 24ie Angulos Poliedros..................................
723
Problemas Resueltos ( Capítulos 21, 22, 23, 24 ) ........................................................ 732 Capítulo 25 Poliedros................................................................................................................................753 Problemas Resueltos...........................................................................................................755 Problemas Propuestos........................................................................................................ 767 Capítulo 26 Prisma y Tronco de Prisma.................................................................................................771 Problemas............................................................................................................................. 776 Capítulo 27 Pirámide y Tronco de Pirámide..........................................................................................795 Problemas Resueltos...........................................................................................................798 Capítulo 28 Cilindros y Troncos de Cilindros........................................................................................815 Problemas..............................................................................................................................819 Capítulo 29 Cono y Tronco de C ono...................................................................................................... 831 Problemas Resueltos...........................................................................................................834 Capítulo 30 Esfera y Teoremas de Pappus-Guldim
845 9
Problemas
854
Capítulo 31 Isometrías..............................................................................................................................873 Capítulo 32 Introducción a la Geometría Analítica. Problemas..............................................................................................................................902 Capítulo 33 Vectores................................................................................................................................. 911 Problemas Resueltos...........................................................................................................916 Capítulo 34 Máximos y Mínimos en Geom etría................................................................................... 959 Problemas Resueltos...........................................................................................................982 Capítulo 35 Temas Selectos: Demostración de teoremas y Propiedades en Poliedros............... 997Capítulo 36 I.
Trazado de Paralelas y/o Perpendiculares con Escuadras............................... 1009
II.
Construcciones Geométricas, con reglas y compás............................................1010
III.
Los Tres Problemas Famosos de Construcción.................................................. 1023
Capítulo 37 Transformación de coordenadas.................................................................................. 1024-A Problemas Propuestos.................................................................................................... 1024-K Miscelánea de Problemas Propuestos...................................... „...............................
1025
Bibliografía........................................................................................................................
1091
CAPITULO 1
TERMINOS MATEMATICOS a)
Proposición.- Enuncia una verdad demostrada o por demostrar.
b)
Axioma.- Es una proposición evidente que no necesita demostrarse. Por ejemplo: “ El todo, es igual a la suma de sus partes
c)
Postulado.- Es la proposición, que sin tener la evidencia del Axioma, se admite sin demostración, Por ejemplo “ Por dos puntos distintos pasa una, y sólo una recta"
d)
Teorema.- Es una proposición que, para su aceptación, necesita demostrarse . Consta de: Hipótesis y Tesis. La primera, indica los datos y se supone como cierta; la segunda indica lo que se va a demostrar. Luego, viene el proceso de la demostración.
Ejemplo: La suma de las medidas de los ángulos de un triángulo, es 180. e)
Lema.- Es un teorema previo, que sin/e de base para la demostración de otras proposiciones.
f)
Corolario.- Es una consecuencia deducida de un teorema demostrado.
g)
Escolio.- Llamada de atención hecha a un teorema con objeto de aclaración o restricción.
h)
Problema -Enunciado en el cual se plantea hallar una cantidad o construir alguna figura según las condiciones dadas.
Objetivo y División.- La Geometría tiene por objeto el estudio de las figuras geométricas, atendiendo a su forma, tamaño y relación entre ellas. Para un mejor tratamiento se divide en : Geometría Plana y Geometría del Espacio. (a)
Geometría Plana ( Planimetría). - Estudia las figuras planas, por ejemplo: el triángulo, círculo, etc.
(b)
Geometría del Espacio (Estereométria).- Estudia a las figuras cuyos puntos no están en un mismo plano; están en el espacio. Por ejemplo : La Pirámide, el Prisma, la Esfera, etc. 11
Figuras Geométricas. Clasificación.- Se llama figura geométrica a la representación de líneas, superficies y sólidos, adoptando cierta forma y teniendo una determinada extensión. A excepción del punto, el cual representa al conjunto unitario, toda figura se distingue de otra por su tamaño y forma. Un punto queda perfectamente determinado por su posición en el espacio. Las figuras geométricas se distinguen en: Líneas, superficies y sólidos. L IN E A S : L. Recta -
Todos sus puntos siguen una misma dirección.
L. Quebrada.-
Formada por un conjunto de dos o más líneas rectas consecutivas, en diferente dirección.
L. Curva.-
Si no tiene tres puntos que sigan la misma dirección. 4
L. Mixta
Es la combinación de alguna línea recta y alguna curva, consecutivas.
SUPERFICIES :
S. Curva
S. Plana o plano SOLIDOS :
Mediciones La medida de una línea limitada, es un número positivo único, llamada longitud. ( Son unidades de longitud : m; c m ; . . . e tc .). El área, es un número positivo único que indica la medida de una superficie. ( Son unidades de área : m2 , cm2 , . . . e tc .). La medida del espacio que encierra un sólido, se expresa por un número llamado volumen. ( Unidades de volumen : m3 , cm3 ;
e tc .).
CLASIFICACION.* Dos figuras, de la misma naturaleza, pueden s e r : (a)
Congruentes.- Si tienen igual forma y tamaño. Por ejemplo, dos cuadrados con igual longi tud de lado.
(b)
Semejantes.- Cuando tienen igual forma y tamaños diferentes. Por ejemplo, un cuadrado cuyo lado mide 10 unidades y otro cuyo lado mide 7 unidades.
(c)
Equivalentes.-AI tener igual área o volumen, sin importar su forma. Dos superficies equivalentes tienen igual área y dos sólidos equivalentes, igual volumen.
o Congruentes
(Igual área) (Igual volumen)
Equivalentes =
, se lee : “es congruente, con .. , se lee : “es semejante, con...”
<>
, se lee : “ es equivalente a . . . “
Conceptos Primarios y Nomenclatura.- El punto, la recta y el plano, son entes geo métricos no definidos, sobre los cuales se apoyan las definiciones de otras representaciones
A punto A
r : recta r Plano
P
El punto es la mínima representación en Geometría. Una recta está conformada por un conjunto infinito de puntos que siguen una misma dirección e ilimitada en ambos sentidos. Se puede concebir al plano, como una superficie llana, perfectamente lisa, sin espesor e ilimitada en todo sentido. Rayo y Semirrecta.- La siguiente figura, muestra un rayo El punto o , se llama origen o extremo y forma parte de la figura. Se denota, como : O P . O
P
A diferencia d«l rayo una semirrecta no considera el origen. Así, para la siguiente figura; la semirrecta OP se denotará como : C P .
o------------------------------------- ► O
P 13
Ejemplo 7.- El perímetro de un triángulo equilátero, es 18 equivalente a dicho triángulo, tiene longitud : A) 6 ^ 3 cm
B) 6 cm
El lado del cuadrado,
D) 3 cm
C)4 / 3 cm
E) 3 / 3 cm
Solución
J
El perímetro del triángulo es la suma de longitudes de los tres lados. Entonces : L+L
L
< >
+ L=18^3 r "1 -------- x ---------1
L = 6 f3
/.
Como deben ser equivalentes, según enunciado : área del □
= área del A
4 fórmula de área de un cuadrado.
t
i
—
fórmula de área de un
Entonces:
x2 = ( 6 ^ 3 ) . 2 ^ .
Es decir:
x2 = 27
->
A equilátero.
x = 3yf~3
Rpta :
(E)
Ejemplo 2,~ Hallar la longitud x, del radio de la esfera equivalente al cono de revolución adjunto,cuyo radio mide r = 6 ^ 2 cm y altura h = 12 cm. A) 4 cm
B) 6 cm
C) 8 cm
D) 9 cm
E) 12 cm
Solución Por ser equivalentes : Volumen de la Esfera
Volumen del cono ji
Según fórmula: Es decir: 14
4
— Tí X
7i r2 h
3
3
4 x 3 = ( 6 ^ 2 )2 12
x= 6
Rpta:(B)
Ejemplo 3,-lndicar verdadero ( V ) o falso ( F ): I.II.IV.V.VI.-
Un cuadrado, puede ser congruente a un triángulo. Dos figuras congruentes, son siempre equivalentes. Dos figuras equivalentes, son siempre congruentes. Un cubo y un cuadrado, pueden ser equivalentes. Si un cuadrado y un triángulo, tienen igual perímetro, se llaman equivalentes Dos rectángulos, son siempre semejantes.
Solución I.
(F). Las figuras congruentes deben tener igual forma y tamaño. (V). Por definición. (F). No siempre. Dos figuras equivalentes sólo requieren tener tamaños iguales, mas no la forma. Por ejemplo, un cuadrado y un triángulo, pueden ser equivalentes.
IV.
(F). La comparación debe ser entre figuras de la misma natualeza: figuras planas entre sí o sólidos entre sí.
V.
(F) Serán equivalentes, si sus áreas son iguales.
VI.
(F) Por ejem plo:
no tienen la misma form a; sólo sus ángulos sor/congruen tes. ( Angulos congruentes, tienen igual medida.)
Ejemplo 4.-Con una cuerda de longitud L cm, ¿Cuál de las dos figuras dadas a continuación debe formarse, para tener mayor área ?: a) Un cuadrado
b) Una circunferencia
Solución Si se forma un cuadrado, cada lado deberá tener longitud : —
V, el á re a :
Si se forma una circunferencia de radio r : 2rcr = L r=
2n
Y, el área del círculo: nt2 = — ... ( I I ). 4rc Como te = 3,1416 _» 4 tc = 12,5664. Entonces,la expresión ( I I ) es mayor que ia ( I ). Se debe elegir la circunferencia. 15
Conjuntos convexos y no convexos Cualquier figura geométrica, es un conjunto de puntos. Por ejemplo, un triángulo, es el conjunto de puntos correspondiente a la reunión de los tres segmentos que determinan tres puntos no colineales. B Así: AABC = AB U BC U AC
Nótese, en el gráfico adjunto, que el punto P, pertenece al triángulo. Q, no es un punto del triángulo. Q está en la región interior al triángulo. R es punto de la región exterior al triángulo. Definición.* Una región triangular, es el conjunto de puntos que comprende a un triángulo y su interior.
Definición.- Un polígono, es la reunión de tres o más segmentos consecutivos trazados en diferentes direcciones, tales como las figuras adjuntas. /
Análogamente al caso del triángulo, una región poligonal se define como el conjunto de puntos correspondiente a un polígono y su interior. Para los dos últimos gráficos : ABCDE, es un PENTÁGONO ( Polígono de 5 lados) y define una región pentagonal. PQRSTUV, es un HEPTÁGONO ( Polígono de 7 lados ) y determina una región heptagonal. Definición.- Un conjunto de puntos, se llama convexo, si el segmento determinado por dos puntos cualesquiera del conjunto, está contenido en él. Son ejemplos de conjuntos convexos :
Una región tnanguiar
Un círculo
Un cilindro (sólido)
En el caso de la región triángular: A V A,B e A ,( A * B 16
AB c A
Un cono (sólido)
Análogamente, para los otros ejemplos. Definición.- Un conjunto de puntos se llama no convexo, si existen al menos dos puntos distintos de dicho conjunto, qe determinan un segmento con algunos puntos no comunes al conjunto. Son ejemplos de conjuntos no convexos :
superficie cilindrica
superficie esférica
Ejemplo.- Indicar verdadero ( V ) o falso ( F ): a) b) c) d) e)
Una recta es un conjunto convexo ( ) Un plano es un conjunto convexo. ( ) Un triángulo es un conjunto convexo ( ) El exterior de un ángulo es un conjunto de puntos no convexo (. ) Un segmento es un conjunto convexo ( )
Solución a)
(V ) r A
b)
V A,B € r ,( A * B ) => AB c r
B
(V ) V P,G e H, ( P * Q ) =* PQ c H
c)
(F )
B
3 M.N e A ABC / MN
A
C 17
d)
(V)
Existen puntos de PQ, que no pertenece conjunto de puntos exterior al Z AOB
e)
(V)
V P^Pa e AB^P, * P2 )=>P1P2 c AB A
18
P¡
B
,
al
r
v
INTERSECCION DE FIGURAS PLANAS Una figura plana, tiene todos sus puntos sobre un mismo plano. s
L En la figura (a), las rectas m y n~se intercedan en un punto. En ^ b ), r intersecta a la figura f en dos puntos y para (c), la intersección de V y la figura L, es de tres puntos. En todos los casos anteriores diremos que la figuras son secantesise cortan en 1, 2 ó 3 puntos respectivamente. LINEAS CONVEXAS.- Son aquellas que se intersecan con alguna recta, en un máximo de dos puntos. Ejemplos:
LINEAS NO CONVEXAS.- Si alguna recta secante determina sobre ellas, más de dos puntos de corte. La Geometría Clásica, menciona estas figuras como cóncavas. Ejemplos:
19
O bservaciones: 1)
Dos rectas contenidas en un mismo plano y que no se intersecan, reciben el nombre de paralelas. Por ejemplo, m y q . En este caso, escribiremos : m // cf (“ m es paralela a q “). A veces, suele decirse que las rectas se intersecan, para este caso, en el infinito.
2)
Una recta y una circunferencia, pueden s e r :
Recta y circunferencia, tangentes entre sí. ( 1 punto de intersec ción ). 3)
Recta y circunferencia, secantes entre sí. ( 2 puntos de intersec ción ).
No se intersecan, (cero puntos de inter sección ).
Veamos algunos gráficos de intersección entre un triángulo y una circunferencia:
1punto
4 puntos
5 puntos
6 puntos
Por supuesto que, podrían hacerse otros gráficos para encontrar un número determi nado de puntos: 1,2,3,4,5 ó 6. Notamos que, el mínimo número de puntos de intersección (diferente de cero), entre estas figuras, es uno y el máximo : 6. 4)
20
Las fórmulas que damos a continuación, permiten encontrar el máximo número de puntos de intersección entre figuras del mismo tipo, así como entre dos grupos diferentes.
MAXIMO NUMERO DE PUNTOS DE CORTE
1)
Para “n" rectas secantes:
Así, por ejemplo, 4 rectas se cortan como máximo, en:
2)
4 (3 )
= 6 puntos
Para “n” circunferencias secantes:
3 circunferencias secantes, se cortan, como máximo, en 3(2) = 6 puntos.
3)
Para “n" triángulos:
Si se tienen 10 circunferencias, en contraremos como m á xim o : 3 x 10(9) = 270 puntos de corte.
4)
Para “n” cuadriláteros convexos:
5)
“n” pentágonos convexos se cortan, como máximo, en:
6)
En general, “n“ polígonos convexos de “L" lados cada uno, se cortan como máximo, en:
21
Por ejem plo, “n' polígonos de 11 lados cada uno (convexos) tienen como fórmula para el máximo número de puntos de corte: 11 n ( n - 1 ) . De modo que, 5 de estas figuras se cortarán en un máximo de: 11 x 5 ( 4 ) = 220 puntos.
Ejemplo:¿ En cuántos puntos se cortan, como máximo, 10 icoságonos convexos ? Solución Un icoságono es el polígono de 20 lados. Luego, en la fórmula del 6), debemos reemplazar: L = 20 =s> número de lados, n = 10 => número de polígonos. número de puntos = Ln ( n - 1 ) = 2 0 x 1 0 ( 9 ) = 1800.
Ejemplo : ¿ En cuántos puntos se intersecan, como máximo, 5 octógonos convexos ? Solución El octógono es un polígono de 8 lados. Entonces: L = 8 y n = 5. En la fórmula del 6): Ln ( n - 1 ) = 8 x 5 ( 4 ) 7)
= 160 puntos.
Dos polígonos convexos, de diferente número de lados, se intersecan, como máximo, en un número de puntos equivalente al doble del número de lados menor. Así, por ejemplo:
* 1 triángulo y 1 cuadrilátero: V
* 1 cuadrilátero y 1 pentágono:
* 1 Decágono (10 lados) y un octógono ( 8 lados), convexos, se cortan como máximo en : 2 x 8 = 16 puntos.
* Un cuadrilátero y una circunferencia:
( La circunferencia se considera como un polígono de infinitos lados ).
22
Completar: Como máximo, el número de puntos de corte entre:
8)
a)
Un triángulo y un pentágono convexo, es:
b)
Un dodecágono convexo (12 lados) y un ¡coságono convexo (20 lados), es
c)
Un polígono convexo de 50 lados y una circunferencia, e s : ............. .
Para “n" figuras cualesquiera (convexas ó no convexas), del mismo tipo, el máximo número de puntos de corte, es:
Siendo K, el número máximo de puntos en que se cortan 2 de dichas figuras. Por ejemplo, encontremos la fórmula para calcular el máximo número de puntos de corte entre “n” elipses. Una elipse, es de la forma:
Hallamos el valor de K, graficando dos elipses de modo que se tenga el número máximo de puntos de intersección entre ellas. K = 4 puntos Como máximo Entonces, para “n" elipses, la fórmula se obtiene al reemplazar este valor de K en la expresión anterior: 4 n ( n - i)
Ejem plo.- Hallar una formula para calcular el máximo numero de puntos de corte entre “n figuras de la forma:
Solución Graficamos dos de dichas figuras a fin de obtener el valor de K
•
•
Para un” de estas figuras
Juego
de reemplazar el valor de K en la fórmula del 8). 23
Ejercicios y Problemas resueltos *
Nota.- Vamos a reemplazar el enunciado:" Máximo número de puntos de corte”, p o r: MN PC.
1)
Hallar el MNPC entre 10 rectas y 5 circunferencias, al cortarse todas estas figuras entre sí. A) 65
B) 120
C) 145
D) 165
E) N.A
Solución
\\
10 rectas. 5 circunferencias.
El método de solución consiste en contar por separado los puntos de corte: rectas solas,circunferencias solas y al final la combinación. El resultado se obtiene sumando los parciales. Asi: a)
Las 10 rectas solas, se cortan como máximo, en: 10(9)
= 45 p u n to s
( 1)
b)
Las 5 circunferencias: 5 ( 4 ) = 20 p u n to s
c)
Para el número de puntos entre rectas y circunferencias: Como cada recta corta a una circunferencia en 2 puntos y son 5 circunferencias; entonces una recta corta a las 5 circunferencias en: 2 x 5 = 10 puntos. Pero, son 10 rectas; entonces tendremos a q u í: 10 x 10 = 100 puntos. Esto mismo, es: 2 x
( 2 ).
10 x 5 =
100 p u n to s
(3 )
Número de rectas. Numero de puntos entre una recta y una circunferencia.
Número de circunferencias
Finalmente, sumando los resultados parciales (1), (2) y (3); 45 + 2 0 + 100 = 165 puntos. Rpta: ( D ).
2)
Hallar el MNPC entre 11 rectas secantes y 5 triángulos, al cortarse todas estas figuras entre sí.
A) 225 24
B) 125
C) 115
D) 175
E) 205
Solución
11
<
5 A
Veamos: a)
11(10) cc Las 11 rectas, por sí solas: — - -------- ^ puntos
b)
Los 5 triángulos entre sí:
c)
Las 1 1 $ a los 5
a
(1
)
3 x 5 ( 4 ) = 60p u n to s ........ ( 2 ).
: 2 x
A
11 A
x 5
A
=
110 p u n to s ............( 3 ).
Número de A Número de $ Número de puntos entre 1$ y 1 A. Luego, sumando los resultados (1), (2) y (3 ): 55 + 60 + 110 = 225 puntos. Rpta: ( A ) 3)
Hallar el MNPC entre 11 circunferencias y 8 triángulos al intersecarse todas estas figuras entre sí. A) 726
B) 706
E) 278
D) 906
C) 806
Solución 11 0 8 A
a)
Las 11 circunferencias entre sí, se cortan como máximo, en: 11(10) = 110 puntos ... (1 )
b)
Los 8 triángulos: 3 x 8 x 7 = 168 puntos ... ( 2 ).
c)
Las 1 1 0
a los 8 A: 6 x 11 ♦ « 6 puntos ( m áxim o).
x 8 t
=
528 p u n to s
( 3 ).
©
25
Finalmente, sumando (1), (2) y (3), se obtienen 806 puntos. Rpta: ( C ).
4)
Hallar el MNPC entre 21 rectas secantes, 15 circunferencias y 1%triángulos, al intersectarse todas estas figuras entre sí. A) 4110
B ) 4100
C) 4001
D) 4020
,e jN .A
Solución
El método es sim ilar: Evaluamos el máximo número de puntos de corte entre las rectas solas, las circunferencias entre sí, los triángulos por si solos y luego hacemos las combinacio nes en grupos de dos. Asi:
a)
21(20) Las 2 1 ^ : ■ = 2 1 0 p u n to s .............. ......(1 )■
b)
Las 1 5 © : 1 5 ( 1 4 ) = 210 p u n to s ........... ..... ( 2 ) .
c)
Los 12
d)
21 X a 15 0
a
: 3 x 12 ( 11 ) = 396 puntos
..... ( 3 ) .
: 2 x 21 x ▲ ▲
15
=
630 p u n to s ..................... ( 4 ).
=
504 p u n to s ................... ( 5 ).
=
1080
A
2 ptos.
0
vT e)
Las 21 / a los 12 A : 2
x 21
A
A
x
12 A
2 ptos. A f) 6 x
15 x
12
A
A
A
6 ptos
0 26
(6 )
El MNPC total lo obtenemos sumando los resultados parciales del (1) al (6) 210 + 210 + 396 + 630 + 504 + 1080 = 3030 ptos. Rpta: ( E ).
5)
Hallar el MNPC entre 21 triángulos y 10 cuadriláeros convexos, todos secantes entre sí E ) 2880
D ) 2780
C ) 1880
B ) 2888
A ) 2080
Solución
: \ L.
21 a 10 □
Procedemos como antes: a)
Los 21 triángulos se cortan como máximo, en : 3 x 21(20) = 1260 p u n to s ..............
(U
b)
Los 10 cuadriláteros convexos: 4 x 10(9) = 360 p u n to s ................... ( 2 ).
c)
Los 21A a los 10 a : 6 x 21 x ▲ ▲
10 *
=
1260
( 3 ).
□ 2 x 3 = 6 ptos
Número de lados menor. ( Ver el N9 7 ) de ésta teoría. Sumando lo obtenido en a),
b)
y c ):
MNPC = 1260 + 3 6 0 + 1260 = 2880 puntos Rpta: ( E ). 6)
Hallar el MNPC entre 6 cuadriláteros convexos; 11 pentágonos convexos y 21 octógonos convexos, al intersecarse todas estas figuras entre si.
A ) 7414
B) 7604
C ) 6704
D) 4706
E) N.A 27
Solución En este caso, para figuras de la misma naturaleza usaremos : Ln ( n - 1 ) fórmula vista en el número 6) de teoría.
\
6 □. > 11 pentágonos. ( 5 lados ) ✓ 21 octógonos. ( 8 lados ).
Se tienen: Los 6 cuadriláteros convexos: 4 x 6 ( 5 ) = 120 p u n to s ............... (1 ) Los 11 pentágonos convexos: 5 x 1 1 ( 1 0 ) = 550 p u n to s
(2 )
Los 21 octógonos convexos: 8 x 2 1 ( 2 0 ) = 3360 puntos
(3 )
Ahora, en grupos de dos: Los 6 □ y 11 pentágonos: 8 x
6 x
11
A
A
A
□
=
528 puntos
pentágonos.
2 x 4 = 8 ptos
menor numero de lados. 6 □ y 21 octógonos. 8 x
6 x
21
A
A
A
2 x 4 = 8 ptos.
í menor numero de lados.
a
=
octógonos.
1008 puntos
f)
11 pentágonos y 21 octógonos: 8 x
11
▲
A
x 21
=
1848p u n to s ............( 6 ) .
í octógonos 2 x 4 = 8 ptos. A
pentágonos
número de lados menor. Finalmente, sumamos los resultados parciales del (1) al (6): MNPC = 120 + 550 + 3360 + 528 + 1008 + 1848 MNPC = 7414 puntos. Rpta: ( A ).
7)
Hallar el MNPC entre 10 rectas paralelas, 5 rectas secantes y 6 triángulos, al intersecarse todas estas figuras entre sí A) 360
B) 340
C) 350
D) 370
E) 330
Solución
10 /
paralelas
4
5 ¿
secantes
6 A Tenemos: a)
Las 10 paralelas entre s í : cero puntos de corte 5(4)
c)
Los 6 A :
3x6( 5)
= 10 puntos
2 ). 3 ).
= 90 puntos
Ahora, en grupos de 2 : d)
10 paralelas y 5 secantes:
número de puntos entre una paralela y una secante.
1 x
10 x 5 = 50 p u n to s ...( 4 ) .
▲
A
J
A
número de paralelas.
|____ número de secantes
29
Las 10 paralelas a los 6 triángulos ; 2 x ▲
10 x ▲
6 = ▲
120 puntos ......... ( 5 )
2 puntos paralelas. 5 rectas secantes y 6 triángulos : 2 x 5 x 6 = ▲ ▲
60 puntos
.........( 6 )
2 puntos. 7 secantes Sumando ahora, todos los resultados parciales : MNPC = 0 + 10 + 90 + 50 + 120 + 60 => MNPC = 330 puntos Rpta : ( E ).
Si a un grupo de rectas de un plano, se le agrega una, el máximo número de puntos de corte se duplicaría. Hallar el número de rectas original. A) 3
B) 4
C) 5
D) 6
E) 7
Solución Si, inicialmente, hubieran “n” rectas, el número máximo de puntos de corte sería puntos.
2
Al agregar una al grupo anterior: (n + 1) rectas ; estas se cortan, en : ( n + 1) ( n + 1- 1 )
(n+1)n
puntos
Según enunciado, el segundo resultado debe ser el doble del primero. Luego : (n + 1)n
2 , , n( n ~ 1)
Resolviendo esta sencilla ecuación :
n = 3 rectas
Rpta: ( A ). Si a un grupo de “n” rectas secantes se agrega una recta, el máximo número de puntos de corte aumentaría en 12. Hallar el valor de “n”.
A) 12
B) 11
C) 13
D) 6
E) 24
Solución Como, al agregar una recta, al grupo existente de un” rectas, la nueva debe cortar a cada una de las anteriores en un punto, entonces el MNPC se incrementará en “n”. Por lo tanto: n = 12 Rpta: ( A ).
Si a un grupo de un” rectas secantes se agregan dos rectas, el máximo número de puntos de corte aumentaría en 15. Hallar “n” A) 5
B) 6
C) 7
D) 8
E) N.A.
Solución Cada una de las rectas nuevas determina en el grupo existente de “n” rectas, un total de “n” puntos más. Entonces: - Número de puntos en que las 2 nuevas rectas cortan a lasya existentes : 2n - Número de puntos entre las 2 nuevas rectas : 1 Luego:
2n +1 = 15
De donde: n = 7. Rpta:C
Si a un grupo de “n” triángulos se le quita uno, el máximo número de puntos de corte dismi nuye en 18. Hallar “n" A) 3
B)
4
C) 6
D) 5
E) 9
Solución Un triángulo corta a otro en 6 puntos , como máximo. Al extraer un triángulo al grupo de “n”, éste cortará a cada uno 6 puntos. Luego;
6(n-1) = 18
de los (n- 1) restantes, en
n=4
Rpta: ( B ).
Al duplicarse el número de rectas secantes, el máximo número de puntos de corte se quintuplica. Hallar el número inicial de rectas
A) 3
B)
6
C) 15
D) 10
E) N.A. 31
Solución n( n - 1 ) Sea “n” el número inicial de rectas. Ellas determinan — - —
puntos.
Si se duplica el número de rectas, ahora tendremos 2n rectas que se cortan en 2n( 2 n - 1 ) ------- puntos. Según enunciado éste último resultado debe ser cinco veces el anterior. .
Resolviendo :
2 n (2 n -1 )
n(n-1)
n= 3
Rpta: ( A ).
Si a un grupo de “n” polígonos convexos, de “L” lados cada uno, se agrega otro de la misma naturaleza y cantidad de lados, el máximo número de puntos de corte se duplica. Hallar “n”. A) Falta conocer “L”
B) 6
C) 2
D) 3
E) 4
Solución Es fácil deducir que dos polígonos convexos de “L” lados cada uno se cortan como máximo en 2L puntos. Luego,el nuevo polígono corta al grupo de “n”, en 2Ln puntos. Como los “n^polígonos de W L” lados se cortan en Ln (n -1 ) puntos según fórmula y al colocar el nuevo polígono ésta cantidad se duplica; entonces: 2Ln = Ln (n-1) /.
2 = (n-1)
De donde: n = 3 Rpta: ( D ).
Hallar el número máximo de puntos de corte,entre 5 octógonos y 10 icoságonos, todos convexos. A ) 2670
B ) 2770
C ) 2760
Solución ( octógono : 8 lados; Icoságono: 20 lados ). Los 5 octógonos:
8 x 5 (4) = 160 puntos.
D ) 2870
E ) 7260
* Los 10 icoságonos:
20 x 10(9) = 1800 puntos
* 5 octógonos y 10 icoságonos: ( 2 x 8 ) x 5 x 10 = 800 puntos
N9 de puntos entre 1
^e
octógono y 1 icoságono.
octógonos.
icoságonos.
Sumando los resultados parciales : 160 + 1800 + 800 = 2760 puntos Rpta: ( C ).
15)
Hallar el máximo número de puntos de corte entre 10 rectas secantes, 6 triángulos y 11 cuadriláteros convexos. B ) 1312
A ) 1311
C ) 1213
D ) 1321
E) N.A
Solución
* Las 10 rectas:
10(- — 9 ) = 45 puntos. —
* Los 6 triángulos:
3 x 6 ( 5 ) = 90 puntos.
* Los 11 cuadriláteros:
4 x 11 ( 1 0 ) = 440 puntos.
* 10 rectas y 6 triángulos: 2 x 6 x 10 = 120 puntos
■¿x * 10 rectas y 11 cuadriláteros: 2 x 10 x 11 = 220 puntos - a
*
* 6 triángulos y 11 cuadriláteros: 6 x 6 x 11 = 396 puntos. En total, la suma: 1311 puntos Rpta: ( A ). 33
16)
Calcular el máximo número de puntos de intersección de 10 rectas paralelas, 12 rectas secantes y 16 circunferencias secantes. A) 1130
B) 306
C) 316
D ) 746
Solución 1 0 / paralelas 12 / secantes 16 O secantes 19)
Las 10 paralelas: * ---------------* * ----- 5--------► »
<----2®)
Cero puntos.
►
Las 12 secantes:
n(n-1)
12(11) = 66 puntos.
33)
4®)
Las 16 O secantes : n ( n - 1 ) = 1 6 ( 1 5 ) = 240 puntos.
Las 10 paralelas a las 12 secantes: 1 x 10 x 12 = 120 puntos. ... (1 paralela y 1 secante : 1 p u n to ).
5®)
Las 10 paralelas a las 16 circunferencias: 2 x 10 x 16 = 320 puntos.
6a)
Las 1 2 / secantes y 16 circunferencias: 2 x 12 x 16 = 384 puntos.
Sumando los resultados parciales: 0 + 66 + 240 + 120 + 320 + 384 = 1130 puntos Rpta: ( A ).
34
E ) 1098
Encontrar la cantidad de decágonos que se intersecan, sabiendo que al hacerlo determinan como máximo 6250 puntos, en los cuales están también considerados los vértices. A) 20
B) 50
C) 25
D) 60
E) 30
Solución Sea “n" el número de decágonos. Luego: Número total de vértices :
10n
Número máximo de puntos de intersección : lOn ( n -1 ) pordato:
10n + i0 n (n -1 ) = 6250
n2 = 625 => n = 25 Rpta: ( C ).
Si a un conjunto de rectas secantes, se le agregase una cantidad igual de rectas, su número máximo de puntos de corte aumentaría en 330 . Calcular cuántas rectas tiene el conjunto. A) 10
B) 25
C) 15
D) 12
E) 18
Solución Si, inicialmente, hubieran “n” rectas, éstas se cortarían, en: n (n -1 ) — -—
puntos.
Al agregar otras “n" rectas al grupo anterior, habrán “2n” rectas que se cortarían en: 2 n (2 n -1 )
puntos.
Usando el dato numérico: 2 n (2 n -1 ) = n (n -1 ) Efectuando: 3n2 - n - 660 = 0 ( 3n + 4 4 ) ( n - 1 5 ) = 0 De donde: n = 15 Rpta: ( C ).
Se tienen n circunferencias secantes. Si se quitan dos circunferencias, el número máximo de puntos de corte disminuye en 30. Hallar n.
A) 9
B) 8
C) 6
D) 10
El 12 35
Solución * Las “n” circunferencias secantes: n ( n - 1 ) puntos. * Al quitar 2, las (n-2) circunferencias restantes, se cortan en: ( n - 2 )[ ( n - 2 ) - 1 ] puntos * Con el dato : n ( n - 1 ) - 30 = ( n - 2 ) [ ( n - 2 ) - 1 ] . n = 9
Resolviendo, hallamos: Rpta: ( A ).
20)
Encontrar el número máximo de puntos de corte que hay entre “P decágonos convexos y “F” cuadriláteros convexos. A) 7F (F-1)
B) 7F (2F-3)
C) 4F (3F-2)
D) 2F (11F-7)
E) 3F (15F-8)
Solución J F decágonos convexos F cuadriláteros convexos
18)
Los F decágonos (10 lados cada u n o ): 10 F (F-1)
28)
Los F cuadriláteros: 4F (F-1)
38)
Los F decágonos con los F cuadriláteros:
í
\
N8 de puntos de corte entre 1 decágono y 1 cuadrilátero.
N8 de decágonos /
/
v
N8 de cuadriláteros
Así: ( 2 x 4 ) x ( F ) ( F ) = 8F doble número de --------------lados menor Finalmente, sumando los resultados parciales: 2F (11 F-7) puntos
10F (F-1) + 4F (F-1) + 8F: Rpta: ( D ). 21)
“n” polígonos convexos de" fia d o s cada uno se intersecan en 6240 puntos, como máximo Si quitamos un polígono, el número de puntos de intersección disminuye en 312. Hallar ( i + n ).
A) 33 36
B) 40
C) 42
D) 46
E) 44
Solución Los “n" polígonos convexos, de Y lados : ¿n (n-1) = 6240 ... ( 1 ). Al quitar un polígono, el # de puntos disminuye en 312, siendo éste el número de puntos que dicho polígono determina en los otros : 2£(n-1) = 312
(2 )
¿ (n -1 ) = 156 ( 2 ) en (1 ) : n =
6240 156
n = 40 ( luego : i = 4.
( i + n ) = 44
Es decir Rpta: ( E ).
Hallar el máximo número de puntos de intersección de 10 cuadriláteros no convexos A) 540
B) 720
C) 820
E) 360
D) 400
Solución Debemos usar la fórmula vista en el número 8) de la teoría, para encontrar el MNPC entre “n” cuadriláteros no convexos y aquí reemplazar el valor de n: . « i 0 r , K n (n -1 ) MNPC = -----
puntos.
K es el número máximo de puntos en que se cortan 2 cuadriláteros no convexos. Para ello, tenemos el siguiente gráfico:
K = 16 puntos.
Entonces, para “n” de estas figuras, la fórmula es:
MNPC
_ 16 n (n -1 )
2
Y si n=10 : MNPC = 8 x 1 0 ( 9 ) = 7 2 0 puntos Rpta: ( B ).
37
23)
Hallar el MNPC entre 5 elipses y 11 cuadriláteros no convexos A ) 1360
B ) 1260
C ) 1460
D ) 1560
E) 960
Solución ( 5 e lip se s). MNPC = ?
a)
( 11 cuadriláteros no convexos)
Para las 5 elipses: Usamos la fórmula vista en el número 8) de teoría en que hallamos para un” elipses la expresión: 2n (n-1) puntos. como n = 5, tendremos: 2 x 5 (4) = 4 0 puntos ...(1 ).
b)
Para los 11 cuadriláteros no convexos, según la fórmula vista en el problema anterior: 8n (n-1) puntos. Reemplazando n = 11 obtenemos: 8 x 11 (10) = 880 p u n to s .................. ( 2 ).
c)
Las 5 elipses a los 11 cuadriláteros no convexos: 8 x 5 x 1 1
▲ ▲
= 440 puntos ............( 3 ) cuadriláteros no convexos.
8 puntos. elipses Finalmente, sumando (1), (2) y (3): MNPC =
40 + 880 + 440 = 1360 puntos
Rpta: ( A ). 24)
Encontrar el número máximo de puntos de corte que hay entre 3 polígonos convexos de 2K lados y 6 polígonos convexos de 3K lados cada uno. A ) 102 K
B) 112 K
C ) 122 K
D ) 164 K
Solución 3 polígonos de 2K lados c/u MNPC = ? 6 polígonos de 3K lados c/u
Usaremos la fórmula : L . n (n-1) ptos, vista en el número 6) de teoría. 38
E ) 174 K
a)
Para los 3 polígonos de 2K lados c/u: ( n = 3 y L = 2K ). Se tienen: 2K x 3 ( 2 ) = 12K p u n to s
b)
( 1)
Para los 6 polígonos de 3 K lados c/u: ( n = 6 y L = 3K ). habrán: 3 K x 6(5) = 90 K p u n to s ............... ( 2 )
c)
Los 3 polígonos de 2 K lados y 6 polígonos de 3 k lados, se cortan como máximo en ( 2 x 2K ) x 3 x 6 A
MNPC entre 1 polígono de 2 K lados y otro de 3 k lados. ( doble menor número de lados.)
A
=
72K p u n to s ............( 3 )
A
número de polígonos de 3K lados c/u. número de polígonos de 2 K lados c/u.
Sumando ahora los resultados (1), (2) y (3 ), tenemos : MNPC = 1 2 K + 9 0 K + 7 2 K
MNPC = 174K puntos
Rpta: ( E ) .
25)
Deducir una fórmula para encontrar el número total de puntos en que se cortan “ n " circun ferencias dispuestas como se indica :
A) n(n-1)
B) 2n (n-1)
C )3 n (n -1 )
D)n(n+1)
E) 2n (n+1)
Solución El análisis lo hacemos incrementando cada vez en uno el número de circunferencias. Debemos relacionar el número de puntos con el número de circunferencias. Así: número de circunferencias
CD GQD GOQO
numero de puntos 2 puntos ---------2 (2 -1 ) 4 puntos ------- ► 2(3-1) 6 puntos ------- ► 2(4-1) 39
8 puntos
-
10 puntos
- 2 (6 - 1)
“n” circunferencias
26)
2(5-1)
( fó rm u la )
Luego de disponer 50 circunferencias y 20 rectas paralelas, como indica la figura siguiente, hallar el máximo número de puntos de corte.
A ) 2098
Solución a)
Las 50 circunferencias determinan entre sí, según la fórmula deducida en el problema anterior 2 (50 - 1) = 98 p u n to s 0 p u n to s
( 1 ).
b)
Las rectas entre sí:
( 2 ).
c)
Cada recta corta a una circunferencia en 2 puntos. Una recta corta a las 50 circunferencias en 2 x 50 = 100 ptos y las 20 rectas, en : 20 x 100 = 2000 p u n to s
(3).
Luego, el MNPC se obtiene sumando los resultados (1), (2) y (3 ): MNPC = 98 + 0 + 2000 = 2098 puntos. Rpta: ( A ).
27)
En la figura, las rectas L ^ y L2 son paralelas ente sí.
<__________ ►M
Sobre L1 se toman “m" puntos y sobre L2 , “n” puntos.
* l2
Hallar el máximo número de puntos de corte en que las rectas determinadas por los “m" puntos de L1 y “n“ puntos de L2 , cortan a la circunferencia.
A)mn 40
B) 2mn
C )m n(m n-1)
D)2m n(m n-1)
E) Ninguna.
Solución Cada recta intersecta a la circunferencia, como máximo, en 2 puntos. El número de rectas determinadas, lo obtenemos a s í: H H - Un punto de L1( con los un” puntos de L2 determinan “n" rectas. Luego, los “m” puntos de H L-i con los “n" puntos de L2 , determinan: mn rectas. Entonces, el número de puntos en que esta cantidad (mn) de rectas corta a la circunferencia, es: 2mn, como máximo. “m" puntos
Rpta: ( B ).
<—
M
5 -^ u2 n puntos
28)
Hallar MNPC entre “n” circunferencias, “2n” rectas secantes y '“n” triángulos, al cortarse todas estas figuras entre sí. v A) 5n (4n-1)
B )4 n (5 n -1 )
C )5 n (4 n + 1 )
Solución
D )4 n (5 n + 1 ) n O
MNPC = ?
2n X n
a)
E) Ninguna anterior
A
Las “n” circunferencias:
n ( n - 1 ) puntos.
b)
Las 2n rectas secantes •
2 n ( 2n-1) . . i--------- -} = n( 2 n - 1 ) 2 V ;
c)
Los Mn” triángulos:
3 n ( n - 1 ) puntos.
d)
un" circunferencias a “2n” rectas: 2 x n x 2n = 4n
e)
wn” circunferencias a “n” triángulos: 6 x n x n = 6n2 puntos
f)
u2n” rectas a “n” triángulos:
2 x 2n x n = 4n
puntos.
puntos
Sumamos los resultados parciales: efectuando:
MNPC = 5 n (4 n -1 )p to s
Rpta: ( A ) . 29)
Se muestran “n” circunferencias concéntricas y otras un’ circunferencias menores formando una argolla. El máximo número de puntos de corte, es: A) 2n
B) 4n'
C) 4n
D) 2n(n-1)
E) 2n(n+t) 41
Solución El número de puntos entre las circunferencias que forman la argolla se determina así: "A
La argolla se obtiene al intersecar las ) circunferencias extremas ( 2 puntos más ).
"n" circunferencias en esta posición : 2 ( n -1 ) puntos. Entonces, el número de puntos en la argolla será: 2 ( n -1 ) + 2 = 2n p u n to s
(1 ).
Cada circunferencia de la argolla corta a una de las concéntricas, en 2 puntos. Así que, las “n* circunferencias de la argolla cortan a las “n" concéntricas, en: 2 x n x n = 2 n 2 .......... ( 2 ). El número total de puntos de corte se obtiene sumando los resultados (1) y (2): MNPC =2n + 2n2 = 2 n ( n + 1) Rpta: ( E ).
Al número máximo de puntos de corte entre “n” polígonos convexos, de “L” lados cada uno, se le suma el máximo número de puntos de corte entre “n" polígonos de “2L" lados cada uno, obteniéndose en total 630 puntos. Hallar: L + n. A) Faltan datos
B) 13
C) 12
D) 11
E) 14
Solución MNPC entre “n” polígonos de “L” lados : Ln ( n - 1 ). MNPC entre “n” polígonos de H2L” lados : 2L x n ( n -1 ). Según enunciado: Ln ( n - 1 ) + 2 Ln ( n - t ) = 630 3 L n ( n -1 ) = 630 Ln ( n - 1 ) = 2 1 0 En factores primos, 210 es : 2 x 3 x 5 x 7 Escrito este producto en forma que contenga dos factores consecutivos, para luego comparar con el primer miembro, tenemos: Ln(n-1) = 7 x 6 x 5 De donde: L = 7 y Rpta: ( B ).
n = 6.-.
L + n = 13
r
CAPITULO 3 V
SEGMENTOS SEGMENTO.- Es la porción de recta limitada por dos puntos llamados extremos El segmento AB de la figura adjunta,
x
s
se denota: AB ó B A . Los puntos A y B son los extremos. Si la longitud o medida del segmento AB es 10 unidades, podemos e s c rib ir: AB = 10 ó
m AB = 10. En este último caso, la m se lee: medida. SEGMENTOS CONGRUENTES.- Son aquellos que tienen igual longitud. Así, si AB y CD son congruentes, escribi remos: 4
D
AB = CD ,
o simplemente:
AB = CD
PUNTO MEDIO DE UN SEGMENTO.- Es aquel que lo divide en dos congruentes.Se diceque dicho punto biseca al segmento. M es punto medio-de AB M
AM = MB o AM = MB =
AB
PUNTOS COLINEALES.- Son los que pertenecen a una misma recta. Por ejemplo, los puntos A, B, C, D, contenidos en la recta r. Además , si se marcan sobre la recta en el orden en que se mencionan, diremos 4 -------■--------- ■---------► que A,B,C,D, son consecutivos. A B C D
43
Ejemplo.- ¿Cuántos segmentos se pueden contar en la figura adjunté? B Se observan:
D
AB, AC, AD, AE ; BC, BD, BE ; CD, CE y DE
En to ta l: 1.0 segmentos. Nota.-
En general, “n” puntos colineales y consecutivos, determinan n ( n 1) segmentos. 2
Así, para el ejemplo a n te rio r: n = 5 puntos. El número de segmentos que se obtiene =*
5/4 )
' = 10
OPERACIONES CON LOS SEGMENTOS: Basados en el Postulado: “ El total es igual a la suma de sus partes”, tenemos AB + BC = AC
B
Q
PQ + QR + RS = PS
R
AB+ BC + CD + DE + EF = AF. AB + BE = AE ; AC + CD + DE = AE BD + DF = BF ; etc
D
B
También, podemos efectuar diferencias entre las longitudes de dos segmentos para representar un tercero; por ejemplo: M
N
MN = M T - N T ; NT = MT - MN.
T
* DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS.- Es la longitud del segmento que los une. Así, la ' distancia entre los puntos A y B, es AB. .___________________ . A B OBSERVACIONES: En algunos gráficos, vamos a representar las longitudes de los seg mentos con letras, usualmente, minúsculas. Por ejemplo: k A
B
Q
R
El segmento AB , mide “x unida
>
des de longitud”
►
Para la longitud de PR como: PR = PQ + QR PR = a + b
AB = x .
En este caso:
n
>
FG = E G -E F
FG = n - x
Si se enunciara
como dato:
AB = 2BC ( La longitud de AB,
K— 2a
►
B
el doble de la longitud de BC ); entonces, haciendo: BC = a; ten dremos: AB = 2a.
En aquellos casos de segmentos congruentes:
M
*
K
R
N
MN = NR o
R
RS = ST
JK s KL
MN = NR
POLIGONAL.- Se dá este nombre al conjunto de dos o más segmentos consecutivos trazados en diferentes direcciones, sin intersecarse dos no consecutivos. P. convexa ABCDE R no conve xa PQRST A
Cada segmento es un lado y cada punto es un vértice de la poligonal. Una poligonal se llama convexa, si alguna recta la interseca, como máximo, en dos puntos. La poligonal es no convexa, si la recta determina sobre ella más de dos puntos. Esta última poligonal se menciona en algunos textos como cóncava. POSTULADO DE LA MINIMA DISTANCIA.- “La mínima distancia entre dos puntos, es la longitud del segmento que los une”. De modo que, en la figura adjunta, el menor camino para ir de A hacia B, es A B . Entonces: AB < AC + CB
«£ -
A
B
E j e m p l o En el gráfico anterior: AC = 12 y CB = 8. Hallar el máximo valor entero de AB Solución .-
Tenemos : AB < AC + CB AB < 12 + 8 AB < 20
Entonces, el máximo valor entero de AB: 19. 45
POLIGONALES ENVUELTA Y ENVOLVENTE.- Se determinan al trazar dos poligonales cuyos extremos coinciden, hacia un mismo lado D y sin intersecarse en algún otro punto. Para el gráfico adjunto: ACDEB AMNB
Envolvente Envuelta
( A y B, son los extremos comunes y las poligonales están a un mismo lado de AB)
TEOREMA DE POLIGONALES.- Toda poligonal envolvente es mayor que su respectiva envuelta, de la misma naturaleza. Así, para el anterior gráfico: AC + CD + DE + EB > AM + MN + NB.
C
Vamos a demostrar este teorema para poligonales de dos lados, como en la siguiente figura:
Demostración Prolongamos AM hasta su intersección en H, con B C . Luego, por el postulado de la mínima distancia: A ACH
AC + CH > AM + MH
A MHB
MH + HB > MB
B
Sumando miembro a miembro: AC + MH + CH + HB > AM + MB + MH
AC + CH + HB > AM + MB
AC + CB > AM + MB.
Ejemplo.- En la figura adjunta: AB = 10 ; BC = 12 ; CD = 11 y AE = EF = FD = x Hallar el máximo valor entero de x A) 10
B) 12
C) 11
Solución Observamos, que: ABCD
envolvente
AEFD
envuelta.
D) 9
Entonces, por el Teorema de poligonales: AE + EF + FD < AB + BC + CD x + x + x < 10 + 12 +11 3x < 33 De donde: x < 11 Es decir, el máximo valor entero de V , es: 10 Rpta: ( A ) .
PROBLEMAS RESUELTOS NIVEL I r 1)
Los puntos colineales y consecutivos A, B, C y D, Son tales que: AD = 18, BD = 13 y AC = 12 UMIr,r r Hallar D BC. A) 6
B) 7
D) 9
C) 8
E) 5
Solución BC = ? Del gráfico:
18 AB = 1 8 - 13
Luego:
12
AB = 5
BC = AC - AB
\*
BC =7
BC= 12-5
D
B 13
Rpta : ( B ).
2)
P,Q Y R son tres puntos consecutivos de una recta. PQ = 2QR + 1 y PR = 31. Hallar QR. A) 9
B) 10
D) 12
C) 11
E) 8
Solución Consideremos el gráfico adjunto. Incógnita: QR -= x. Entonces: PQ = 2QR + 1 PQ = 2X + 1 2x + 1
Luego, en el gráfico: PQ + QR = PR
31
+ Q
R
2x + 1 + x = 31 3x = 30 • •
Rpta: QR = 10
x = 10
...( B ).
47
Se tienen los puntos colineales y consecutivos A,B, C,D tales que AD = 24
, AC = 16
y
AB
AD
BC
CD
Hallar: BC A) 3
C) 6
B) 4
D) 3,6
E) 5
Solución Consideremos el gráfico adjunto. Incógnita : BC = x 24
Se observa:
Ifi •—
AB = 16 - x
%
y CD = 2 4 - 16 = 8
8 D
IT 16 - x
Reemplazando en la expresión dada: AB
AD
BC
CD
16-x
24
8
Entonces: 16-x
= 3 => 1 6 - x = 3x
16 = 4x => — = x = > 4 = x Rpta: BC = 4
...( B ).
A, C, D y E, son puntos colineales y consecutivos tal que D sea punto medio de CE y AC + AE = 50. A) 25
Hallar AD B) 12,5
C) 50
E) N.A
D) 20
Solución Incógnita: AD = x. Sean: CD = DE = a (... D, es punto medio de CE ). Con el dato:
( x-a ) + ( x+a ) = 50 2x = 50 x = 25 Rpta: AD = 25
. . . ( A) .
H •A k
i
•LU
AC + AE = 50
5)
A, B y C, son puntos colineales y consecutivos, tales que 7AB = 8BC y AC = 45. Hallar BC. B) 19
A) 25
C) 23
D) 21
E) N.A
Solución Incógnita: BC = x
,
á-------------------- J t X
(45-x)
*
El dato :
B 7AB = 8BC 7 (45-x) = 8x =
3 15- 7x = 8x
315 = 15x x Rpta:
6)
= 21
{ D ).
Los puntos consecutivos A, M, B y C pertenecen a la misma recta. M, es el punto medio de AC . Hallar MB, si: AB - BC = 32. A) 8
B) 32
C) 18
E) 24
D) 16
Solución Con el gráfico adjunto: MB = x Incógnita.
----f
Si BC = a, entonces: MC = x + a y AM = x + a, ya que AM = MB, por ser M punto
A fe
* -------- 1— —
i----
i-------- ►
M
----
yx a
—
— v— ■
medio de AC . Reemplazando en el dato : A B * BC = 32
*
( x + a + x ) - a = 32 2x = 3 2 x = 16 Rpt a: MB = 16 ...( D ).
7)
En una recta se tienen los puntos consecutivos A, B, C, D, cumpliendo la relación 4AB- BD - 2CD = 4. Hallar AD, si AB = 3 y AC = 5.
A) 5
B) 6
C) 8
D) 9
E )7 49
Solución Como : AB = 3 y AC = 5
BC = 2
Sea CD = x. Luego, reemplazando en el dato :
*\
4AB - BD - 2CD = 4 : 4 ( 3 ) - ( 2 + x)-2x = 4
B
x = 2
D
Entonces: AD = 3 + 2 + x = 7. Rpta: (E).
Sean los puntos colineales y consecutivos E, F, G y H Si: EF = 8, GH = 9 y EG.GH + EF.FH = FG.EH, Hallar FG. A) 10
B) 12
C) 14
D) 17
E) N.A
S olución x
>|< 9 »l
Incógnita : FG = x
H
Con el dato: EG.GH + EF.FH = FG.EH y el gráfico : ( 8 + x )9 + 8 (x + 9 )
x( 8 + x + 9 )
72 + 9x + 8x + 72 = 8x + x 2 + 9x 144 = x2 De d o n d e : /Í4 4
= x
12 = x Rpta: FG = 12
... ( B ).
En una recta se ubican los puntos consecutivos A, B, C, D y E, siendo C punto medio de AE, además AB = CD. Calcular la longitud de BD. si AE = 18. A) 6
B) 7
C) 8
S olución BD = ?
E) 10
D) 9 9 r1- ■ \
9
a
AB = CD = a AE = 18 AC = CE = 9
B (y a que C es punto medio de AE ).
D
Del g rá fic o : BD = BC + CD BD = ( 9-a ) + a
BD = 9
Rpta: ( D ).
10)
M, Nt R, son puntos colineales y consecutivos, tales que 2MN + 3NR = 81 Hallar NR, si MR = 36 A) 12
B) 11
C) 10
D) 8
E) 9
Solución NR = x = ? Reemplazando, según el gráfico, en el d a to : (36 - x)
2MN + 3NR =81 2 (36 - x ) + 3x =81
20 •4 R
N
M
72 - 2x + 3x = 81 •
x=9
Rpta : ( E ).
11)
Los puntos A, B, C y D son colineales y consecutivos Demostrar, que:
Solución Comenzando del lado izquierdo de la expresión propuesta :
+ D
B
1
i i AC + BD = AC + BC + CD AC
12)
+
BD
=
AD + BC .......... L.q.q.d.
A, B, P, C y D, son puntos colineales y consecutivos. CD = 2AB, BP = PC y AP = 12. Hallar BD. B) 16
C ) 18
D) 20
E) 24 51
Solución Incógnita: BD Del gráfico BD = 2b + 2a El dato:
=*
BD = 2 ( b + a )
AP = 12
=*
Reemplazando, en ( 1 ):
( 1)
a + b=12 BD = 2 ( 12 )
• BD = 24 Rpta: ( E ).
13)
Sean los puntos colineales y consecutivos L,M, N, P, Q, siendo : 2LM = MN H a lla r:
y
LN
1
MQ
NQ LM
A) 12
B) 1/12
C) 13
D)1/13
E) Ninguna
Solución Se tienen : * MN = 2LM
Si LM = a,
entonces: MN = 2a
* También,de : ••• M Q = 15a
LN
1
MQ
MQ = 5 ( LN ) = 5 ( 3a )
NQ = 13a
NQ 13a Entonces: t t 7 = -------= LM a Rpta: ( C ).
14)
Sobre una recta se toman los puntos consecutivos P, Q y R. Entre los puntos Q y R se toma un punto H, tal que : PH =
HR
y QR - 4PQ = 28
Hallar QH.
A) 7 52
B) 5,6
C) 4,8
D) 4,5
E) N.A
Solución Incógnita: QH = x Del dato : PH =
HR a
HR = 4PH
fc» H
Q Si PH = a
4a- '
.1.* ■-
y É R
HR = 4a
Reemplazando en el otro dato : QR - 4PQ = 28 ( x + 4a ) - 4 ( a-x ) = 28 x + 4a - 4a + 4x = 28 5x = 28 x = 5,6 Rpta: ( B ).
15)
Sean los puntos colineales y consecuivos A, E, B, P y C ; E, es punto medio de AB y P lo es de EC. Hallar PC, Si: AB + 2BC = 36. A) 8
B) 16
C) 18
D) 9
E) 12
Solución Considerando el gráfico, donde la incógnita es PC = x
r* X
Según dato : AB + 2BC = 36
B
Reemplazando: 2a + 2 ( 2x - a ) = 36 2a + 4x - 2a = 36
4x = 36
x =9 Rpta: PC'= 9 ... ( D )
16)
En una recta se tienen los puntos consecutivos A, B, C siendo AC + AB = - BC. ü H a lla r:
A) 3
AB BC 1
B> 6
C) 2
1
°> 3 53
Solución AB
* ---- = 9
B
A
BC
* Del dato: AC + AB = -
BC
Luego: ( AB + BC ) + AB
= -
BC
ó
AB
2 AB = - BC ü
BC
Rpta: ( D ).
17)
Sean los puntos colineales y consecutivos P, Q, R y S, tales que PQ _ QR 3
"
4
RS "
5
y : 2PQ + 5QR + 8 RS =132 Hallar PQ. A) 3
B) 6
C) 9
D) 12
E) 4
Solución 3x
4x
5x
PQ
Luego :
QR PQ RS
RS
Q
= X
= x => PQ = 3x
QR
R
= x =» QR = 4x
= x => RS = 5x
Reemplazando en el otro dato : 2PQ + 5 QR + 8 RS = 132 2 ( 3x ) + 5 ( 4x ) + 8 ( 5x ) = 132 6x + 20x + 40x = 132 6 6 x = 132
x=2 Entonces : PQ = 3x = 3 ( 2 ) = 6 Rpta: ( B ).
n4
(/)*
Sea:
18)
Los puntos A, C, D y B, son colineales y consecutivos. CD =
1 AD = —DB
1
2 AC
AB = 24 cm. Hallar: B D - C D A) 12 cm
B) 14 cm
E) 20 cm
D) 18 cm
C) 16 cm
Solución Como: 1
AC = 2 CD
CD = - AC
24 2x
1
AD =
- DB O
9x D
DB = 3 AD
B
Luego, si CD = x , entonces : AC = 2x , AD = 3x DB = 3 ( 3x )
DB = 9x
En el gráfico AB = 24 => 12x = 24 •
x=2
Se p id e : B D - C D => 9x - x = 8x = 8 ( 2 ) = 16 Rpta: ( C ).
NIVEL n ,1 /
19)
Se tienen los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D y E, de modo que : AE = 36, BD = 9, AC = 23 y AB - DE = 5. Hallar CD. B) 1,2
A) 1
Solución
36
Considerando el gráfico, donde la incógnita es CD = x:
v
23
CE = 13
Luego, en el dato : 23-
Ü
B
CE = A E - A C CE = 3 6 - 2 3
,E>2
D) 2,5
C) 1,5
AB
DE = 5
(9-x)
( 1 3- x ) =
O
23-9 + x-13 + x = 5
D
*
r
*
- l
13
y
De donde: x =2 Rpta: CD = 2 ... ( E ).
Dados los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D.E y F : AB = EF, BC = DE, AD = 18 y AF = 28. Hallar CD A) 7
B) 5
E) 8
D) 6
C) 4
Solución
28 18
Incógnita: CD = x.
D
B
Sean las longitudes:
*t*
AB = a y BC = b. Luego, por dato : EF = AB => y
EF = a
DE = BC => DE = b
Del gráfico DF = 28 - 18 => DF = 10 a + b = 10 Entonces, como : AD = 18 + a +13 + x = 18 O 10 + x = 1 8 ■
x = 8.
Rpta : CD = 8 ... ( E ).
En una recta se toman los puntos consecutivos C, R y Z ; además se toma HU” entre UR" y *‘ZMcumpliéndose: 4CU = UZ y RZ - 4CR = 20. Hallar RU. A) 2
B) 4
C) 5
D) 6
E) 10
Solución Considerando el gráfico adjunto, donde RU = x, es la incógnita: Si CU = a . UZ = 4CU = 4a Además: RZ - 4CR = 20
4a
a h R
U
Luego: ( x + 4a ) - 4 (a - x ) = 20 x + 4a - 4a + 4x = 20 5x= 20 *
x=4
Rpta:
RU = 4
... ( B ) .
2 AB -B C 22)
Se tienen los puntos colineales y consecutivos A, B, C, tal que AB =
AC
AC = 12. H a lla r: AB B) 9
A) 8
E )4
D) 6
C) 7
Solución Incógnita: AB = x
1Z
i
En el gráfico: BC = 12 - x
B
Reemplazando en el dato AB -B C AB =
/
AC
2(x2- ( 1 2 - x ) 2 ) x = 6x = x
12
- ( 1 4 4 - 2 4 X + x¿ )
De donde:
Rpta : AB = 8
23)
... ( A ).
Sobre una recta se toman los puntos consecutivos M, N, O y R, tales que
NO =
OR
Calcular MO en función de MN y MR.
A)
B)
MO =
MO =
MN + MR
MR + 3MN
57
C)
MR + 3MN MO = 2 MR + MN
D)
MO =
E)
Ninguna anterior
Solución D a to :
NO =
OR M
O
N
R
Del g rá fico : MO = MN + NO OR
Luego :
MO = MN +
, usando el dato.
o mejor •
MO = MN + — — ^ 2 , ya que OR = M R - M O
Despejando ahora MO MO = Rpta:
24)
M R+3M N
( B ).
A, B, C, D y E, son puntos colineales y consecutivos tales que 2AB = 3BC = 4CD = 5DE y AE + BD = 56. H a lla r: AB A) 15
B) 28/3
C) 14
D) 16
Solución
« -¿ 4 - 3
Sean : 2AB = 3BC = 4CD = 5DE = x Luego:
B
2AB = x -> AB = - ; 3BC = x -» BC = ¿L O 4CD = x -» CD = 4 y 5DE = x -4 DE = 4 4 1 5 Reemplazando en el dato : AE + BD = 56
con el g rá fico : 58
/ ( X
( X X X X' —+ —+ — h •+* Í2 3 4 5,1 l 3
\ X^ 4 ¡
E) 17 x_ 4 D
t
Efectuando la s u m a :
28 15
x = 56 —> x = 30
x 30 AD Luego ; AB = — = —------> AB = 15
Rpta:
25)
( A ).
Sean los puntos M, N y R , consecutivos y colineales. Hallar MN, si: MN - NR = 6 y MN
NR
+
+
MR
A) 12
= 18 B) 10
C) 14
D) 15
E) 18
Solución 6+a
* Incógnita: MN * Como: MN - NR = 6
- S i:
N
M
Entonces : MN = 6 + NR
+ R
NR = a -> MN = 6 + a
Colocamos esto en el gráfico. Luego : MR = 6 + 2a. Reemplazamos ahora en el otro dato : MN
+
NR
+
MR
= 18
->
6+a a 6+2a 1— + — + ■■- - = 18 2 3 6
A fin de cancelar los denominadores en el primer miembro, multiplicamos toda la expresión por 6. ( m.c.m. de 2,3 y 6 ); obteniéndose:
f 6 + 2a ( 6+a > 6x + 6 x —+ 6 x 3 2 j . 6
i
= 6x18
18 + 3a + 2a + 6 + 2a — 108 7a = 84 Rpt a:
:6)
a = 12
MN = 6 + 1 2 = 18
... ( E )
A, M, B, C, N y D, son puntos colineales y consecutivos. M y N, bisecan AB y BD.res pectivamente. Hallar BC, sabiendo además que : NC = 4 , CD = MB y AD = 36
A) 1,2
B) 2,5
C) 1,8
D) 3
E) 2,8 59
Solución Consideremos el gráfico adjunto t
Incógnita: BC = x Como: BN = x + 4
ND = x + 4
x+8
Luego : CD = x + 8 -» MB = AM = x + 8
M
x+8
B
36
Entonces, usando el dato AD = 36 : 4x + 24 = 36 De donde: x=3 Rpta:
27)
BC = 3
... ( D ).
Para el gráfico adjunto, hallar el máximo valor entero de y \ cuando “x” toma su máximo valor entero. A) 29
B) 27
C) 28
D) 26
E) 25
Solución Primero encontraremos el máximo valor entero de “x". Por el teorema de Poligonales: AE + ED < AB + BC + CD Es decir:
x + x + 1 < 10 + 9 + 1 1 2x + 1 < 30 2x < 29 —» x < 14,5
*
El máximo valor entero de x, es : x = 14
Para hallar y , usamos el postulado de la mínima distancia AD < AE + ED y < 14 + 15 y < 29 Rpta:
28)
, ( con x = 14).
Máximo valor entero : y = 28
( C ).
A, B, C y D, son puntos colineales y consecutivos tales que : AC + BD = 24. Hallar la distancia entre los puntos medios de AB y C D . A) 24
B) 48
C) 6
Solución Sea M y N, puntos medios de AB y C D , respectivamente. Incógnita: MN. 60
D) 12
E) 18
Según el gráfico : MN = x + y + z .
(1)
Por dato : AC + BD = 24 Luego : ( 2x + y ) + ( y + 2z ) = 24
B
M
2x + 2y + 2z = 24
D
N
x + y + z = 12 Reemplazando en (1) : MN = 12 Rpta: ( D ).
A, B, C y D, son puntos colineales y consecutivos. M es punto medio de AB y N es punto medio de C D . Demostrar, que:
MN =
AC + BD
Solución Considerando el gráfico adjunto,
A
M
B
C
N
D
observamos que : MN = MB + BC + CN Es decir:
n ú =— AB + o /™* + ----CD MN BC
Dando común denominador en el 2fi miembro : AB + 2BC + CD MN = --------------------o, m e jo r: MN =
AB+BC+BC+CD
Pero: AB + BC = AC y BC + CD = BD Por lo tanto: „ K1 AC + BD MN = ......
I.q.q.d
Sean los puntos colineales y consecutivos : A, B, C y D. S i :
AB = AC CD
BD
entonces :
A) AB = BC
B) BC = CD
C) AB = 2CD
D) AB = CD
E) Ninguna anterior. 61
Solución Del Dato: AB _ AC
\
B
CD " BD
D
Según el gráfico : AC = AB + BC y BD = BC + CD. Reemplazando en lo a n te rio r: AB
AB + BC
CD
BC + CD
Efectuando el producto de medios y extremos : AB ( BC + CD ) = CD ( AB + BC ) Luego: AB.BC + £& C D = A & C ÍÍ+ BC.CD Q ueda: AB.BC = BC.CD Simplificando : Rpta:
31)
AB = CD
( D ).
En una recta se tienen los puntos consecutivos A, B, C, D de modo que BC = 1 , CD = 2AB AC
CD
1
A>2
1
D)1
B> 3
E>2
Solución 2x
AB = x = ?
i
D
B
Con el gráfico y el dato AC
+— = 1 x+1 2x 1
CD
Luego : 2 x + (x + 1) 2 x.( x + 1 )
= 1
De donde : 3x + 1 = 2 x
+ 2x
2 x 2 - x -1 = 0
( 2 x + 1)(x - 1) = 0
62
2 X + 1 :0 -»
X = — -
x - 1 0 ->
x= 1
2
Luego: x = 1 -*
AB = 1
Rpta: ( D ).
32)
U, N, I, son puntos colineales y consecutivos
UN - NI = 32.
M, biseca UN ; R, biseca NI y Q biseca MR. H a lla r: QN. A) 32
B) 16
C) 18
D) 4
E) 8
Solución yt 2x+¡j
Incógnita: QN= x
M x+a u sv»
_
Sea :
NR = a Rl = a
,
MQ = x + a y
QR = x + a, UM = MN = 2x + a
Usando el gráfico, para reemplazar en el dato : UN - NI = 32 ( 4x + 2a) - 2a = 32
4x = 32
x=8 Rpta:
33)
QN = 8
... ( E ).
Sobre una recta, se marcan los puntos consecutivos P, Q, R, S y T, siendo : PS.ST = PQ.QT. Entonces, es cierto que: A) PQ = ST
B) QR = RS
C) PR = RT
D) PQ = RS
E) QR = ST
Solución Reemplazando en el dato: PS.ST = PQ.QT, las longitudes
^ a t |(b •--------♦ ---
representadas en el gráfico:
c R
d ^ S
T
(a + b + c )d = a ( b + c + d) Efectuando: ad + bd + cd = ab + ac + ad De donde: bd + cd = ab + ac o, mejor aún : d ( b + c ) = a ( b + c ) cancelando (b + c): d = a
-»
ST = PQ
Rpta: ( A ). 63
Sobre una recta se marcan los puntos consecutivos O, A, B y M, de tal manera que : MA + MB = - A B 2 Si además:OM = x . OA + y . OB Hallar:
x.y.
a» ^
b> - 4
c» ^
e>’
Solución Se tienen : MA + MB = - A B
(|) 2 K h OM = x . OA + y . OB ... ( II ).
•------- -----A B M
O
Vamos a partir de la expresión ( I ) para llegar a una expresión idéntica a la ( II ), y por comparación deducimos los valores de “x” e “y”* Así, de ( I ): MA + MB = - A B 2 En términos de OM, OA y OB : ( O M - OA ) + ( O M - O B ) = |
( OB - OA )
Efectuando: 2 ( O M ) = | ( O B ) + O B - | ( O A ) + OA
2( OM ) = | ( OB ) - 1 ( OA)
De donde : ( OM ) = -. - i • OA
+ |-O B
( lli) .
Luego, comparando ( I I ) y ( I I I ), se observa, que : 1 x = — 4 Se pide :
;
5 y = — 4
5 x.y = - —
Rpta : ( B ).
Sobre una recta se toman los puntos consecutivos A, B y C de tal manera que BC es mayor que AB. Se toman los puntos UP" medio de AB; HQ" medio de BC y "M" medio de AC. Entonces la expresión QC - AP es igual a :
A)BM
B )4 ?
C)2 BM
D )^
E) —
Sólución Q C - AP = ? Sean:
BM = a MQ = b
Luego : BQ = a + b = QC
m
B
y: MC = a + 2b = AM
i
M
b
a+b
^3-
3a + 2b
Entonces : AB = AM - BM AB = a + 2b - b
a
— H
AB = 2b y AP = PB = b
Ahora, reemplazando en la pregunta del problema: Q C - AP = ( a + b ) - b QC -AP = a Es d e c ir:
Q C - AP = BM
Rpta: ( A ).
En una línea se tienen los puntos consecutivos A, B, C, D, E; siendo : AC.AD = BE.CE ; BC.DE = 9 y AB.CD = 7. H allar:
AC 2 - CE2-
A) 16
B) 4
C) 2
D) 1
E) 8
Solución Incógnita : AC
2
- CE
2
D a to s :
A
AC.AD
= B E .C E .... ( 1 )
BC.DE
= 9 .............( 2 )
AB.CD
= 7 .............( 3 )
DE ( 1 ) : AC.AD = BE.CE Con el gráfico: AC.(AC + CD) = (BC + CE). CE Efectuando : Á c 2 + AC.CD = BC-CE + CE 2 De donde : ÁC 2 - C É 2 = BC.CE - AC.CD
B
C
D
E
Ahora, tratamos de acomodar el segundo miembro de ésta última expresión para usar los datos ( 2 ) y ( 3 ): AC - CE
= BC ( CD + DE ) - ( AB + BC ) CD
AC - CE
= BC.CD + BC.DE - AB.CD - BC.CD
Es d e c ir:
AC - CE
= B C .D E -A B .C D
Con ( 2 ) y ( 3 ) : AC - CE
=9-7 =2
Rpta: ( C ). Otra form a :
n
Usando variable para las longitudes.
I
B
D
Incógnita: AC - CE
= ( m + n )2 - ( r+q )2
Los datos BC.DE = 9 AB.CD = 7 y de : AC.AD = BE.CE
->
nq = 9 mr = 7
(m + n ) ( m + n + r ) = ( n + r + q ) ( r + q )
De ésto último, se obtiene: (m + n )2 + (m + n ) r = n ( r + q ) + ( r + q )2 Es d e c ir: ( m + n )2 - ( r + q )2 = nq -mr
i
o también :
AC Rpta:
AC -C E
=2
CE
= 9 - 7
... ( C ) .
Los puntos A, B, C, D, E son colineales y consecutivos AC = 3BD, AB = DE y AE - 5 BC = 28. Hallar CD. B) 2
A) 1
C) 3
D) 4
E) 5
Solución Incógnita : CD = x Sea BD = a
3a
Según d a to : AC = 3BD AC = 3a
4 2 a+x
B C —► ^a-x 4 a
D 2 a+x
*
Luego : BC = a -x
y
AB = 3a - ( a-x )
Por otro lado :
AE
Con el gráfico :
-»
AB = 2a + x = DE
- 5BC = 2 8 ............( dato ).
5a + 2x - 5 ( a - x ) = 28
E fectuando: 7 x = 28 x=4 Rpta : CD = 4 ... ( D ).
Sobre una recta se toman los puntos consecutivos A, B, C, D, E y F, tal que AC + BD + CE + DE = 26 m
5 BE = ( - ) AF. O
y
Calcular AF. A )6 m
B)13 m
C) 1 6 m
D) 18m
Solución AF = ?
♦ B
A
C
D
BE=§AF * Del dato:
AC + BD + CE + DF = 26
Agrupando en forma conveniente : AE + BF = 26 Luego, desdoblamos B F : AE + ( BE + EF) = 26 Ahora: AF + BE = 26 con el d a to : AF + f
8
Esto es : 13 — AF = 26 AF = 16 Rpta:
(C)
AF = 26
E)20
Sobre una recta se toman los puntos consecutivos A, B y C, cumpliéndose AB . BC = a AC 2
y
— +— = 0 BC AB
Luego: A) a = —
1+0
B) a =
C) 0 =
2+0
—! 1+ a
D) 0 = — 7 2 +a
Solución D a to s: A
B
AB . BC = « A C 2 ..........( 1 )• AB^ e BC AB
............... ( 2) . ' '
D e (1 ) : A B . BC = a ( AB + B C f De donde : AB . BC = a ( A B 2 + B C 2 ) + 2 a AB . BC Es d e c ir: AB . BC( 1 - 2 a ) = a ( AB 2 + B C 2 ) o, m e jo r: 1- 2a
AB2+BC2
a
A B . BC
desdoblando el 2 - miembro : 1- 2a
AB2
a
+
A B . BC
BC2 AB . BC
Esto e s : 1- 2a a
AB BC = -----+ ......... BC AB
Ahora, reemplazando ( 2J en ( 3 ) : 1- 2a
a De donde, fácilmente obtenemos que : a = Rpta:
(B)
1
2+ 0
= 0
'
3 . 7
E) 0
40)
Se tienen los puntos consecutivos A, B, C y D, si : CD = 12m. Calcular la longitud del segmento que une los puntos medios de A) 3 m
B) 8 m
AC y A D .
C) 4 m
E) 6 m
D) 9 m
Solución Consideremos el gráfico adjunto. Sean M
punto medio de AC
N
punto medio de AD
x +a
* Incógnita : MN = x
A
M x
n
*
a C
b*---- VVMM— —
MC = x + a = AM
* Si NC = a
B
12
yvivwr
Luego, c o m o : AN = ND Con el g rá fico : x + a + x = a +12 De donde : 2 x = 12
Rpt a:
x = 6
(E).
( NIVEL in 41)
Sean los puntos colineales y consecutivos M, N, R y T, tales que ÑR = RT
y MR.NR = 10.
H allar: M T 2 - M Ñ 2 A) 10
B) 15
C) 20
D) 30
E) 40
Solución Sea el gráfico adjunto, donde se indica el dato NR = R T , haciendo y MN = b
NR = RT = a M
R
i T
Se dá : MR.NR = 10 Nos piden : MT
( b + a ) a = 10
(D -
- MN MT 2 - MN 2 = ( b + 2a )2 - b2 = b2 + 4ab + 4a 2 - b2 = 4ab + 4a 2 = 4 ( b + a ) a 89
Es d e c ir:
MT 2 - MN 2 = 4 ( b + a ) a
Usando la expresión ( I ) :
MT 2 - MN 2 = 4 x 10 = 40
Rpta: ( E ).
A, B y C, son puntos consecutivos de una recta. M es punto medio de AC
y N es
medio de B C . Demostrar, q u e : MN =
AB
Solución
b
Sea el g rá fico :
M
Tenemos: MN = MB + BN
B
N
C
S iendo: MB = AB - AM
y
BN =
BC
Reemplazando en lo a n te rio r: MN = A B - A M + P e ro : AM =
AC
BC
Luego: A D MN = A B
+ ----2 2
KAKI
o, m e jo r: MN = A B -
' A C -B C ' y
y, como AC * BC = AB, entonces : MN = A B AB De donde, efectivamente : MN = — .......... I.q.q.d.
Sobre una recta se marcan los puntos colineales y consecutivos A, B, C y D, tal que AB = CD. 1 Luego, la expresión :
1 + ^
5-
Es equivalente, a:
A) AB.BC
b) AB2 + B C 2
C ) ( A B + B D )2
D) AB.BC
E) AB.BC
Solución Considerando el gráfico adjunto, tenemos : 1
AB. AC
+
1
BC.BD
1
+
a(a+b)
= ? D
B
1 b(a+b)
b+a ab( a + b ) Es d e c ir: 1 AB. AC
+
1
a+b
BC.BD
ab(a + b)
1 AB. AC
+
1
1
BC.BD
ab
Entonces 1
AB. AC
+
1
1
BC.BD
AB.BC
Rpta : ( D ).
44)
Sean los puntos colineales y consecutivos A, B y C. Hallar la longitud de A B , s i : AB + BC2 = 11 A) 10
y
AC = 9.
B) 9
C) 8
D) 7
E) 6
Solución Incógnita : AB = x Del gráfico :
A
BC = 9 - x
A
En el d a to : A B + BC2
=11
x + ( 9 - x ) 2 = 11
B
De d o n d e : x 2 - 17x + 70 = 0 ( x-10 ) ( x-7 ) = 0 Resolviendo:
x=10
ó
x =7
Pero, como x < 9 , entonces : x = 7 Rpta : AB = 7 ... ( D ).
45)
Los puntos A, B y C son cotíneales y consecutivos. AC = 56. M, N, R y S, son puntos dios de
AB , BC , AN y MC respectivamente.
Hallar: RS A) 28
B) 14
C) 7
D) 18
E) N.A
Sotución Sea el gráfico: Incógnita : RS = x.
A
Llamando SB = a, BN = b = NC
*****
M
d R
x
SB
y MR = d,
entonces: MB = a ♦ x + d = AM según, dato :
AC = 56
Luego: 2x + 2a + 2b + 2d = 56
=>
x + a + b + d = 2 8 ............(1).
* [ Debemos hallar a + b + d, para reemplazar en ( 1 ) ]. Por otro lado: SC = MS
—>
a + 2b = d + x
AR = RN
->
a + x + 2d = x + a + b
( 2 ). ( 3 ).
Sumando, miembro a miembro, las expresiones ( 2 ) y ( 3 ) : 2a + 2b + 2d + x = a + b + d + 2x
Luego :
a+b+d = x
Reemplazando ésto último, en ( 1 ) : x + x =28 x = 14 Rpta: RS = 14 ...( B ).
b Ñ
*
46)
Sobre una recta se ubican los puntos consecutivos A, B, C y D, siendo AB = 4 y CD ■ HaHar MN, si M biseca AC y N biseca B D . A) 7
B) 8
C) 14
E) 10
D) 9
Solución Considerando el gráfico apunto, sean : MB = x, BC = y, CN = z. Luego, la incógnita, es : MN = x + y + z . (I).
r M * B yC
y+2
2
x+y
Se observan
•p
10
AM = x + y ND = y + z
AM = MC ND = BN Entonces : AB = 4
2x + y = 4
(II).
CD = 10
2 z + y = 10
(I I I ).
Efectuando la suma de las expresiones ( I I ) y ( I I I ), miembro a miembro : 2x +2y + 2z = 14 x+y+z = 7 Reemplazando esto en ( I ) : MN = 7 Rpta:
47)
( A ).
En una recta se tienen los puntos consecutivos A, B, C, D tal que AB = 2BC = 3CD, luego se consideran los puntos P y Q en AB y CD respectivamente Hallar PQ s i : PB = QD y AP - CQ = 16. B) 44
A) 4
C) 36
E) 24
D) 20
Solución * PQ = ? * Como
AB = 2BC = 3CD
Si
CD = a,
entonces : 3a
AB = 3a y
BC = — a
_2_
a-H ■*) £ " " 8 -------- c ~ G ~ & n
* Además, por dato : PB = QD Luego, la incógnita :
a
n
Sean PB = QD = n PQ = PB + BC + CQ PQ = n + —a + ( a - n ) 73
5 Es d e c ir: PQ = — a
(1 ).
* Del otro dato : AP - CQ = 16 Con el gráfico: ( 3a - n) - (a-n) = 16 ■va = 8 Finalmente, en ( 1 ) : 5 PQ = - x 8 = 20 Rpta: ( D ).
48)
A, B, C, D, E, F, G y H, son puntos colineales y consecutivos, tales que : 2 ( AH ) = 3 ( BG ) = 5 ( CF ), y : AD + BE + CF + DG + EH = 620 Hallar AH. A) 60
B) 400
C) 160
D) 276
E) 300
Solución * ah = ?
•;— ■— +•— " — •— A B C D E F
* D e: 2 (AH) = 3 ( BG ) = 5 ( CF )
Se obtiene :
* Por otro lado : AD + BE + CF + DG + EH = 620
Agrupando como se indica y haciendo uso del gráfico :
1__________ I
2 2 AH + - AH + - AH = 620 o
5
---------------- G H
Efectuando : 31 AH = 620 15 AH = 300 Rpta: ( E ).
En una línea recta se ubican los puntos consecutivos A, B, C y D tal que: AB.AD = 3BC.CD. Calcular a + b + c.
S i:
a CD
b
e
AB
AC
A) 3
B) 4
C) 6
D) 7
E) 8
Solución AB.AD = 3 B C .C D
( I ). B
CD
AB
AC
C
D
(II)
* A partir de ( I ), debemos llegar a una expresión idéntica a (II), para luego deducir los valores de a, b y c. A s í : AB.AD = 3BC.CD En términos de AB, AC y CD, ya que éstos aparecen en ( I I ) : AB. ( AC + CD ) = 3 ( AC - AB ). CD AB. AC + AB.CD = 3 AC.CD - 3AB.CD AB.AC = 3AC.CD - 4AB.CD Dividiendo entre el producto AB.AC.CD : AB.AC
3AC.CD
4 A B . CD
AB . AC . CD
AB . AC . CD
AB . AC . CD
Simplificando : 1
3
4
CD
AB
AC
(III)
Comparando ahora, las expresiones ( I I ) y ( I I I ), observamos que : a =1, b = 3 y c = 4 Luego: a+b+c=8 Rpta: ( E ) .
50)
En una línea recta "L" se conskJe*an los pontos consecutivos A, B, C y D, tal que : AD - BC = 15. Calcular la longitud del segmento que tiene por extremos fos puntos medios de AC y BD A) 7
B) 6,5
C) 7,5
D) 0
E) 9
Solución Supongamos que M, N,
AB < BC < CD.
punto medio de A C . punto medio de B D .
A
6
.BzM ^
^
'
z+x+y
Incógnita : MN. Si
MC = x ; CN = y
_>
Sea, además : BM = z. Luego : B N = z + x + y = ND. Aflora, usando el dato numérico : AD - BC = 15 l Con el gráfico :
k
( AM + MN + ND ) - ( BM + MC) = 15 Es d e c ir: ( x + x + y + z + x + y ) - ( z + x ) = 15 Sim plificando: 2x + 2y = 15 De d o n d e : x + y = 7,5 MN = 7,5 Rpta: ( C ).
51)
Sean los puntos colineales y consecutivos A, B, E y C, siendo : Demostrar que :
1
1
— + AB BC
AB
BE
AC " BC
1
BE
Solución A partir de :
A AB = BE AC “
76
BC .............( 1
B
E
C
t
Debemos llegar, a : 1
AB
+
1
1
BC
BE
(2 )
AB.BC = AC.BE
Veamos, de ( 1 ) :
Expresando en términos de AB, BC
y
BE :
AB.BC = ( AB + BC) . BE Dividiendo cada miembro entre AB.BC : AB . BC
( AB + BC )BE
AB . BC
AB . BC
/ 1=
AB
\ AB . BC
+
BC
\
BE
AB . BC
De donde : 1
1
BE
52)
BC
AB
AB
+
1
1
BC
BE
l.q.q.d
A, B y C, son tres puntos distintos del piano , tales que : AB = 5 y
BC = 7. H a lla r:
a)
El mínimo valor de AC.
b)
El máximo valor de AC,
c)
La diferencia entre los valores enteros máximo y mínimo de AC, sabiendo que A, B y C no son colineales.
Solución a)
El mínimo valor de AC, corresponde al gráfico siguiente : I
Para este caso : AC = 7 - 5 = 2 Rpta: ( a ). b)
B
El máximo valor de AC, se obtiene con el siguiente gráfico : Luego : AC = 5 + 7 = 1 2 Rpta:
c)
i
*l
( b ).
i
B
i
Si A, B y C, no son colineales, determinan un triángulo. Entonces : AC < 5 + 7 ->
AC < 1 2 ............( 1 ) .
B
También : AC > 7 - 5
->
AC > 2
.......... ( 2 ) . 77
De ( 1 ) : máximo valor entero de AC = 11 De ( 2 ) : mínimo valor entero de
AC = 3.
Se pide : 11 - 3 = 8 Rpta: ( C ).
A, B, C y D.son puntos colineales y consecutivos. AB
S i:
BC
J = K
AD " CD
J
Demostrar,que
Solución Usando el gráfico adjunto, donde : BC = AC - AB. v
B
D
CD = AD - AC.
Reemplazando en el dato : AB BC
= K
te n e m o s : AB AC-AB efectuando :
= K
AD \ AD-AC
AB ( AD - AC ) = K.AD ( A C - A B ) AB.AD - AB.AC = K.AD.AC - K.AB.AD
trasponiendo términos : ( K + 1 ) AB.AD = K.AD.AC + AB.AC dividiendo ahora cada término entre el producto de AB.AD.AC : (K + 1 J A B . A D
K.AD.AC
A B . A D . AC
AB . AD . AC
+
AB.AC AB . AD . AC
Simplificando : (K + 1 ) '
’
AC
K ~
1 +
AB
AD
Iqqd
54)
A, E, C, B, N y D, son puntos colineales y consecutivos, siendo E punto medio de AC y N punto medio de BD. Hallar AB, s i : CD = 13 y EN = 10. A) 7
B) 11
C) 12
D) 16
E) N.A
Solución * Consideremos el gráfico adjunto : * Incógnita : AB = 2x + y
(1 ).
Según enunciado: EN = 10
x + y + z = 1 0 ............( 2 ) .
CD = 13
y + 2z = 1 3 ............( 3 ) .
Para obtener la expresión de AB,dada por (1 ), efectuamos lo siguiente : multiplicamos por 2 miembro a miembro la ecuación ( 2 ) y al resultado restamos la ecuación ( 3 ). A s í : 2 ( x + y + z ) - ( y + 2 z ) = 2( 1 0 ) - 13 De donde : 2x + y
=7
En ( 1 ) :
AB = 7
Rpta: ( A ) 55)
Un tesoro está escondido en determinado punto de un camino recto que une las ciudades A, B, C, D, ubicadas en ese orden. Un mapa indica la forma de hallarlo, del siguiente modo: * Partir de “A” y detenerse en la mitad del camino a “C” * Luego, seguir y caminar un tercio de la distancia a “D” * Hacer luego un cuarto del camino hacia “B” y encontrará el tesoro. Si la distancia entre A y B es 6 Km y la distancia de B a C es 8 Km, estando el tesoro a mitad del camino entre A y D, ¿Que distancia separa a C y D? A) 37 Km
B) 38 Km
C) 39 Km
D) 40 Km
Solución
E) 51 Km
8
tesoro
l- H *
Según el enunciado," x " es
é
“un cuarto del camino hacia B”;
D
3 _
esto e s :
X = 1 '< L i 4^3
(D
79
Como el tesoro está a mitad del camino entre A y D : ^
7+
d —+ 3
X
7+d a= -------2
(II)
De ( I ) y ( I I ) : d = 45 Luego: AD = 7 + d
AD = 52
CD = AD - AC Rpta:
56)
CD = 38 Km.
... ( B ).
Para el gráfico adjunto : >|«
i*
PS = 18
Z
x +y
2x’ V
-------------------------
R
Hallar el valor de “y”, sabiendo que “x” es un número entero. A) 5
B) 6
D) 8
C) 7
E) N.A
Solución x -> Entero. Para hallar x, usamos este dato y el hecho de que las longitudes deben ser números positivos : PQ > 0 —» y - x > 0 ............( I ). QR > 0 -> Además, como : PS = 18
2x - y > 0 ............( II ).
( y - x ) + ( 2x - y) + ( x + y ) = 18
De donde : 2x + y = 18 Despejando y m:
y = 18 - 2x ..........( I I I ).
Sustituyendo ahora, ( I I I ) en ( I ) : 18 - 2 x - x > 0 18 > 3x
(a )
También, de ( I I I ) en ( I I ): 2x-(18-2x)>0 4x > 18 (P) Luego, de ( a ) y ( p ) : 6 > x > 4,5
Siendo, por dato, x entero :
x=5
Finalmente para el valor de My \ reemplazamos en ( I I I ) : y = 18 - 2 ( 5 )
Rpta: y = 8 ... ( D ). 80
\
57)
En la figura : P Q + RS = 18,3 PR + QS = 32,5 Hallar el mínimo valor entero de QR. A) 8
B) 7
C) 6
D) 9
E) 5
Solución Se tienen : APQR ->
PQ + QR > PR
AQRS —» RS + QR > QS Sumando miembro a miembro : PQ + RS + 2QR > PR + QS Con los datos :
18,3 + 2QR > 32,5 2QR > 14,2 QR > 7,1
Luego, el mímino valor entero de QR, es 8 Rpta: ( A ).
58)
El perímetro del A ABC, de la figura, es : AB + BC + AC = 2p O, es un punto cualquiera, interior al triángulo. Demostrar q u e :
Solución Usando el postulado de la mínima distancia entre dos puntos y el teorema de las poligonales envolvente y envuelta : B
>
AC < OA + OC < AB + B C
( 1 ).
BC < OB + OC < AB + A C
( 2 ).
AB < OA + OB < AC + B C
( 3 ). 81
Sumando ahora, miembro a miembro las expresiones ( 1 ) , ( 2 ) y ( 3 ) AB + BC + AC < 2( OA + OB + OC ) < 2 ( AB + BC + AC ) Usando el d a to : 2p < 2 ( OA + OB + OC) < 2 ( 2P ) De donde, efectivamente : p < OA + OB+ OC < 2 p
I.q.q.d.
Para el cuadrilátero ABCD, de la figura adjunta : AB + BC + CD + AD = 2p O, es un punto cualquiera, interior a ABCD. Demostrar, q u e : p < OA + OB + OC + OD< 3p
Solución Por el Teorema de las poligonales envueltay envolvente y el postulado de la mínima distancia entre dos p u n to s : AD < OA + OD < AB + BC + CD AB < OA + OB < BC + CD + AD BC < OB + OC < AB + AD + CD CD < OC + OD < BC + AB + AD Sumando miembro a miembro : AB + BC + CD + AD < 2( OA+OB+OC+OD ) < 3 ( AB + BC + CD + AD ) Con el d a to : 2p < 2 ( OA + OB + OC + OD ) < 3 ( 2 p ) De d o n d e : p < OA + OB + OC + OD < 3 p
I.q.q.d.
la figura adjunta, AC y BD se cortan en el punto O AB + BC + CD + AD = 2p Demostrar, q u e : D
Solución Del gráfico, se pueden e s c rib ir:
Luego:
AC < AB + BC AC < AD + CD
(+)
2AC < AB + BC + CD + AD AC <
AB+BC+CD+AD
Análogamente : B D < AB + BC + CD + AD 2 Es d e c ir: AC + BD < AB + BC + CD + AD AC + BD < 2 p
o con el dato :
(I).
Por otro lado AB < OA + OB BC < OB + OC (+)
CD < OC + OD AD < OA + OD Entonces :
AB + BC + CD + AD < 2 ( OA + OC + OB + OD ) 2p < 2 ( AC + BD ) De donde : p < AC + B D
( I I ).
Finalmente, de ( I ) y ( I I ): p < AC + BD < 2 p
I.q.q.d
v*
.
.. •'*Xv.»..
•*.
* E N T E R A T E -^ p S . Hace tal vez, cerca de seis mil años, que en Mesopotamia tuvo lugar uno de los a co n te cim ie n to s m ás grandes que registra la h isto ria : La invención de la rueda. Asimismo, descubrieron la relación constante entre la longitud de una circunferencia y su diámetro^?t), asignándole el valor de 3. Este número lo hallaron trazando en una misma circunferencia los cuadrados inscrito y circurfscrito, creyendo que de la circunferencia era igual a ta sejjtisum a de báperfm etros de di
Extraído de : " Historia de las Matemáticas Autor: E.T. Bell. Fondo de Cultura Económica. México
83
CAPITULO 4 ANGULOS Angulo, es la figura formada por dos rayos que tienen el mismo origen. Los dos rayos son los lados del ángulo y el origen común es el vértice. Para el gráfico adjunto, AB y AC son los lados y A es el vértice del ángulo. N otación : BÁC ó CÁB, Z B A C ó Z C A B , ( la letra del vértice al centro ). o también :
Z A , Á, etc.
Si los lados de un ángulo son dos rayos opuestos, el ángulo se llama rectilíneo o llano :
MEDIDA DE UN ANGULO.- La medida de un ángulo se refiere a la abertura entre sus lados. En este curso usaremos el Sistema Sexagesimal, cuya unidad es el grado sexagesimal, expresado, a s í : 1®. Este ángulo unidad está contenido 180 veces en un ángulo llano. Las unidades inferiores a 1o. son el minuto y el segundo sexagesimal cuyas equivalencias y notaciones s o n : 1 o = 60'
y
1 ‘ = 60“
Por ejemplo 40°10*32“, representa la medida de un ángulo de 40 grados 10 minutos 32 segundos. Por otro lado, son equivalentes las cantidades : 20,5° y 20° 30*. La siguiente figura, muestra el uso de un transportador para medir ángulos. 85
z
AOB
=
30°
z
AOD
=
co o0
z
AOF
=
O 00
z
BOC
=
55° - 30°
ii
z
BOD
=
90° - 30°
II
O
z
BOE
=
150° - 30c
1
O C\l
z
BOF = f 80° - 30°1 = 150°
ZAOC
Z AOE
55°
=
150°
ángulo lla n o )
O o
ro OI o
o
(
=
O F
Completar Z
COD
=
Z
COF
=
Z
DOF =
z
COE
=
Z
DOE
=
Z
EOF =
A n gulos C ongruentes.- Dos ángulos son congruentes si tienen igual medida Si el ángulo ABC es congruente con el ángulo EOF, escribiremos : ABC = EOF O por comodidad : ABC = EOF ,si nos referimos a las medidas. B isectriz de un A n g u l o L a bisectriz de un ángulo es el rayo que lo divide en dos ángulos congruentes. Para la figura adjunta, diremos que OM biseca el ángulo AOB : AOM = MOB AOM = MOB =
AOB
CLASIFICACION DE LOS ANGULOS Se clasifican los ángulos de acuerdo a su medida o a su posición con relación a otros I)
Por su m edida Pueden s e r : nulo, llano o rectilíneo, recto, agudo, obtuso, convexo, cóncavo y de una vuelta.
1.
Angulo nulo.- Mide 0o. Sus lados son dos rayos coincidentes.
B
BAC = 0o 88
Angulo llano o rectilíneo.- Mide 180°. Sus lados son dos rayos opuestos A
<4-
180° r\ o
B
Angulo recto.- Mide la mitad de un ángulo llano : 90 Decimos que BA y BC son perpendiculares y escribimos : BA _L BC
B
Angulo agudo.- Todo aquel que mide más de 0o y mencs de 90°
0o < a < 90°
Angulo obtuso.- Mide más de 90° y menos de 180°.
90° < b < 180
Angulo convexo.- Cuya medida está comprendida entre 0o y Angulo cóncavo.- Si mide más de 180° y menos de 360°
180° < c < 360
Angulo de una vuelta.- Se genera al girar un rayo, una vuelta completa alrededor de su origen. Mide 360°
360e
o
Por su p o sició n .- Se clasifican en : consecutivos, adyacentes y opuestos por el vértice. Angulos Consecutivos.- Dos ángulos son consecutivos si tienen el mismo vértice, un lado común y los otros lados en regiones distintas del común. Tres o más ángulos son consecutivos, si cada uno es consecutivo con su inmediato. A B
Dos ángulos consecutivos.
Tres ángulos consecutivos. 87
2.
Angulos adyacentes.- Denominado también cuyas medidas suman 180°.
par lineal
, son dos ángulos consecutivos,
AOB + BOC = 180°
3.
Angulos opuestos por el vértice.- Son dos ángulos, cuyos lados forman dos pares de rayos opuestos.
E je m .: á y b
Teorema.- Los ángulos opuestos por el vértice son congruentes. D em ostración
á y 1 forman un par lineal, al igual que b
y
í
Luego : á + 1 = 180' A
Restando miembro a miembro :
A
b + 1 = 180
á - b = 0o De donde : á
=
b
Teorema.- Las bisectrices de dos ángulos adyacentes son perpendiculares A
A
Sean AOB OM^ biseca al
y
BOC AÓB
los ángulos adyacentes. y
ON , biseca el
BÓC.
Como: AOB + BOC = 180 o E ntonces: 2 0 + 2 a = 180
o
0 + a = 90°
Esto, es: MON = 90° 88
OM y ON
son perpendiculares.
Angulos complementarios.- Dos ángulos se llaman complementarios si sus medidas suman
Si m y ñ son com plem entarios: m + ñ = 90° Se dice que uno es complemento del otro
Angulos suplementarios.- Dos ángulos se llaman suplementarios, si sus medidas suman
O bservaciones : (1-)
Todo ángulo agudo tiene complemento y suplemento.
(29)
Los ángulos obtusos tienen sólo suplemento.
(39)
Si a9 es la medida de un ángulo agudo, entonces las medidas de su complemento y suplemento, son respectivamente : ( 9 0 ° - a ° ) y ( 1 8 0 ° - a ° ) .
(49)
Los complementos de dos ángulos congruentes, son congruentes.
(59)
Los suplementos de dos ángulos congruentes, son congruentes.
(6 9)
Dos ángulos que tienen el mismo complemento ( o el mismo suplemento ), soncongruentes. POSICIONES RELATIVAS DE DOS RECTAS
En un mismo plano, dos rectas distintas, pueden ser secantes o paralelas. (a)
Secantes.- Si se intersecan. A su vez, se dividen, en: O blicuas.- Si no determinan ángulo recto :
( _L se lee : “es oblicuo con"). P erpendiculares.- Si determinan ángulo recto : *m m in
n t
( l , se lee: “es perpendícualr c o n "). 89
(b)
Paralelas.- Si no se intersecan. *-1 11 I-2
\-+ L 2
( 11 ó / / , se lee : “es paralelo con”)
ANGULOS DETERMINADOS SOBRE DOS PARALELAS Y UNA SECANTE s i V . n r , , determinan los siguientes ángulos : (I)
A n g u lo s A lternos, que pueden s e r :
(a)
Alternos internos:
* -----------------
3= 5 y 4 = 6 1= 7 y 2 = 8
* -------------------------------------
(b)
Alternos externos:
(II)
A n g u lo s C orrespondientes : í = 5 ; 2 = 6 ; 3 = 7 y 4 = 8
8
(III) A n g u lo s C onjugados, que pueden ser : (a)
Conjugados internos : y
(b)
4 + 5 = 180o -
Conjugados externos : y
3 + 6 = 180°.
í + ¿ = 180o -
2 + 7 = 180o -
Nota.- En la figura siguiente, las rectas L t y L2 no son paralelas. Se definen los pares de ángulos con los mismos nombres, pero no se cumplen las propiedades. Por ejemplo : A
*
4 y 6 son alternos internos, pero no son
ANGULOS DE LADOS PARALELOS Estos pueden ser congruentes o suplementarios. A)
C ongruentes.- Si ambos son agudos o ambos obtusos.
B)
S uplem entarios.- Si uno es agudo y el otro obtuso, ( sus medidas sumarán 180°).
Ejemplos A)
C ongruentes m m=n
— x=y=z
B)
S uplem entarios
ANGULOS DE LADOS PERPENDICULARES Estos ángulos resultan a) congruentes si ambos son agudos o los dos obtusos b) suplementarios, si uno es agudo y el otro obtuso. Ejemplos:
r=s
PROBLEMAS RESUELTOS Se tienen los ángulos consecutivos AÓB, BÓC y CÓD; siendo : AÓC = 47°, BÓD = 51° y AÓD = 80°. Hallar la medida del BÓC. A) 18o
B) 28°
C) 38°
D) 16o
E) 12o
Solución Incógnita : BÓC Del gráfico, observamos que CÓD = 8 0 ° -4 7 °
CÓD = 33°
BÓC = 5 1 °-3 3 °
BÓC = 18°
Rpta: ( A ).
Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD, siendo 2( AÓB ) = 3( CÓD AOC = 92° y BOD = 76°. Hallar la medida del A) 24°
B) 16'
C) 54'
BÓC. D) 44'
E) 64'
Solución x = ? Por dato : 2 ( A 0 B ) = 3 ( c ÓD) Con el gráfico : 2 ( 92° - x ) = 3 ( 76° - x ) Efectuando: 184° - 2x = 2 2 8 ° - 3 x x = 44° Rpta: ( D ). Sean los ángulos consecutivos AÓB, BÓC, CÓD y DÓE; OB biseca OC*. biseca AÓD y OD, biseca
AÓC; -
AÓE.
S i : 2( A Ó B ) + 3 ( B Ó C ) + 4 ( C Ó d ) + AÓE = 210° Hallar la medida del AÓB. A) 10°
B) 21
C) 42
D) 5
E) 16
Solución Incógnita : AÓB = x. Dadas las bisectrices: AÓB = BÓC = x AÓC = CÓD = 2x y AÓD = DÓE = 4x
B tC
Reemplazando en el dato : 2( AOB ) + 3( BÓC ) + 4 ( CÓD ) + AÓE = 210 2 (x) + 3 (x) + 4 (2x) + 8 x = 210° .*. 2 1 x = 2 1 0 ° x = 10' Rpta: ( A ). 4)
Se tienen los ángulos consecutivos AOB y BOC, donde AÓC = 102°. Se traza la bisectriz OM del AÓB. Hallar la medida del BÓC, si B Ó C -M Ó B = 36°. B) 6 6 '
A) 51
D) 48'
C) 6 8 '
E) 58
Solución Incógnita : BÓC = x Consideremos el gráfico adjunto, Podemos p la n te a r: 2 a + x = 1 0 2 ° .......................................... ( 1 )
Además, según enunciado : B O C -M O B = 36 a = x - 36
x - a = 36°
(2 )
Reemplazando ( 2 ), en ( 1 ), para hallar x : 2 ( x-36° ) + x = 102°
x = 58'
Rpta: ( E ). 5)
AÓB, BÓC, CÓD, DÓE y EOF , son consecutivos y AÓF llano. QB . biseca AÓC, OE biseca DÓF y BÓE mide 112°. Hallar la medida de CÓD . B) 54'
A) 44'
Q64'
D) 6 8 '
E) 34'
Solución Sea el gráfico adjunto A
Incógnita : COD = x. T enem os: a + 112° + ó a +
180° 68 ° 93
Pe r o : a +<|> + x = 112°
6 8 ° + x = 112°/ . x = 44'
Rpta: ( A ). Se divide un ángulo convexo, por un rayo, en dos, cuyas medidas son entre sí como 2 a 3 Si el mayor de los ángulos parciales mide 32°, ¿Cuánto mide el ángulo total? A) 52°30'
B)53°30'
C) 53°10'
D) 53°01’
E) 53°20‘
Solución A.
Considerando AOC el ángulo y OB el rayo tal que las medidas de AÓB y BÓC
sean
entre si, como 2 a 3, podemos e le g ir: AÓB = 2 x BOC = 3 x Por dato :
BOC = 32' 3x = 32° x =
Se pide:
AÓC = 5x = 5.
32
32°
160
= 5 3 °2 0 '
Rpta: ( E ).
Se tienen los ángulos consecutivos AÓB y BÓC. Se traza OD bisectriz de A Ó B . Hallar la medida del ángulo CÓD A) 60°
; si AÓC + BÓC = 160.
B) 40°
C) 80°
D) 100°
E) 120°
Solución Sea el gráfico indicado: Incógnita : CÓD = a + ó Por d a to :
, A Ó C + BÓC = 160°
2 a + ó + 0 = 160°
-» 2 a + 2 = 160°
a + ó = 80° o Luego :
CÓD = 80°
Rpta: ( C ).
8)
En la figura adjunta : x - y = 12° Hallar el valor de a. A) 6 o
B) 24°
D) 12
C) 18°
E) 9'
Solución Del gráfico, observamos que :
x = 180° - a y = 180° - 2 a
Reemplazando en el dato : Tenemos :
x - y = 12°
(180° - a) - (180° - 2a) = 12°
Efectuando queda : a = 12°. Rpt a: ( D ) . A
9)
A
Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD. OM y O N , bisecan AOB y *
respectivamente. Hallar la medida del MON, s i : AÓC = 140° y A) 90°
B) 130°
BÓD = 80°
C) 120°
D) 105°
E) 110o
Solución Consideremos el gráfico adjunto, a
donde la incógnita, es : MON = a + [3 + óLos d a to s : AÓC = 140°
—> 2 a + (3 = 140°
BÓD = 80°
-> P + 2
Sumando miembro a miembro : 2 a + 2(3 + 2(0 = 2 2 0 ° a + (3 + <0 = 1 1 0 °
Rpta: MÓN = 110° ... ( E ).
10)
Los ángulos consecutivos AOB y BOC, son tales que : AÓB = BÓC + 34° Se traza ÓM . bisectriz del AÓC . Hallar la medida del ángulo MOB.
A) 17°
B) 34°
C) 68°
D) 12°
E) 22° 95
Solución Sea el gráfico adjunto A
y
MON = x, la incógnita.
Haciendo BÓC = a, se obtienen : AÓM = MÓC = x + a o
Reemplazando, en el dato : AÓB = BÓC + 34° x + a+ x = a + 34° 2x = 34° -» x = 17 Rpta: ( A ).
Al rededor del punto O, en forma consecutiva, se trazan los rayos Ó A , ÓB, ÓC, ÓD y ÓE, de modo que : OC 1 OD ; OE y OB son rayos opuestos y OE biseca el
AÓD .
r \
Hallar la medida del AÓB, si BÓC = — ( AÓB ) 11 v
A) 90°
B) 110o
'
C) 100°
D) 120°
E) 130°
Solución Consideremos el g rá fic o : Sea x, la medida del ángulo AOB. Entonces : BÓC = — x 11 Como: AÓE = 1 8 0 °-x ; EÓD = 1 8 0 ° - 9 0 ° - — x 11 y
EÓD = AÓE, Entonces : 1 8 0 ° - 9 0 ° - — x = 1 8 0 °-x 11
Efectuando : x - — x = 90° 11 De donde : x = 110° Rpta: ( B ). Hallar la medida de un ángulo, sabiendo que su complemento y suplemento suman 208°. A) 62°
B) 31°
C) 29°
D) 39°
E) N.A
Solución Sea x, la medida del ángulo pedido. Entonces, según enunciado: ( 90° - x ) + (1 8 0 ° - x ) = 208° 2 7 0 ° - 2x = 208° De donde : 2x = 62°
-»
x = 31°
Rpta: ( B ). 13)
Las medidas de dos ángulos suplementarios son entre sí, como 3 a 7. Hallar el complemento del menor. A) 54°
B) 32°
C) 52°
D) 36°
E) N.A
Solución * Sea x, la medida del menor. El suplemento medirá : 180° - x * Según enunciado : x 180° R esolviendo:
3 X
_ 7
<;4
x = 54°
y, el complemento :
90° - 54° = 36°
Rpta: ( D ). 14)
El doble del complemento de un ángulo, más el triple del suplemento del mismo, es 500°. Hallar la medida del ángulo. A) 48°
B) 22°
C) 54°
D) 24°
E) 44°
Solución - Sea x, medida del ángulo en mención. Según enunciado, planteamos : 2 ( 90° - x ) + 3 ( 180o- x ) = 500° Efectuando : 180° - 2x + 540° - 3x = 500° 720° - 5 x = 500° 5x = 220°
->
x = 44°
Rpta: (E). 15)
El doble de la medida de un ángulo es igual al triple de la medida de su complemento. Hallar la medida del ángulo. A) 54°
B) 36°
C) 32°
D) 27°
E) 58° 97
Solución Sea x la medida del ángulo. Entonces, del enunciado, planteamos 2x = 3 ( 90° - x ) Efectuando : 2x = 270° - 3x 5x = 270° ->
x =
54°
Rpta: ( A ). "6)
H allar" B " s i : L ,
L2
A) 65° B) 75° C) 85° D) 55° E) N.A
Solución En L, : P+ 5 0 ° + 5° + 2m = 180°
b + 2m = 1 2 5 °........... (1 ).
Por ser correspondientes : 5o + 2m = m + 30° m = 25° Reemplazando m, en ( 1 ) : P + 2 x 2 5 ° = 125°
P = 75*
Rpta: ( B ). 17)
En la región interior al ángulo AOB, se toma el punto P y se trazan
PE, PF, PM,
perpendiculares a OA, OB y a la bisectriz, respectivamente. Hallar la medida del AÓB, si
5(MPF) = 2(EPF)
A) 18°
B) 72'
C) 36
D) 54'
E) 80'
Solución Sea el gráfico : - Incógnita: AÓB = 2x - Por la teoría de ángulos de lados perpendiculares : MPF = MÓF -» MPF = x Y
EPF = 180°-E O F
EPF = 1 8 0 ° - 2 x
- Reemplazando en el dato : 5( M P F ) = 2 ( E P F )
-> 5(x) = 2 ( 1 8 0 ° - 2 x ) 5x = 360° - 4x
98
De donde: x = 40° Luego ;
AÓB = 80°
Rpta: ( E ) . 18)
Si los 3/2 del complemento de un ángulo a es igual al suplemento del complemento del 'mismo ángulo. Hallar
ol
A) 15o
B) 28°
C) 18o
D) 5o
E) 8 o
Solución Según enunciado planteamos la ecuación : 3 - ( 9 0 ° -a ) = 1 8 0 ° -(9 0 ° -a ) 3 135° - - a = 90° + a 3 135° - 90° = — a + a
Luego :
45° = — 2
a = 18°
Rpta : ( C ). 19)
El suplemento del complemento de un ángulo es igual a 3/2 de la diferencia entre el suplemento y el complemento de dicho ángulo. Hallar el ángulo. A) 38°
B) 42°
C) 45°
D) 48°
'
E) 50°
Solución Sea x, medida del ángulo en mención. Según enunciado : 180° - ( 90° - x ) =
-
[ ( 180° - x ) - ( 90° - x ) ]
Efectuando: 90° + x = — [ 180o - x - 90° + x ] 90° + x =
3 - [ 9 0 o]
90° + x = 135'
/. x = 45° Rpta:
( C ). 99
20)
Dada la recta p q y un punto O sobre ella, a un mismo lado se trazan los rayos O A y ÓB, tal que OA sea interior al ángulo POB y AOP = 54°.
Hallar la medida de AÓB si QÓB es el suplemento del triple de B Ó A . A) 27°
B)36°
C) 24°
D) 30°
E) 32°
Solución Según enunciado :
POA + AOB + BOQ = 180° 54° + x + ( 180° - 3x ) = 180° Rpta: 21)
x = 27°
(A).
Hallar la medida de un ángulo, tal que el triple de su complemento sea igual al suplemento de su mitad. A) 36°
B) 18o
C) 54°
D) 24°
E) 48°
Solución Sea x, la medida del ángulo pedido. Del enunciado, planteamos la ecuación : 3 ( 9 0 ° - x)
= 180° - |
270o - 3x = 180° - “ 5x 90° = — Rpta: 22)
-»
x = 36°
( A ).
La suma de las medidas de dos ángulos es 80° y el complemento de la medida del primero es igual al doble de la medida del segundo. Calcular la diferencia de dichos ángulos. A) 50°
B) 60°
C) 65°
D) 70°
Solución * Sean x e y las medidas de los ángulos en mención. Por dato: x + y = 8 0 ° ................(1) También : 90° - x = 2y
=> x + 2y = 90° -» Con ( 1 ) :
x + y + y = 90° 80° + y = 90'
y =10° 100
E) 72°
Luego :
x = 70°
Se pide : x - y = 70o - 10° = 60' Rpta:
( B ). A
A
AB y C E , son dos rectas secantes en el punto O, donde AOC < COB. OF es un rayo interior al ángulo COB que forma un ángulo de medida 126° con la bisectriz ÓM del BÓE ; siendo además OC, bisectriz del AÓ F. Hallar la medida del ángulo FOB. A) 108
B) 98
D) 116°
C) 106'
E) 118'
Solución Según enunciado, hacemos el gráfico adjunto A
Incógnita : Sea :
FOB = x.
EÓM = a
MÓB = a y
AÓC = E Ó B AOC= 2a
( opuestos por el vértice ). COF = 2a
Del gráfico : COF + FOM 4 MOE
= 180° 2 a + 126° + a = 180°
a = 18° Finalmente
Rpta:
x
126o - a
x
126o - 18°
x
108°
(A)
Solución A
A
Primero hallaremos la medida de AOB y luego BOC Sabemos, que : Luego :
AÓD + AÓB + BÓD = 360° a ÓD
+ AÓB + 80° = 360° 101
De donde :
AÓD + AÓB
= 280° .............. (1 ).
* Además, por dato : AÓD - AÓB = 12° .......( 2 ). * Restando miembro a miembro las expresiones (1 ) y ( 2 ) AÓB - ( - AÓB ) = 280° - 12°
* Finalmente
2 AÓB
= 268°
AÓB
= 134°
BOC = 180°-A O B BÓC = 180° - 134° BÓC = 46°
Rpta: ( D ) 25)
Dado el A ABC, demostrar q u e :
Solución Por B, se traza r 11 AC . Entonces, por ser, respectivamente, alternos in te rn o s: á = Á A
y
A
♦ = c
26)
Luego, c o m o :
á + P + $ = 180'
Reemplazando :
A + B + C = 180°
En la figura:
l.q.q.d.
L^IIl
4
Demostrar, q u e : ►
Solución Trazando
4 L
L1 L2
_____________________ X
’
l2
a = a Alternos internos
p = b •
109
•
x = a +p
Reempla za n d o : x = a + b .......... I.q.q.d Nota.- En general, si
L1 || L2: Z a
Z a i
i
la derecha
la izquierda
a+b+c=x+y 27)
Demostrar que, las bisectrices de dos ángulos conjugados internos, entre rectas paralelas, son perpendiculares entre sí.
Solución En efecto, sea AB una recta secante a las paralelas
y L2 .
Como : Á + B = 180° ( conjugados ). 2 ot + 2 p = 180°
Es d e c ir: a + p = 90°. Pero, para la línea quebrada x
a+ p
x 28)
H a lla r“0", si
90°
AP 1 BP
p ||tf: A ) 130° B ) 140° C ) 120° D) 100° E ) 110°
Solución Primero hallamos el valor de “a " , usando la propiedad : 100° = a + ( 180°- 3a) De donde : a = 40° Luego : m = 9 0 °- a 9 = 130° Rpta:
m = 50° y 0 = 130°
( A ). 103
29)
Siendo
L1
. Calcular “ 0 A) 100c B) 80° C) 120c D) 60° E) N.A.
Solución En el
a:
a + p + 0 = 180°.
•(1)
Usando la propiedad en la línea quebrada entre paralelas : 2 a = 2 0 ° + 180o - 2 p.
De donde : a + p = 100° Reemplazando, en (1): 6 = 80° Rpta: 30)
( B ).
En la figura, se ha prolongado el lado AC del A ABC, para graficar el BCE ( Z e xte rio r). Demostrar, con la teoría de ángulos de lados paralelos, que:
Solución Se traza CF 11 AB. Entonces ; A
a = A ............( Z Correspondientes ) = B
( Z Alternos internos )
Luego : BCE = a + <¡> • •
104
BCE = Á + B ...........
I.q.q.d.
31)
En la figura: OE 1 BC y OP 1 AD Marcar lo co rre cto : A) a + p + <(> = 90° B )a + P + $ = 180( C) a + P = $ D) a + <|> = P E) p + é = a
Solución - Prolongamos BC hasta F. - Por tener sus lados respectivamente perpendiculares : x = a - En el
ACFD : x + <(> = P a +0 = p
Rpta: 32)
( D ).
En la figura : x, y, z, son medidas de los ángulos exteriores del AABC. Dem ostrar, con la teoría de ángulos de lados paralelos, que :
Solución Por un punto cualquiera, “O” trazamos : 0 f||Á C
; OF||CB
y Ó G ¡ | b A.
Luego : EOF = x , FÓG = y , GÓE = z , por tener sus lados respectivamente paralelos. Siendo : EOF + FÓG + GÓE = 360° x + y + z = 3 6 0 °.......... I.q.q.d. 33)
La figura adjunta, se llama cuadrilátero no convexo Demostrar, usando la teoría de ángulos de lados paralelos, que :
105
Solución Tracem os:
DE || BA y DF || BC
Luego: ADE = a Alternos internos FDC = <¡> A
y
EOF = p ( z s de lados paralelos )
- S ie n d o : x = ADE + EDF + FDC Reemplazando: x = a +p+ó 34)
I.q.q.d
En la figura adjunta : Á + C = 124' OF 1 AB y OE |
BC
Hallar la medida del EOF. A) 124°
B) 112°
D) 144°
E) 146°
C ) 136°
Solución En el A ABC: B = 1 8 0 °-( Á + C ) B = 180o - 124° B = 56° Con la prolongación hecha : OPF = B ( Alternos internos entre las paralelas EP y BC ) /. OPF = 56 Finalmente, en el AOFP A
A
EOF = P + F EOF = 56° + 90' EOF = 146° Rpta: 106
(E )
35)
En la figura:
||
a + b = 224°. Hallar el valor de x. A) 13°
B) 16°
D) 23°
E) 16°
C) 26°
Solución
- Con la prolongación hecha : É = F .................. ( Z correspondientes ) É=
1 0 ° + x.
- En el cuadrilátero no convexo : (1 8 0 ° - a ) + 10 ° + x + 8 o + x = b 198° + 2 x = a + b Usando el dato :
198° + 2x = 224°
De donde : x = 13o Rpta: 36)
( A ).
En la figura : t ? II l 2 El valor de x, es: A) 29°
B) 39°
D) 41°
E) 32°
0 )5 8 °
Solución - Por propiedad, en el cuadrilátero no convexo a + ó + x = 9 0 ° .......... ( t ). Además, para la línea quebrada
y
2a+2= 3 2 °+ 90° cc+ = 61° Reemplazando esto último, en (1 ) : 61° + x = 90° De donde : Rpta:
x = 29°
( A ). 107
37)
En la figura : AÓC es llano.
BÓD mide 112°.
OE biseca AÓB.
OF biseca C Ó D .
Hallar la medida del
EOF.
A) 126°
B) 136°
D) 106°
E) 116°
C) 146° D
Solución Del gráfico :
EOF = ot +p + <|>.................. ( Incógnita ). Se observan : AÓC -> 2a + p = 1 8 0 °............( 1 ). BÓD ->
P + 2Ó = 1 1 2 °.......... ( 2 ) .
Sumando miembro
a miembro ( 1 ) y (2 ) :
2 a + 2 p + 2 = 292°
a+p + ó Rpta: 38)
= 146° -» EOF =146°
( C ).
Se tienen los ángulos consecutivos AÓF, FÓB, BÓR y RÓC .donde ÓF y ÓR bisecan los ángulos AÓB y FÓC respectivamente. Si: AÓB + 2( BÓC ) = 132°. Hallar la medida 0»
del ángulo
FOR.
A) 6 6 °
B) 25°
C) 105°
D)33°
E) 70°
Solución Incógnita : FOR = x Por dato : y
RÓC = FÓR AÓF = FÓB.
Según enunciado :
AÓB + 2( BÓC ) = 132° *A
Con el gráfico :
2 a + 2 ( 2x - a ) = 132°
Efectuando:
2a + 4x - 2a
= 132°
4
x = 33° Rpta: 108
( D ).
o
39)
Se tienen los ángulos consecutivos AÓB, BÓC y CÓD donde CÓD = 2 ( b Ó C ) . Se traza Ó M , bisectriz del ángulo COD. HaHar la medida del AÓD, si AÓM mide 70° y BOD _ 2( A Ó M ) + COD AOC
BÓC " A) 70°
B) 96'
E) 82
D) 98°
C) 84*
Solución A
Incógnita : AOD Se tiene : BÓD
2 ( A Ó M ) + CÓD
BOC
AOC
3 a _ 2 ( r + 2 a) + 2a a Entonces, como : Finalmente
r + a
r + 2a = 70°
r = 3a.
3a + 2a = 70'
AÓD = r + 3a = 3a + 3a
a = 14'
—» AÓD = 6 a AÓD = 6(14°) AÓD = 84°
Rpta: 40)
(C)
AÓC es un ángulo de medida 153° y OB un rayo interior, tal que AÓB > BÓC. OM es bisectriz del BÓC y OR biseca el ángulo AÓM ( OR es interior al AÓB ). A
En la región interior al ángulo BOM, se traza O P , bisectriz del ROC. Hallar la medida del BÓP, si MÓP mide 15' B) 16'
A) 15'
C) 12'
D) 10'
E) 14'
Solución * Dato : AOC = 153° * Según enunciado, tenemos el gráfico a d ju n to : A
Incógnita : BOP = x * Luego:
BOM = x + 15° = MOC 109
Enseguida PÓC * 15o ♦ x + 15o Entonces; como :
ROP * POC
Pero:
BOP = x
En consecuencia
ROM = 30° + x + 15°
POC * 30° + x
ROP = 30° + x RÓB = 30° ROM s 46° + x
Por lo tanto, también : AÓR = 45° + x Finalmente, por dato :
AÓC = 153°
Reemplazando según gráfico : Rpta: 41)
105° + 3x = 153
x = 16°
(B ).
AÓB y BÓC son consecutivos, AÓC Hano y Se trazan :
AÓB > BÓC
Q X , Bisectriz de AÓB.
OY, Bisectriz de BÓ C. Ó Z , Bisectriz de XÓ C . Hallar la medida de AÓB, si ZÓY mide 39° . A) 126° S
o
l u
c
i ó
B) 78°
C) 156°
D) 146'
E) 166°
n
* Incógnita : AÓB * Sean : ZÓB = a y BOY = p. Luego se determinan las medidas de los otros ángulos : Se p id e:
ot + p = 39°.
AÓB = 4 ( a + p ) ( obtenido del gráfico ) Entonces : AÓB = 4( 39° ) => AÓB = 156° Rpta: 42)
( C ).
En la figura, hallar la medida del C Ó D , si: * ÓB, biseca AÓC. * Ó E, biseca CÓF * DÓF = AÓB
* 1 7 ( AOB ) = 2 8 ( EOF ) A) 11 110
B) 10'
C) 9'
D) 12'
E) 14'
S
o
iu
c é ó
n
-
S eax, la medida del C O D . Sea también: DOE = a
Entonces: CÓE = x + a = E Ó F -
y DÓF = x + 2a = BÓC = AÓB
Como AOF = 180° 4x + 6a = 180° 2x + 3a = 9 0 ° .......... (1 ).
Además, por dato: 17( AÓB ) = 28( EOF ). ó: -
17(x + 2a) = 28(x + a) Reemplazando ( 2 ) , en (1 ):
Resolviendo: Rpta: En la figura:
a = — * .......... ( 2 ) . 2x + 3 . — x = 90° 6
x = 12°
( D ).
L, || L2
Hallar el valor de x. A) 54*
B) 64'
D) 94‘
E) 84'
C) 44'
Solución *
En el A PRO : x = a + n
(1 ). A
*
Por ser altemos extemos : EOG = 126° 2 a = 126°
a = 63° También : APB = MÓP
( ^ correspondientes ).
3n = a 3n = 63° *
n = 21°
Finalmente, reemplazando los valores de a y n, en ( 1 ) : x = 63° + 21° x = 84
Rpta:
(E) 111
44)
Hallar el valor de x, «-► i«-> si L-| | L2 .
A) 10°
B) 20°
D) 18°
E) 12°
C) 15'
Solución Con las prolongaciones hechas; usando los triángulos y por ser conjugados internos : 3x + 7x = 180° x = 18° Rpta: 45)
En la figura: % I
( D ).
; V Hallar el valor de x. A) 132'
B) 162°
D) 164*
SÍ 144°
Solución - Primero hallaremos a. - Con los prolongaciones hechas: a = 2a + 9 0 ° .............(1 ) También: 3a = ( 180o- a ) + 90° a + 3a = 2 7 0 ° ........ ( 2 ) Reemplazando ( 1 ), en ( 2 ) : 2a + 90° + 3a = 270' Luego, en (1 )
:
a = 72° + 90'
a = 36 a = 162
Finalmente, para hallar x, planteamos según el gráfico x + ( 180° - a ) = a
( Zexterno en el A ).
x = 2 a - 180° x = 2 ( 1 6 2 ° ) - 180' Rpta: 112
(E).
x = 144°
C) 154'
46)
En el gráfico a + 0 = 120° C alcular: a A) 10° B) 15° C) 20° D) 25° E) 30°
Solución Con las prolongaciones hechas:
* A ABC :
0 - 90° + 8 + 90° - a = 180° 2 0 - a = 180°
Por dato:
...............
(
a + 0 = 120°
( I ) + ( II ) :
30 = 300°
I
).
(N ). 0
=
100°
a = 20° Rpta: 47)
Calcular x,
( A ).
s i : L 1 11 U2
A) 90° B) 100° C) 110° D ) 120° E) 130°
Solución Como: L1 11 L 2 ; Con 0 : L 3 11 L4
Propiedad :
2a + 5a = 40° + 30° a = 10' x = y+p
Lo :
1
(I).
Pero: 2y = 0 + 2a 8 + 2 a _ 6 + 20° _ 8
2
2
2 113
2p + 0 = 180'
En ( I ) : 0 x = - + 10° + 90°
0
P = 90° - -
0 2
x = 100° Rpta: 48)
( B ).
En el gráfico:y+ p = 260° y
L-i 11 L2 . Calcular x.
A) 30° B) 50° C) 60° D) 80° E) 70°
Solución Propiedad: y = 180° - y + 180° - p y = 360°-(y + P) y = 100° Propiedad: ( Z de lados perpendiculares ) z + y = 180°
z = 80°
Pero: 30 + a + 3a + 0 = z 4 a + 40 = 80° a + 0 = 20° Propiedad : x = 3a + 30 Rpta: 49)
x = 60'
(C).
La diferencia entre la suma de suplementos y la suma de complementos de dos ángulos que se diferencian en 2 0 °, es igual al doble de la suma de dichos ángulos. Hallar la medida del mayor ángulo. B) 55(
A) 40°
C) 60°
D) 75(
E) 80'
Solución * Sea x, la medida del mayor ángulo.. Luego, el menor, mide: ( x - 20° ). * Según enunciado : [ ( 180°-x + 180° - ( x - 20° ) ] - [ 90° - x + 90° - ( x - 20° ) ] = 2 [ x + ( x - 20° ) ] suma de suplementos
114
suma de complementos
suma de los Z s
Efectuando: [ 380° - 2x ] - [ 200° - 2x ] = 2 [ 2x - 20° ] 180° = 4x - 40° De donde: x = 55' Rpta:
( B ).
Si a la medida de un ángulo se le resta dos grados más que la tercera parte de su complemento, resulta un cuarto del suplemento del ángulo, disminuido en un grado. ¿Cuánto mide dicho ángulo? B) 46
A) 45°
C) 44'
D) 48'
E) 38'
Solución Sea “x, la medida del ángulo. Según enunciado, planteamos la siguiente ecuación x -
90° - x
+ 2
= —[ 180° - x 1 - 1 4 J
Efectuando: x -
30° - ± + 2o 3 1^-32° = 4 4 *-* 3 4
Resolviendo : Rpta:
x = 48°, es la medida del ángulo.
( D ).
Alrededor de un punto O, en sentido horario, en forma consecutiva se trazan los rayos O A , O B , O C y OD siendo OA 1 OB y OC _L OD . Hallar la medida del ángulo que forman las bisectrices de AÓC y BÓD. A) 135'
B) 45'
C) 120’
D) 150'
E) 90'
Solución Sea el gráfico adjunto, donde: O P , bisectriz de AÓC ÓR, bisectriz de BÓD Incógnita: POR a
Observamos, que : POR = a + p + 0 115
Como :
a ÓB
= 90° —> 2a + p = 90
y
CÓD = 90° -> 20 + p = 90'
sumando miembro a miembro 2 a + 2 p + 2 0 = 180° • •
a + p + 0 = 90’
Entonces : POR = 90 Rpta: 52)
( E ).
AÓB y BÓC son consecutivos ( AÓB > 2 B Ó C ). AÓC mide 150°. OM y OR, bisecan AÓB y MÓC, respectivamente. Hallar la medida de RÓB, si MOR mide 43° A) 32°
B) 11
C) 33
,0 ) 2 1
E) 17'
Solución * Dato: AÓC = 150' * Incógnita: RÓB = x * Como
AÓB > 2 BÓC AOB
> BOC
Luego: MÓB > BÓC ; lo cual indica que ÓR, bisectriz de MÓC, está entre OM y OB * Usando el gráfico: AÓC = 150° AÓM + MOR + RÓC = 150° ( 43° + x ) + 43° + 43° = 150° De donde : Rpta: 53)
x = 21
( D ).
Dados los ángulos consecutivos AÓB y BÓC, tal que: AÓB - BÓC = 100°. OM, biseca AÓB, ON, biseca BÓC. OR, biseca MÓN. Hallar la medida del RÓB A) 20°
B) 25
Solución Sean:
ROB = x BÓN = a
Luego:
NÓC = a¡
MOR = RÓN -> MÓR = x + a AOM = MOB 116
AÓM = 2x + a
C) 30
D)35
E)40°
En el dato:
AÓB - BÓC = 100°.
Reemplazamos:
(4x + 2 a ) - 2 a = 100° 4x = 100° ->
Rpta: RÓB = 25°
x = 25°
... ( B ).
Se tienen los ángulos consecutivos AÓB, BÓC y CÓD,
s ie n d o :
AÓC - BÓD = 12°. Hallar
la medida del ángulo AÓC, sabiendo además que, el ángulo formado por las bisectrices de AÓB y CÓD, mide 70°. A) 82°
B) 58°
C) 41°
D) 76°
E) 38°
Solución Consideremos el gráfico adjunto y las variables indicadas. Incógnita: AÓC = a + 70° - b AÓC = 70° + a - b
( 1 ).
Por dato, además: AÓC - BÓD = 1 2 ° Con el gráfico : (a + 70° - b) - (70° - a + b) = 12° Efectuando:
2a - 2b = 12° a - b = 6o A
Luego reemplazando esto, en (1 ) :
AOC = 70° + 6 o AÓC = 76°
Rpta: ( D ). AÓB y BÓC, son ángulos consecutivos. AÓB mide 58° y ÓM y ÓR
BÓC > 58° . Se trazan
, bisectrices de AÓC y BÓC, respectivamente.
Hallar la medida de! ángulo MOR. A) 58°
B) 32°
C) 28°
D) 29°
E) N.A
Solución Del g rá fico : Incógnita
MOR = x
Si BÓM = n, entonces : BÓR = n + x = RÓC 117
* Además : MOC
De donde :
56)
AOM
2x + n = 58° + n
• ♦
Rpta:
=
x = 29
( D ).
Sean los ángulos consecutivos AÓB, BÓC y CÓD, de modo que: Si : AÓB - CÓD = 28°,
AÓB > BÓC > CÓD
hallar la medida del ángulo formado por las bisectrices de
AOD y BÓC A) 14°
B) 28'
C) 7'
D) 56'
E) N.A
Solución * Dato: AOB - CÓD = 28 Sean: OM, bisectriz de AOD Ó N , bisectriz de BÓC - Incógnita: MÓN = x - S i : MÓB = a, entonces: NÓB = x + a Supongamos, además, que :
• «
NÓC = x + a
AÓM = r = C Ó D .
Luego, en el dato
AOB - COD = 28°
Con el gráfico:
^
15-
( r-a ) - ( r- ( x + x + a ) ) = 28 Efectuando:
r -a - r + 2 x + a = 28' 2 x = 28 • •
Rpta: 57)
x = 14°
( A ).
Sean los ángulos consecutivos AOB, BOC, COD, DOE y EOF, donde : AÓF = 1 3 2 ° AÓD = BÓE = CÓF. Se traza ÓR, bisectriz del C Ó D . Hallar la medida del BÓC, siendo además : EÓR = 38°.
A) 38° 118
B) 48'
C) 58'
D) 28'
E) 18‘
y
Solución BOC = ? Sean :
AOD = BOE = COF = a.
y•
COR = ROD = n.
Se o b serva: BOC = BOE - COR - ROE Es d e c ir: BÓC = a - n - 3 8 ° ....................... (1 ) Además: AÓD + DÓF = 132° ó:
a + a - 2 n = 132°
a - n = 6 6 °.... ( 2 ) .
Reemplazando ( 2 ), en ( 1 ) :
BÓC = 6 6 ° - 38° BÓC = 28°
Rpta:
( D ).
Las medidas de los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD, suman 124° y el ángulo BOC mide 32° ÓM y ÓN, bisecan AÓC y BÓD, respectivamente. Hallar la medida del ángulo MON. B) 48'
A) 92
E) 36'
D) 44'
C) 46'
Solución Datos:
AOD = 124' BÓC = 32°
Incógnita: MÓN Sean: AÓM = a = MOC y BÓN = b = NÓD Del gráfico, podemos o b se rva r: MÓN = MÓC + CON
MÓN = a + b - 32°
(1)
y
MÓN = AÓD - AÓM - NÓD -> MÓN = 124° - a - b .... ( 2 ). Sumando las expresiones ( 1 ) y ( 2 ), miembro a miembro: 2( MÓN ) = 124°-32'
MON = 46° Rpta:
( C ). 119
59)
Se tienen los ángulos consecutivos AOB
y
BOC, siendo
AÓC = 152°. Se trazan
Ó ?, OF, OM y OR, bisectrices de AÓB, BÓC, AÓF y EÓC, respectivamente. Hallar la medida del ángulo MOR. A) 76°
B) 19o
C) 34°
D) 38°
E) 52°
Solución - Consideremos el gráfico adjunto y las varibles indicadas. - Incógnita: MOR = x Del dato: AOC = 152° 2a + 2P + 2<(> + 2x = 152° C* De donde: a + p + 0 + x = 7 6 °...( 1 ). - Para hallar a + p + 0 , planteamos, a partir del gráfico, lo siguiente : AOM = MOF y
->
ROC = EOR
2a + p
= x+0
...
p + x + 20 = a + p + x ... ( 3 ) .
- Sumando miembro a miembro, las expresiones ( 2 ) y ( 3 ) : 2 a + 2 p + 2 + x = + 2 x
/. a + p + 0 = x - Sustituyendo esto último, en (1): x + x = 76° -> x = 38° Rpta: 60)
( D ).
En la figura : HQB = 84° QB 11 OD ,
Si EOF mide 72°. Hallar el valor de x.
120
A) 36°
B) 16°
D) 70°
E) 66°
(2).
C) 56°
Solución x = ? EQD
Com o:
2 7
AQH
AQH = 7 ( EÓD ) Luego, s i : EÓD = a, entonces : AQH = 7a Además, por tener sus lados respectivamente paralelos : AQP = EÓD
->
AQP = a
Siendo: DOF = EOF - EOD -> x = 7 2 ° -a ...(1 ) y
:
PQH + HQB = 180° 6 a + 84° = 180° -> a = 16°
Finalmente, reemplazando en (1 ) :
x = 72° -16'
x = 66' Rpta:
(E).
En la fig u ra : 1
Hallar el valor de a : 1
A) 10
B) 8 '
D) 5o
E) 6 (
C) 9'
Solución Del g rá fic o :
p = 180° - (7a + 8 a) p = 180o - 15a
También:
= 6 a
Y,por último: 1 1 a = P + <|»
Reemplazando lo a n te rio r: 11a = ( 180o - 1 5 a ) + 6 a De donde : Rpta:
a = 9o
( C ). 121
Hallar la medida del ángulo que forman : <-> «-> i-i y l 2 A) 39'
B) 32'
D) 29
E) 38'
C) 42'
Con las prolongaciones hechas : x + y = 1 8 0 °............( 1 ) . ( Z de lados perpendiculares ) Además, en el cuadrilátero no convexo y = 42° + 40° + 59°
A
*
____________
y = 141° Reemplazando, en (1 ) : x + 141° = 180° -» x = 39 Rpta: 63)
( A ).
En la figura a d ju n ta ,^ 11
.
Hallar el valor de x. A) 69'
B) 59'
D) 79'
E) 89‘
C) 49'
S olución Con la prolongación hecha, tenemos 24° + x = a + r ....................
( 1 )-
Por la propiedad : También, en : m + 2r = 72° -> m = 72° - 2 r ...( 2 ). Y, en el cuadrilátero no co n ve xo : 2a = 90° + 24° + m Con lo de ( 2 ):
2a = 114°+ 72o - 2 r a + r = 9 3 ° ............ .......................( 3 )
Finalmente, reemplazando ( 3 ) en (1 ): 24° + x = 93° —» x = 69°
Rpta: 122
( A ).
64)
En la figura, L1
L2
Hallar el valor de x. A) 30°
B) 36°
D) 18°
E) 15°
C) 45°
Solución x = ? Por propiedad de la línea quebrada entre rectas paralelas :
a + b = 2x ( 1 )•
y
m + r = 3x
- Además, por ser conjugados internos: 2a + 2r = 180° -> a + r = 90' (2 )
y
2b + 2m = 180° -> b + m = 90'
Sumando miembro a miembro, las expresiones encontradas en ( 2 ): a + b + m + r = 180° Con las de ( 1 ):
2x + 3x = 180°
x = 36° Rpta: 65)
( B ).
En la figura:
L-j 11 L 2 a + b = 224' Hallar el valor de x.
* x = ?
A) 134'
B) 112°
D) 168'
E) 158°
C) 148'
( Incógnita ) (180* - a)
* a + b = 224° ( dato )
(180* - 2 a )
- Por la propiedad de la línea quebrada entre paralelas :
x = a +p .......... ( 1 )
- También : r
( 180° - a ) + ( 180° - b )
r
360° - ( a + b ).
Con el dato
r
360° - 224° ->
r = 136° 123
• Además, por tener sus lados respectivamente perpendiculares : q + r = 180° -> q + 136° = 180° - De otro lado :
/.
q = 44°
q = (1 8 0 ° - 2a ) + (1 8 0 ° - 20 ). 44° = 360° - 2 ( a + 0 ).
C o n (1 ): 44° = 360o - 2x . De donde:
x = 158°
Rpta: ( E ). 66)
Si al número que expresa, en grados, la medida de un ángulo se le suma el cuadrado del número que expresa su complemento, resulta el número que representa la medida de un ( ángulo llano. ¿Cuántos grados mide dicho ángulo? A) 99°
B) 90°
C) 79°
D) 80°
E) 72°
Solución Sea x° la medida del ángulo. Luego, según enunciado : x + ( 90 - x )2 = 180° Efectuando: x2 - 179x + 7920 = 0 Factorizando: (x - 80) (x - 99) = 0 De donde: x = 80
ó x = 99
Pero:" x " no debe ser mayor que 90, de lo contrario no tendría complemento. Por lo tanto :
x = 80.
Rpta: ( D ). 67)
Del gráfico, hallar el valor de “y” cuando “xMtoma su mínimo valor entero.
A) 88° B) 68° C) 78° D) 98° E) 58°
124
Solución * Se debe cumplir:
y > x , y < 2x
x < y < 2x
Luego:
(1 ).
Además: ( 2 x - y ) + ( x + y ) + ( y - x ) = 180° 2x + y = 180° y = 180° - 2x x < 180°- 2 x < 2x
En (1 ):
180° - 2x < 2x x > 45' El mínimo valor entero de x : 46°. El valor correspondiente para y, será :
180° - 2x = 88
Rpta: ( A ). 68)
Dados los ángulos consecutivos AÓB, BÓC, CÓD y DÓE donde OB
Bisectriz del AÓD
OC
Bisectriz del BOE
COD
DOE
A
y AOB es agudo A
__
¿Cuál es el mayor valor entero de la medida del COE ? C) 64'
B) 65'
A) 59°
E) 73°
D) 60*
Solución
- Com o:
COD
DOE
COD
Haciendo:
DOE
= x
Tenemos : CÓD = 2 x y DÓE = 3x ( colocamos esto en el gráfico ). A
- Se indica que AOB es agudo. Entonces :
7x < 90° 90° x < -z -
(1 )•
125
- Nos piden ei mayor valor entero de la medida del CÓE; Siendo : CÓE = 5x. - Multiplicando la expresión (1), por 5 en ambos miembros : 90° 450° 5x < 5 ( —— ) -> 5x < —450° COE < — —
-»
COE < 64° 17*
Entonces, el mayor valor entero de la medida del CÓE es: 64° Rpta:
126
( C ).
CAPITULO 5 v
TRIANGULOS Definición.- Se llama triángulo a la figura formada por la reunión de los segmentos determinados al unir tres puntos no colineales. B *
Notación :
a
ABC = AB U AC U BC
* Perímetro : 2p = AB + BC + AC * Semiperímetro : p = ( AB + BC + AC ) / 2 Clasificación de los triángulos.- Se clasifican por sus lados y por sus ángulos: I)
Por sus lados.- Se clasifican en : a) Escaleno.- No tiene lados congruentes. b) Isósceles.- Tiene dos lados congruentes.El tercero es llamado base. Los ángulos en la base son congruentes. c) Equilátero.- Tiene sus tres lados congruentes. Cada ángulo interior mide 60°.
Por sus ángulos- Se clasifican en : a) Triángulo rectángulo.- Tiene un ángulo recto. Los lados que determinan dicho ángulo se llaman catetos y el tercero es la hipotenusa. b) Triángulos oblicuángulos.- No tiene ángulo recto. Pueden s e r : b,) Acutángulo.- Si sus ángulos interiores son agudos.. b2) Obtusángulo.- Tiene un ángulo interior obtuso.
i
127
Propiedades B ásicas: En todo triángulo : 1)
Las medidas de los ángulos interiores, suman 160°.
a + P + é = 180
2)
Cualquier ángulo exterior mide igual que la suma de dos interiores no adyacentes.
3)
Las medidas de los ángulos exteriores, uno por vértice, suman 360°.
x + y + z = 360
4)
En un mismo triángulo, a mayor lado se opone mayor ángulo y viceversa S i:
B
AB > BC entonces C > A 5)
En un mismo triángulo, a lados congruentes se oponen ángulos congruentes y viceversa * S i:
AB = AC, A
A
entonces : B = C
6)
Cualquier lado es mayor que la diferencia de longitudes de ios otros dos y menor que su suma. * S i: c > b > a, entonces : b > c - a b
1)
Mediana.- Segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto
Ejemplo : Mediana B M .
128
Mediatriz.- Recta perpendicular a un lado, levantada desde su punto medio B
Ejemplo : mediatriz de AC
*
Bisectriz interior.- Segmento que biseca un ángulo interior Ejemplo: BD
Bisectriz exterior.- Segmento que biseca un ángulo exterior. Ejemplo: BE ( AB > B C ) Altura.- Segmento perpendicular a un lado, trazado desde el vértice opuesto. Ejemplos : BH
B
B
A"1
H
B
— cH
C
Ceviana.- Se llama ceviana de un triángulo, al segmento que une un vértice con un punto cualquier del lado opuesto o de su prolongación. A ABC : BQ, ejemplo de una ceviana interior. BR, ejemplo de una ceviana exterior. Caso del Triángulo rectángulo Los ángulos agudos, son complementarios. B A + C = 90 A La altura hacia lahipotenusa, divide al ángulo recto en dos ángulos congruentes a los agudos del triángulo. A ABC : BH es altura relativa a la hipotenusa B
HBC = A ABH = C
PROBLEMAS RESUELTOS
- NIVEL I 1)
En un A ABC, BE es bisectriz interior. Hallar la medida de C, s i : AB = BE = EC A) 30'
B) 60'
C) 32'
D) 36'
Solución Incógnita: C = x ABEC, isósceles : EBC = C = x Luego : AÉB = C + EBC ( Z e xte rio r) AEB = 2x Además : ABE = EBC = x
( BE biseca el ABC )
A ABE, isósceles
A = AEB = 2 x
E ntonces:
Á + ABE + AÉB = 180° 2x +
x
+
2x
= 180°.
x = 36° C = 36°
Rpta: ( D ). 2)
En la figura mostrada AB = BC y el triángulo QSC es equilátero. Luego : A) a = b
B) 2a = b
D) a = 2b
E) a = b + 60'
C )2 a = 3b
Solución Como : AB = BC B • •
A = b + 60° = C
En el A A Q C : a + 60° = b + 60° + b ( Z e xte rio r). a = 2b
Rpta: ( D ). 130
E) 15'
3)
La figura adjunta es un cuadrilátero no convexo ( cóncavo ). Usando alguna propiedad de triángulos, demostrar que :
Solución Prolongamos AD hasta su intersección con B C , en el punto E. Usando el teorema del ángulo externo : a
DEC -+ x = é + C
(1 ).
a
ABE -+ é = Á + B .......... ( 2 ).
.*. Sustituyendo ( 2 ) en ( 1 ) : x=A+B +C 4)
En un a ABC, A B =12u y BC =18u. PorB, se traza paralela a A C , cortando a las bisectrices de los ángulos extemos A y C, en los puntos P y Q, respectivamente. Hallar PQ. A) 6u S
o
lu
B) 24u
c
ió
C) 27u
D) 30u
E) N.A
n
* Incógnita : PQ * Sea el gráfico adjunto : P = EÁP = ot Q = FCQ = p (ángulos alternos internos) Luego : * a APB, isósceles *
a
-+ PB = AB
/.
CBQ, isósceles -+ BQ =; BC
PB = 12 BQ = 18
Entonces : PQ = PB + BQ = 1 2 + 1 8 PQ = 30 Rpta: 5)
En un
( D ).
a
ABC,
B = 90°,
C = 22°, hallar la medida del ángulo formado por la bisectriz
del B y la mediatriz de AC.
A) 23'
B) 22
C) 21
D) 20'
E) 18 131
Solución Sea P, el punto de corte de las líneas indicadas . Incógnita :
P = x
En el cuadrilátero no convexo sombreado x + 45° + 22° = 90' x = 23' Rpta: 6)
En un
(A ). a ABC,
AB = BC, se traza la ceviana interior BE. En el ABEC, se traza laceviana
EQ, tal que BE = BQ. Si ABE mide 48°, hallar la medida del QÉC. A) 48°
B) 36'
C) 24°
D) 12
E) 28'
Solución * Incógnita : QEC = x * A ABC, isósceles : A = C = a * En el A EQC, por el Teorema del ángulo externo : EQB = QÉC + C EQB = x + a Luego, en el A EBQ, isósceles : BÉQ = EQB * Finalmente, usando el Teorema del ángulo externo en el A ABE : BÉC = Á + ABE 2x + a = 48° + a
2x = 48°
x = 24' Rpta:
7)
( C ).
En un A ABC, recto en B, la altura BH corta a la bisectriz interior AD en el punto F Demostrar que el A BFD es isósceles.
Solución Consideremos la figura adjunta. Sabemos, por propiedad para los triángulos rectángulos, que: A.
A
ABH = C 132
Así, usando eí Teorema del ángulo extemo : a ABF -» B?D = BÁF + ABF a ADC
8)
BDA = DÁC + C
BFD = a + <(>
/. /.
BOA = a + <(>
Luego : BFD = BDA a
BFD, es Isósceles y BF = BD
En la figura : Hallar V A) 60° B) 50° C) 75° D) 65° E) 80°
Solución *
a
ABO, Isósceles :
AB = BD
*
a
DBC, Isósceles :
BC = BD
Luego :
a
B
ABC, Isósceles ya que AB = BC
a = 30° y
x = 20° + a
x = 50°
Rpta: ( B) . 9)
En la figura adjunta,hallar la medida del ángulo ABC, sabiendo que ; É = 60°, D = 70° y CD = DE = BE A) 45° B) 35° C) 30° D) 25° E) N.A
Solución Incógnita : ABC = x
* Trazamos DB Como BE = DE y É = 60° El
a
BED es equilátero. Entonces :
BD = DE y
BDE = DBE = 60°
Luego : BDC = 70° - 60'
BDC = 10° 133
* El
a CDB,
es isósceles.
C = CBD = a OC + CX
* Finalmente, en “B'
+ 1 0 °= 180° ->
a = 85'
x + a + 60° = 180° x + 85° + 60° = 180° x = 35°
Rpta: 10)
( B ).
Del gráfico, hallar " x ", S i:
AB = BC a CD
A) 5o
B) 10'
D) 15°
E) 18'
C) 12°
Solución Trazamos BD. L u e g o : a
BCD, equilátero CBD = 60° y
BC = BD
A d e m á s: ABD = 160° a
ABD, isósceles:
AB = BD Rpta: 11)
x + x + 160° = 180°
x = 10'
( B ).
En un triángulo ABC se traza la ceviana exterior BF. Calcular la longitud de A F si BF = 8, AC = 6 y el suplemento de BFC es el doble del ángulo C ( F en la prolongación de CA ). A) 0,5 m
B) 4 m
C) 2 m
Solución * AF = ? Considerando el gráfico adjunto : BFE es suplemento de BFC BFE = 2C = 2a Entonces, c o m o : BFE
FBC + C
U 2a 134
FBC + a
D) 3 m
E) 2,5 m
FBC = a
->
AFBC es isósceles
->
FC = FB FA + 6 = 8 FA = 2
Rpta: 12)
( C ).
B
Del gráfico, demostrar que :
A
D em ostración * Del g rá fico :
ABCX
-»
x = a + B +
AXCD
—>
D= a + B+ ó
Restando miembro a miembro : x - D , , De donde :
13)
= B-x
. B+D x = — -— 2
Demostrar que, en todo triángulo, las bisectrices de un ángulo interior y otro ángulo exterior, forman un ángulo que mide la mitad del tercer ángulo del triángulo.
Solución B - Sea el A ABC, donde AE y CE bisecan un ángulo interior y otro exterior, respecti vamente; demostremos que :
>
C
2 - Con el Teorema del ángulo externo : AAEC
->
ECQ = EÁC + É
$ = a + É
A ABC
-»
BCQ = BÁC + B
2<|> = 2 a
Ahora, reemplazamos (1) en
( 1 ).
+ B ........ (
2
).
(2):
2 (a + E ) = 2a + B 2a + 2 E = 2a + B De donde : L.q.q.d.
E
Q
14)
Demostrar que, en todo triángulo.e I mayor ángulo que forman las bisectrices de dos ángulos interiores, mide 90° más la mitad de la medida del tercer ángulo
Solución Sea ABC, el triángulo. Demostremos q u e :
* En efecto; tenemos , en el cuadrilátero no convexo A B C I: A ÍC = a + B + <|> .......... ( 1 ). y en el AAIC :
a + A IC + 4> = 1 8 0 ° .....( 2 ).
Sumando miembro a miembro las expresiones ( 1 ) y ( 2 ) : 2 A ÍC + a + <¡) = a + B + $ + 1801
15)
cancelando a y $ :
2 A IC
De d o n d e :
A ÍC = 90° + 2
= 180°+ B
.
.. I.q .q .d.
El A ABC de la figura adjunta, es de cualquier naturaleza. Demostrar que
Solución En el AAEC :
a + + É = 180° a + (J> = 180° - É
En el A ABC :
( 1)
BAC + B + ACB = 180°
180° - 2a + B + 180° - 2(¡> = 180 De donde:
2ct + 20 = 180°+ B
Con (1 ):
2 ( 180o - É ) = 180°+ B
Luego :
2E = 180o - B B E = 90° - 2
136
l.q.q.d.
3 6 0 °-2 É
= 180°+ é
16)
En la figura P + Q = 230°. Hallar la medida del ángulo ABO A) 100°
B) 00°
D) 160°
E) 130°
C) 50°
Scáuctím * Incógnita: ABD Por la propiedad demostrada anteriormente : A ABC
ABCD
P = 90° +
ABC
Q = 90° +
CBD
Sumando miembro a miembro P + Q = 180° +
ABC + CBD
Usando el dato y observando que ABC + CBD = A B D , tenemos : 230° = 180° +
ABD
De donde : ABD = 100 Rpta: ( A ). 17)
Del gráfico, hallar V A) 119° B) 129° C) 109° D) 122° E) N.A
Solución Prolongamos EA y FC hasta P Por propiedad : A
A ABC
P = 90° - —
2
P = 90° -
64
137
•
•
P = 58'
De otro lado, en el A EPF x = 90° + -
2
x = 90° +
58
x = 119'
Rpta: ( A ). 18)
Del gráfico, hallar el valor de x A) 48° B) 24° C) 42° D) 22° E) 21°
Solución Prolongamos AG y EC hasta su intersección en H. Por la propiedad demostrada anteriormente : h
A ABC
=
b
2 H =42° _ H
AAEH X
“
2
42° "
2
x = 21° Rpta 19)
( E ).
En la figura : Á + B + C + D = 230° Hallar el valor de x. A) 50‘ B) 65( C) 70' D
D) 60 E) 4 0
138
Solución Con los trazos indicados Teorema del Z externo e = A + B A
A
p= C + D Sumando miembro a miembro : e+p=Á +B +C +D con el d a to : e + p = 230°
También : y + e + P = 360'
Con lo a n te rio r:
suma de las medidas de ángulos externos en el triángulo sombreado.
y + 230° = 360°. y = 130° x = 180°- y
Finalm ente:
x = 50° Rpta: 20)
( A ).
En el triángulo ABC donde AB = 4,2 y BC = 8,2. Hallar la suma del máximo y mínimo va lor entero de AC. A) 18
B) 17
C) 16
E) 14
D) 15
Solución Por el Teorema de desigualdad entre los lados de un triángulo : 8,2 - 4,2 < x <
B
8,2 + 4,2
4 < x < 12,4 Luego :
Mínimo valor entero de x : 5 Máximo valor entero de x : 12
R p ta : 5 + 12 = 17
21)
(B ).
En un A ABC, Á > C , se traza la bisectriz interior Demostrar q u e :
139
S
o
lu
c
ió
n
En ei gráfico, usando ©I Teorema del ángulo externo A ABD
BÓC = Á + 0
ABDC
AOB = C + p
Restando miembro a miembro estas expresiones BÓC - A Ó B - Á - C En un A ABC, A > C, BH y BO son aftura y bisectriz interior, respectivamente
Demostrar q u e :
Solución Haciendo uso del problema a n te rio r: BDC - AÓB = Á - C
( 1 ).
En el A BHD : HDB = 90° - HBD AÓB = 90° - H B D ................ ( 2 ). También, por ser ángulo externo en el A BHD : BDC = 90° + H B D ............. ( 3 ). Finalmente, remplazando ( 2 ) y ( 3 ), err ( 1 ) ( 90° + HBD ) - ( 90® - HBD ) = Á - C De d o n d e :
HBD =
A- C
bisectrices
perpendiculares Solución Sea R el punto de intersección de las bisectrices del Á y HBC . Bastará probar que : R = 90° En efecto. Sabemos que, para el ABC, recto en B, HBC = Á
En el cuadrilátero no convexo : R = RBC + RAC + C R= a + a + C
R = 2 a + C ............( 1 )■
Pero, en el A ABC : Á + C = 90° Reemplazando en ( 1 ) :
R
2a + C = 90°
= 90°
- Nota.- Este resultado constituye una propiedad para todo triángulo rectángulo. También se demuestra que las bisectrices de los ángulos C y ABH son perpendiculares entre sí. 24)
En la figura: AB = BC = BD. Demostrar, que : a x = — 2 S olución Del gráfico B
D
- AABD, isósceles : A = BDA = ó - A BCD, isósceles : C = BDC = x + <)> - Por el teorema del ángulo externo :
l.q.q.d.
25)
En la figura : BC = CE = CD. B
C Hallar el valor de a. A) 36° B) 60° D
C) 30° D) 24° E) 18° 141
Solución Como CE = CB = C D ; entonces, por la propiedad demostrada en el problema 2 4 : EDB =
BCE
a
En el A A B D : D
2a + x = 90' a 2a + — = 90° 2 Rpta:
26)
->
a = 36
(A).
En un A ABC, obtuso en B, BC = 2 y AC = 5. Hallar el valor o valores enteros que puede tomar AB. A) 5
B) 6
C) 4
D) 4; 5 y 6
E) 4 y 5
Solución Como B es obtuso, éste será el mayor ángulo. En consecuencia, el mayor lado es AC. Luego : AB < AC AB < 5 .......... ( t ). Además, se debe c u m p lir: AB > AC - BC AB > 5 - 2 AB > 3 ............( 2 ) . Observando (1 ) y ( 2 ), el único valor entero de ABt es 4.
Rpta: ( C) . 27)
El perímetro de un triángulo rectángulo es 18. El mínimo valor entero para la longitud de la hipotenusa, es : A) 7
B) 6
C) 5
D) 8
Solución Sea el triángulo rectángulo, con los lados mostrados. D a to :
a+b+c=18
Se debe c u m p lir:
142
c > a c > b
-»
a + b = 18 - c ... ( I )
(II)
E) 9
Sumando miembro a miembro las expresiones en ( I I ) 2c > a + b Con lo obtenido en ( I ) : 2c > 18 - c 3c > 18 —> c > 6 Luego, el mínimo valor entero de c : 7 Rpta: 28)
( A ).
Se tiene el triángulo isósceles ABC ( AB = BC ). Se toman los puntos G, M y F en AB, BC y AC respectivamente tal que el triángulo FMG es equilátero. Si GFA = a , BGM = p y FMC = 0 ; se cumple : A) P =
a - $
B) P =
a + <(>
C) a =
p +
D) a =
P-Ó
E) a =
p-2
Solución - AABC, AB = BC
/.
A = C
- Con el teorema del ángulo externo : AFAG ->
Á + a = p + 6 0 ° ............ ( 1).
A FMC
C + 4 = a + 6 0 ° ........... ( 2 ).
Efectuando (1) - (2 ): ( Á + c c ) - ( C + ó ) = ( p + 60° ) - ( a + 60° ) Siendo A = C : ex —<¡> = p - a Rpta: 29)
+
( C ).
En un AABC, C - Á = 42e ; A) 42°
i
De donde : a =
p
B) 21
BE es bisectriz exterior. Hallar la medida del ángulo CEB C) 12
D) 10,5
E) N.A
Solución Incógnita : É = x Sean a y ó, medidas de los ángulos C y A, respectivamente. El dato : a - = 42°. Sea R un punto de AB .Usando el Teorema A
_
A
A
del ángulo externo en el AABE : RBE = A + E 143
RÉE = ó + x. Entonce# ; CÓE * RÓE -> CÓE * ó + x También, en el A C 8E :
a = QBE + É a = (4» + x ) + x
De donde :
a - = 2x
Con el dato : Rpta: 30)
42° = 2x
->
x = 21°
( B ).
En un A ABC, AB = BC, CR es una ceviana interior, tal que RCB = 24°. La bisectriz del ángulo ARC corta a AC en el punto O. A
Hallar le medida del ángulo AQR. A) 72°
B) 56°
C) 76°
D) 78°
E) 82°
Solución Incógnita : AQR = x Sean QRC = p y QCR = 4> ARQ = p A ABC, isósceles : Á = ACB = 24° + ó * En el AQRC, por el Teorema del ángulo externo : P + 4> = x
(1 ).
* Suma de las medidas de los ángulos del A ARQ : p + (2 4 ° + ó ) + x = 180° p + 4>+ x = 1562 ............( 2 ) . Reemplazando ( 2 ) en ( 1 ) :
x + x = 1 56°. x = 78°.
Rpta: 31)
( D ).
En un triángulo ABC; AB + BC = 30 cm. Se ubica un punto M sobre AC; si AC = 2 0 cm. Hallar el menor valor entero de BM. %
A) 6 cm.
B)4cm
Solución Por mínima distancia : AB < x + AM BC < x + MC AB + BC < 2 x + AC
144
C) 2 cm.
d )1 0 c m .
e) 9 cm.
30 < 2 x + 20 5< x
x menor entero = 6 Rpta:
( A ).
En la fig u ra : Lt II U
ti
a + b = 134' Hallar el valor de x L2
A) 23'
B) 33'
D) 67
E) 53*
C) 43'
/
Solución x = ? D ato:
90,--b
a + b = 1 3 4 °............(1 ).
9(T-a
Q
i
R Lj
Con los trazos indicados, y haciendo uso de la propiedad :
Se obtiene : E = 90° - b Por el teorema del ángulo externo APEQ
—>
x + m = 90° - b
APQR
—>
x = m + 90° - a
Sumando miembro a m iem bro: 2 x + m = 180° - ( a + b ) + m
Con (1): 2 x = 180° - 134° x = 23° Rpta:
( A ).
ABC, es un triángulo isósceles, recto en B. E, es un punto exterior a ABC, relativo a BC, tal que AB = BE. Hallar la medida del ángulo AÉC. A) 30°
B) 22,5°
C) 60°
D) 45'
E) 37
Solución Incógnita: AÉC = x
*
Como ABC es un triángulo isósceles y recto en B, entonces : AB = BC 145
Luego : BE = AB = BC. El A ABE, es isósceles. BÁE = ABE = a. Y en el A BEC, también isósceles : BCE = BÉC = a + x. Por ser ángulo externo en los triángulos sombreados :
é = 90o + a
y:
é
= x + a + x
Igualando los segundos miembros : 2 x + a = 90° + a De d o n d e : Rpta:
x = 45'
( D ).
En la figura : AB = BC y EF = FH. B
Hallar el valor de “x* A) 12° B) 10° C) 20° D) 15° E) 18°
X =
? A
A
A ABC, isósceles : A = C = a Al trazar EH , resulta el AEFH, equilátero. Luego : y
EHF = HÉF = EHA =
60°
50°
Por el Teorema del ángulo externo : AAEH
-> BÉH = Á + AHE
3 x + 60° = a + 50° 3x + 10° = a
AHFC
AHF = HFC + C
(
50° + 60° = 2x + a 110° = 2 x + a .........
De ( 1 ), con a = 3x + 10°, reemplazando en ( 2 ) : 110° = 2 x + 3x + 10c
x = 20° Rpta:
(C ).
35)
En la figura, D
demostrar que
Demostración * En el cuadrilátero no convexo DPEF : DFE = x + (3 + r
(1 ).
* por el Teorema del ángulo externo : - AADF:
D F E - A + 2p
-
DFE = C + 2r
AFEC :
(
2
)
Sumando miembro a miembro las expresiones de ( 2 ) : 2 ( DFE ) = Á + C + 2p + 2r con (1):
2 (x + p + r)=
A + C + 2p + 2r
.*. 2 x + 2 P + 2 r = Á + C + 2p + 2r 2x = A + C A
De donde :
36)
x =
A + C
En un A ABC, se trazan las bisectrices interiores AE y C D . Las bisectrices de los ángulos ADC y AEC se interceptan en el punto “P”. Demostrar q u e :
B
Demostración * En la figura sombreada, por la propiedad demos trada en problema anterior 0
*
P=
147
Así: A
C
P= 2 + 2
P=
37)
A + C
B P = 45° - 4
180° - B
En un A ABC, recto en B , AC = 22 ; sobre AC se toma el punto F y en la prolongación de CB, el punto Q. FQ corta a AB en R. Hallar RF, si QRB = Á y QR = 6. A) 10
B) 9
C) 6
D) 8
/
Solución Incógnita: RF = x. Del dato : QRB = A = a ARF = QRB = a El ARFA, es isósceles. Entonces :
Q'
AF = RF AF = x
En el AQBR :
Q = 90° - a
y en A ABC :
C = 90° - a
L u e g o : FC =
FQ ->
Finalmente.como :
Usando lo obtenido :
a
AQF C, isósceles
AF + FC = AC i jj. i x + x + 6 = 22
x = 8 Rpta : RF = 8 ... ( D ). Hallar el valor de x, S i: AM = BM = MC = CQ y BE = EM
148
A) 10'
B) 15
D) 18'
E) 12'
^
Q = C
De donde :
38)
E )7
C) 20'
Solución Haciendo uso de los triángulos isósceles y el Teorema del ángulo externo : AMCQ
CMQ = Q = x
y MCB = x + x = 2x ( Z externo ). Además : AME = CMQ = x (opuestos por el vértice). AMBC
MBC = MCB = 2 x (A isósceles).
AMBQ ->
EMB = MBQ + Q , ( Z externo ). EMB = 2x + x
ABEM, isósceles :
->
EMB = 3x
EBM = EMB= 3x A
A
Finalmente, en el AAMB isósceles : A = ABM = 3x A + ABM + AMB = 180 3x+ Rpta:
3x + 4x = 180°
( D ).
En el interior de un triángulo ABC, se toma el punto E, siendo AE = BE y AB = EC S i:
Z A B E = Z E C A = x,
A) 5o
B) 10°
Z EAC = 2x,
Z EBC = 5x. Hallar el valor de x.
C) 12°
E)18
D) 15'
Solución x = ?
B
En el cuadrilátero no convexo ( cóncavo ) ABEC : Ó = 5x Luego, el A EBC es isósceles: b = a
v C
y el A ABC, BC = AB: ACB = BÁC = 3x E ntonces: BCA + BAC + ABC = 180° 12x =180° •
Rpta:
( D ).
•
x = 15*
40)
En la figura adjunta, trazar las alturas AH y CQ. Hallar la medida del ángulo formado por las bisectrices de los ángulos HAB y BCQ. A) 30‘
B) 45
D) 75'
E) 90'
C) 60'
Solución * Incógnita : x * Del gráfico, luego de trazar las alturas, como HBA = QBC; entonces: HÁB = QCB, ya que : HÁB + HBA = 90Q= QCB + QBC * En el cuadrilátero no convexo ABCP : ABC = a + x + a -h> ABC = 2 a + x X
P
También, por ser ángulo exterior del AAHB :
a««
•rv Q
ABC = H + HAB Igualando a lo a n te rio r:
2 a + x = H + HAB 2a + x = 90° + 2a x = 90° Rpta: 41)
( E ).
En un A ABC, B = 36° y C = 84°. AE y CR , son cevianas internas , AR = AC BÁE = 12°. El ángulo AER, mide : A) 48°
B) 24'
C)12
Solución * Incógnita: AÉR = x * En el
AABC :
Á = 180° - ( 36° + 84° ) Á = 60°
AARC es equilátero ya que, por dato : AR = AC. RC = AR = AC y Entonces : RCE = 24° 150
ACR = 60°
D) 30’
E) 25
y
* En el A AEC, CAE = 48° y Luego:
ACE = 84°
AÉC = 180° - ( 48° + 8 4 °) = 48° A ACE , isósceles : EC = AC
Resulta : EÁC = AÉC
* Finalmente : ARCE , isósceles
->
ERC = RÉC = x + 48
ERC + REC + RCE = 180' ( x + 4 8 °) + ( x + 4 8 °) + 24° = 180' De d o n d e : x = 30 Rpta: 42)
( D ).
En un A ABC, recto en B, se traza la altura B H , la cual es cortada en los puntos Q y M por las bisectrices interiores AD y CE, respectivamente. Hallar MQ, si BE = 7 y BD = 10. D) 6
C) 2
B) 1,5
A) 3
E) 4
Solución Consideremos el gráfico adjunto. Incógnita : MQ. Sabemos, por el problema nQ7, que el A QBD es isósceles BQ = 10 Análogamente, e I AEBM también es isósceles BM = 7 - Entonces :
MQ = BQ - BM MQ = 1 0 - 7
Rpta:
MQ = 3
(A).
En un A ABC, C = 80°, se trazan las bisectrices interiores AE y BF. Hallar la medida del menor ángulo formado por las bisectrices de los ángulos AEC y BFC. A) 20°
B) 24'
D) 40
C) 30
E) 25'
Solución Considerando el gráfico adjunto :
( hoja posterior).
En el cuadrilátero no convexo sombreado : r + n + 80° = 180° - x r + n + x = 1 0 0 °.......... ( I ) . 151
Por el Teorema del ángulo externo : AABF 2r = 2a + p A ABE -> 2n = a + 2 p
B
(+ )
2 ( r + n ) = 3 ( a + P ), siendo : a + p = 50°, del A ABC Entonces: 2 ( r + n ) = 3(50°) -» r + n = 75o ... ( I I ) . Sustituyendo (II), en ( I ) :
75° + x = 1 0 0 ° x = 25
Rpta:
(E).
* Nota.- En general, se tendrá :
44)
Hallar “a”, s i :
AB = BE = BD = CD A) 10° B) 20° C) 15° D) 30° E) 18°
Solución * AABD, isósceles ADB = 30° y DBE = 60 * Trazamos ED . Luego: el A EBD es equilátero. ED = BE = BD y BDE = 60° * ACDE,resulta isósceles y recto en D : n = 45' * Finalmente, en UE” : a + 45° = 60°
a + n = 60° -»
a = 15°
Rpta: ( C ). 45)
En el interior de un AABC, se toma el punto “O”, de modo que OA = OC = AB . S i : ABC = 12x, OÁC = 3x y OCB = 2 x, hallar el valor de “x”.
A) 5' 152
B) 6'
C) 7'
D) 8
E) 9'
Solución Trazamos BO. En el A AOB, isósceles, sea : AÓB = a
ABO = a
Para el cuadrilátero no convexo ACBO : a = 3x + 5x + (12x - a)
a = 10x.
Volviendo al gráfico : OBC = 1 2 x - a
OBC=:2x
ABOC es isósceles : OB = OC . El AAOB, resulta equilátero
Rpta:
x = 61
10x = 60'
a = 60 ( B ).
NIVEL III 46)
Del gráfico, hallar el valor de “x”. A) 60° B) 45° C) 30° D) 75° E) 90°
Solución * En el cuadrilátero no convexo BECF : BFC = x + 2m + 2r * Con el Teorema del ángulo externo : A ABF : BFC = b + r + 2m x + 2m + 2r = b + r + 2m x+r = b AFCD :
(1 ).
BFC = a + 2r + m
X + 2m + 2r = a + 2r + m x+m = a
( 2 ).
* Finalmente, en el AAFD : FÁD + AFD + ADF = 180° Luego :
180° - ( a + b ) + x + 2m + 2 r + 1 80° - ( a + b ) = 180' 153
De donde :
x + 2m + 2r + 180° = 2a + 2b «
Con (1) y (2):
x + 2m + 2r + 180° = 2( x + m ) + 2 ( x + r )
Efectuando:
180° = 3x
Rpta: 47)
->
x = 60°
/
( A ).
En la figura : AB > BC y CD > ED Hallar “x” , si su valor es entero. A) 65° B) 110° C) 115° D ) 125° E) 135°
Solución Como x es entero, entonces la medida del ACB = ECD también lo es. Recordando que “a mayor lado se opone mayor ángulo, en un mismo triángulo” : A ABC
AB > BC
A CDE -> CD > ED De ( 1 ) y ( 2 ) : Luego : Rpta: 48)
64° < ACB
ACB > 6 4 ° ............( 1 ). 66° > ECD
< 66’
x = 180° - ACB
->
66° > ACB ...... ( 2 ).
ACB = 65° x = 115'
( C ).
Los lados de un triángulo están en progresión aritmética de razón 5 cm. Hallar elmínimo valor entero que puede asumir el perímetro. A) 29 cm.
B) 30 cm.
d )"3 i cm.
D) 32 cm.
E) 33 cm
Solución Considerando las longitudes de los lados del triángulo como indica la figura : El perímetro es : P = AB + BC + AC
B
P = 3x
\< * + 5 )
(x-5)
* Con el Teorema de desigualdad triangular BC - AB < AC < BC + AB (x+5)- (x-5) < x <(x+5)+(x-5) 10 < x < 2x
De a q u í: 154
x > 10
/
*
\
-c
Para el perímetro multiplicamos por 3 : 3x > 30 P > 30
t E lm in im o va lo re n te ro .e s Rpta:
P = 31 cm
( C ).
En un A ABC, la bisectriz exterior del ángulo C. corta a la bisectriz del ángulo BAC en el punto E. Por E se traza paralela a AC , interceptando a BC en F, AB en L y a la bisectriz del ángulo BCA en N. ( L sobre NF ). S i: NL = 3 cm y EF = 5 cm. Hallar A L . A) 7 cm
B) 9 cm.
C) 5 cm.
D) 8 cm.
E) N.A
Solución Del gráfico, por ángulos alternos internos entre paralelas: Z AEN = Z EAC, Z FEC = Z ECP, Z ENC = Z NCA, De lo a n te rio r: A ALE, isósceles : AL = LE A CFE, isósceles : CF = EF A NFC, isósceles : NF = CF ->
(1 ).
CF = 5 ->
NF = 5
LF = NF * NL
LF = 2. Luego : LE = LF + EF = 2 + 5 LE = 7. En (1 ) :
AL = 7 cm.
Rpta: ( A ). En la figura,
AF, BE y CQ, son tres
cevianas cualesquiera, concurrentes, del A ABC. Si AB + BC + AC = 4, hallar los valores enteros, mínimo y máximo, de la expresión AF + BE + CQ. A) 3 y 7
B ) 4 y 12
C ) 3 y 11
D) 4 y 9
E) 3 y 12
Solución Por el Teorema de desigualdad entre los lados : A ABE
AB - AE < BE < AB + AE
A EBC
BC - EC < BE < BC + EC 1S5
Sumando miembro a miembro y manteniendo los sentidos de desigualdad : AB Esto es:
+ BC - ( AE + EC )< 2 BE
< AB +BC + ( AE + EC )
AB + BC - AC < 2 BE < AB +
BC + A C ..........( 1 ).
Análogamente : AB + AC - BC < 2 AF < AB +
AC + B C .......... ( 2 ) .
y
BC + A B .......... ( 3 ) .
también :
AC + BC - AB < 2 CQ < AC +
Sumando ahora, miembro a miembro, las expresiones ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ) : AB + BC + AC < 2( AF + BE + CQ ) < 3( AB + BC + AC ) Usando el dato :
4 < 2( AF + BE + CQ ) < 3(4) 2 < A F + BE + CQ < 12
Valores enteros Rpta:
51)
Mínimo = 3 Máximo = 11
( C ).
En un cuadrilátero convexo ABCD,Á= 60°,B = 130°, AB = BC y AD = AB + CD. Hallar la medida del ángulo D. A) 20°
B) 50°
C) 40’
D) 60'
Solución *
Datos: Á = 6 0 °,A § C = 130°. AB = BC y
AD = AB +
*
Incógnita : D = x
*
Sean : AB = a = BC CD = b
AD
CD
y = a+b
Sobre AD tomamos el punto E, tal que AE = a = AB
ED = b
L u ego: A ABE
Equilátero
AEBC
Isósceles : (3 = 55°
AECD
Isósceles : a = 180° - ( 60° + p )
BE = a
a = 65° Entonces : x = 50fi Rpta:
156
(B).
E) 55
52)
En un triángulo PQR, PQ = 6, se traza la ceviana interior QF , tal que : A
A
A
A
FQR = 3R y QF = 4 , Si P = 2R . Hallar FR. A) 12
B) 10
D) 11
C) 8
E )9
Solución * Sea R = a
—> P = 2 a y FQR = 3 a Q
* Incógnita: FR * Trazamos QN , de modo que: QNP = 2 a = P Luego, APQN es isósceles : QN = 6 A QFN, Isósceles :
F
R
FN = 4
y A QNR, Isósceles : NR = QN Entonces :
P
z«4._ N
—>
NR = 6
FR = FN + NR = 4 + 6
FR = 10 Rpta: 53)
(10).
Los lados de un triángulo ABC, tienen longitudes: AB = 10, BC = x - 5
y AC = 2 x - 3 .
H a lla r: a)
¿ Entre qué valores se encuentra x ?
b)
¿ Entre qué valores se encuentra el perímetro de ABC ?
c)
Los valores enteros mínimo y máximo del perímetro y los respectivos valores para x.
d)
¿ Qué valor(es) entero(s) toma x; y el respectivo valor del perímetro?
Solución
B
Hacemos uso del Teorema de la desigualdad triangular: * BC + AC > 10
( x - 5 ) + ( 2 x - 3 ) > 10
x > 6 ............( I ).
* AC - BC < 10 ->
( 2 x - 3 ) - ( x - 5 ) < 10
x < 8 ............. ( I I ) .
( l ) y ( I I ) Pueden representarse como : 6 < x < 8
(a).
* Para desarrollar las preguntas usaremos ( a )
A sí: 157
a) Rpt a: x se encuentra entre 6 y 8. b) Para hallar el perímetro:
P = AB + BC + AC P = 3x + 2
P = 10 + ( x - 5 ) + ( 2 x - 3 )
...
(y):
Debemos obtener la expresión para Pf a partir de ( a ). 6 < x < 8 Para ello, efectuamos las siguientes operaciones, miembro a miembro : - Multiplicando por 3 : 18 < 3x < 2 4 - Sumando 2 :
20 < 3x + 2 < 26
Luego :
20 <
P
< 2 6 ... ( p )
Rpta : El Perímetro se encuentra entre 20 y 26 . c)
De ( p ) : * Valor entero mínimo de P : 21 El respectivo valor de x se obtiene al igualar ( y ) con éste v a lo r: 3x + 2 = 21
x=
19
* Valor entero máximo de P; ( usando p ) : 25 Para x, con ( y ) : 3x + 2 = 25 Rpta:
d)
x =
Según ( a ) : 6 < x < 8. El único valor entero de x, es : 7. y el correspondiente valor del perímetro P, se obtiene al reemplazar en ( y ) : P = 3x + 2 " Rpta:
54)
23
P=3(7)+2 P = 23
En un A ABC, Á = 2C y AB = 2 . Hallar BC, sabiendo que es un número entero. A) 3
B) 4
C) 5
D) 6
E) N.A
Solución Sea el gráfico adjunto. Trazamos la ceviana BR ,
B •cx\
de modo que = Á A ABR, isósceles : BR = AB = 2 . 158
2oc/\ R
nt
CBR + C = ARB
En el A BRC :
CBR + a = 2 a
—» CBR = a
A RBC, isósceles
RC = RB = 2
Se debe c u m p lir:
BC < BR + RC x<2 + 2
->
x < 4
*
o)
A
Por otro lado, en el A ABC, como A > C entonces :
(2 )
x > 2
BC > AB
Luego, de (1 ) y ( 2 ) : Rpta: 55)
x = 3
(valor entero) ... ( A )
En un A ABC, AB = 4 y A = 2 C , se traza la bisectriz interior BD. Hallar AD, sabiendo que BC toma su máximo valor entero. E) N.A
D) 2,5
C) 3
B) 4
A) 2
Solución -S i
B
C = cc —> Á = 2 a
Sean las longitudes : BC = a y AD = x Prolongamos CA, hasta F, de modo que F = C. A FAB
isósceles : FA = AB = 4
AF BC
isósceles : FB = BC = a F B < A F + AB
En el A FAB
a < 4
+4
—» a < 8
El máximo valor entero de “a” , es 7. Por ser ángulo externo del ABDC : ADB = a + ó Finalmente, en el AFBD, isósceles : FD = FB x + 4 = a x + 4 = 7
x = 3
Rpta : AD = 3 ... ( C ).
56)
¿ Cuántos triángulos escalenos, de perímetro menor que 10 y cuyos lados tienen valores enteros para sus longitudes, existen ?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) Ningún triángulo 159
Solución Sean a, b y c, longitudes de los lados, con a * b * c Se debe c u m p lir: a + b + c < 10 Además :
o
a < b+c
( I I ):
Sumando miembro a miembro ( I )
y (II):
2 a < 10
« ♦
Esto nos conduce a concluir que cualquier lado (a, b ó c) es menor que 5 Supongamos que * Si
a > b > c. Como a
< 5,tanteamos :
a = 4 ; entonces en ( I ) : b + c < 6 y en:
( II): b + c > 4
De d o n d e : b + c = 5 Unicos posibles : b = 3 ; c = 2 Luego, cumplen las condiciones del problema : { a; b; c } = { 4; 3; 2 } ** Si a = 3. Al reemplazar en ( I ) : b + c<
7. Y, en ( I I ) : b + c >
3
Además, por la elección hecha :
b < a c < a
(+)
b + c < 2a , b + c < 6 , para a = 3 Entonces : 3 < b + c < 6 Posibilidades : ( con a = 3 ) b+c
A H
b
c
3
1
—»
No cumple b * a
2
2
—>
No cumple b * c
4
1
—»
No cumple b < a
3
2
—>
No cumple b * a
5
No hay solución cuando a = 3 * ** Si a = 2, tampoco habría solución, ya que hemos puesto por condición que a > b > c. Así el problema tiene 1 sola solución : { a; b; c } = { 4; 3; 2 }
Rpta: 160
( E ).
57)
En un A ABC. Hallar el máximo valor entero de BC. Si AB = 4 y Á = 3C A) 12
B) 11
C) 10
D) 9
E) 8
Solución Sea C = a
B
Á = 3a
Tracemos A F , de modo que: FÁC = C = a . Luego : BÁF = 2 a -» A BAF, isósceles BF = AB = 4. * A FAC, isósceles : FC =. AF = x. * EnelAABF:
x < 4+4
x < 8
* BC tendrá valor máximo cuando x sea máximo y máximo = 7' Rpta: 58)
B C máximo = 4 + X = 11
(B).
En la figura : AB = CE. Hallar el valor de “x” A) 20° B) 30° C) 45° D) 60° E) N.A
Solución En el A ABC, trazamos la ceviana B D , de modo que BD = AB. Luego, los triángulos ABD y BDC son isósceles y el A DEC, equilátero ya que DC = CE y DCE = 60°. Así, el ABDE,
•..76? 44‘ V B O »
,22' r ^ C
resulta isósceles : 2 ( x + 22°) + 76° = 180 De d o n d e :
Rpta:
x = 30°
( B ). 161
59)
En la figura : OB = AC Hallar el valor de “x” (60"*a)
A) 30° B) 20° C) 15° D) 24° E) 36°
Solución * Prolongamos AO hasta “E” tal que : CE = AC Entonces : AEC = EAC = 48
A ACE, isósceles
En A OEC : OCE = 66° Luego, A OEC : Isósceles OE = CE * Por otro lado : BÓE = OÁB + A B O
( ¿ exterior, en el A AOB ).
BOE = 60° Equilátero
En conclusión, el A BOE
* Así, el A BEC, resulta isósceles : /.
BE = OB = OE
BCE = CBE =
180° - BÉC
BCE = CBE = 36
* Por último : x = OBE - CBE x = 60°-36 Rpta: 60)
x = 24
( D ).
En la figura, B = 20°, AB = B C , N A C = 50° y ECB = 20°. Hallar el valor de “x” A) 20° B) 15° C) 30° D) 40° E) 25°
162
Solución * Con la figura dada, se deduce que el A ACN es isósceles, donde AC = CN * Trazamos luego, CL tal que CL = AC E ntonces: A LCN
-»
A ELC
Equilátero Isósceles
y en A ELN, isósceles : LÑE + LÉN + ELN = 180° t
2 ( x + 4 0 °) + 40° = 180° x = 30° Rpta: 61)
( C ).
En la figura, BC = CE; Á = RCB = 36°
ECR = 12° . Hallar el valor de x, medida del ángulo . ERC. A) 24° B) 36° C) 20° D) 15° E) 30°
Solución Incógnita:
ERC= x
* A ARC, Z externo : BRC = Á + ACR
BRC = 48°
* Sobre la prolongación de AB, tomemos el punto Q, de modo que: RCQ = QRC = 48° RQ = QC y
BCQ = 12°
Además, en el A ABC : QBC = Á + ACB QBC = 84° Luego, en el A BCQ : BÓC + 84° + 12°
180°
->
BÓC = 84° 163
isósceles
Es d e c ir: A BCQ
• «
BC = QC
CE = QC
Como según dato BC = CE
Así, el A ECQ, resulta equilátero, ya que además : E ntonces: EQ = EC = CQ
y
ECQ = 60° .
y por lo tanto EQ = RQ
E nseguida: RQE = 84° - 60° = 24'
EQC = 60 RQE = 24( Finalmente, en el A RQE isósceles
REQ = ERQ = x + 48° RÉQ + ERQ + RQE = 180° ^ x + 48° + x + 48° + 24° = 180' De donde : x = 30' Rpta:
( E ).
En la figura, AE = BC. Hallar el valor de “x” A) 20° B) 10° C) 15° D) 16° E) N.A
Solución - Debemos buscar un trazo conveniente - Sobre la prolongación de AB, tomamos el punto R, tal que al tra z a r: RC ACR = 2 Á = 80° BCR = 60°. Y como el RBC = 60° resulta el A BRC equilátero. Ahora, sea F un punto de A C , tal que: RF = RC .
RFC = 80°.
Entonces, para el A ARF :
RFC = Á + ARF
80° = 40° + ARF
->
ARF = 40'
Esto indica que el A AFR, es isósceles con : AF = RF son un mismo punto.
AF = AE
FyE,
El gráfico será : Luego, en el A BRE, isósceles : EBR = BÉR = 60° + x y:
EBR + BÉR + BRE = 180°
60° + x + 60° + x + 40° = 180° x = Rpta:
10°
( B ).
165
r
CAPITULO 6
CONGRUENCIA DE TRIANGULOS * Dos triángulos se llaman congruentes, si tienen sus lados y ángulos, respectivamente congruentes. r*%
C
A ABC = ADEF C D*— *—£*fr • * “A lados congruentes, uno en cada triángulo, se oponen ángulos congruentes y viceversa.” * Para que dos triángulos sean congruentes, deben cumplir con alguno de los casos de congruencia. En ellos se menciona como requisito, que presenten tre s pares de elem entos congruentes, siendo p o r lo m enos uno de e llo s un lado. ler.C aso. (Postulado ALA).- Un par de lados y los ángulos adyacentes a ellos.
2do Caso. ( Postulado LAL ).- Dos pares de lados y el ángulo comprendido
3er. Caso.( Postulado LLL ).- Los tres pares de lados.
Existe un cuarto caso que se demuestra teniendo en cuenta los anteriores : 4to. Caso. ( Teorema ) : Dos triángulos serán congruentes si tienen dos pares de lados y los ángulos opuestos a los mayores de dichos lados, respectivamente congruentes. AB = DE Sl *
BC = EF
J BC > AB D onde: \ : l y: A = D Entonces : A ABC = ADEF
167
* observación.- Dos triángulos rectángulos, serán congruentes si tienen dos pares de elementos congruentes ( aparte del ángulo recto ); los cuales pueden s e r : a) Dos lados (caso LL.) b) Un lado y un ángulo agudo (caso LA) Por ejemplo :
k
/
«r
APLICACIONES DE CONGRUENCIA 1
Teorema.- “ Los segmentos paralelos, comprendidos entre rectas paralelas, son congruen tes.” AB S i:
DC
y
*
BC
AD
Entonces : AB = DC
y
A BC = AD *
D em ostración.-
-
Al trazar BD : ABD = BDC CBD = ADB
-
alternos internos, entre paralelas
B
£L /
Además, por tener BD común : A ABD s A CDB .
(ALA)
-
L uego:
*
Nota.- El cuadrilátero ABCD, es un paralelogramo
D
AB = DC y BC = AD
Teorema de los p u n to s m edios (Base Media).- La paralela a un lado de un triángulo, trazada por el punto medio de otro, corta al tercero en su punto medio. El segmento determinado se llama base media o paralela media y mide la mitad de la longitud del lado al cual es paralelo. Si : AM = MB y MN Entonces :
AC BN = NC y
168
MN =
AC
MN, es base media relativa a AC D em ostración Sea
MQ |
BC. Luego:
AMQ = MBN Tienen sus lados paralelos
y Á = BMN
A AMQ = A MBN
( ALA )
Pero : NC = MQ Entonces : También : MN = AQ ; siendo : MN = AQ = QC =
BN
MQ
BN QC
NC MN
AC
C orolario.- En todo triángulo, el segmento que une los puntos medios de dos lados es paralelo al tercero y mide la mitad de él. Si : AM = BM
B
v
BN = NC
Entonces : MN MN =
AC AC
Propiedad de la bisectriz.- Todo punto situado sobre la bisectriz de un ángulo, equidista de sus lados. A
Sea P, cualquier punto de la bisectriz del A. PQ y PR, son perpendiculares a los lados del ángulo. C om o: A A QP = A A R P ( L A ) . PQ =
PR
Además : AQ = AR Propiedad de la m ediatriz Todo punto situado en la mediatriz de un segmento, equidista de sus extremos.
p
A— *
M*—- B
r : mediatriz de AB. P : cualquier punto de Y. Como : A AMP = A BMP ( LL ). PA = PB El AAPB,resulta isósceles: Á = B 169
Caso del tria n g u lo isósceles.- La altura relativa a la base es también mediana, bisectriz y porción de mediatriz. Si AB = BC Altura Mediana Bisectriz Porción de mediatriz
BH, es:
Teorema.- En todo triángulo rectángulo, la mediana relativa a la hipotenusa mide la mitad de ella. BM =
AC
BM = AM = MC
D em ostración Trazamos MN
BC
MN 1 AB
Por el teorema ns 2 : AN = NB En el A AMB; MN es altura y mediana según el ne 5 : BM = AM. Teorema.- Tres o más rectas paralelas, equidistantes, determinan sobre cualquier recta secante, segmentos congruentes. S i:
V J/ E / / 5 / / Í
y :
d i — do — d
E ntonces:
a = b = c
4
TRIANGULOS RECTANGULOS NOTABLES
1)
Triángulo rectángulo isósceles : b = aJ2 I I
^
longitud de un cateto.
o
2)
longitud de la = ( longitud de 1 cateto ) x
Triángulo rectángulo de 30° y 60°:
*Cateto Opuesto a 30° =
longitud de hipotenusa
*Cateto Opuesto a 60° = f longitud de hipotenusa ' v 3)
X
/3
Triángulo Rectángulo de 15° y 75° : *
B
BH : altura hacia la hipotenusa AC
BH =
AC
* Nota.- Existen otros, aproximados, cuya relación de longitudes de lados indicamos a continuación : 4)
De 37° y 53° :
53° 6) De — ó 26°30'
5) De 16° y 7 4 °:
24n 7)
De
37
ó
18°30‘
8)
De 8o y 82°:
E je m p lo .-E n un A A B C . A b = 8 , Á = 45° y C = 30°, hallar BC
A) 4
B) 8 / 2
C) 6 / 2
D) 4 / 2
E) N.A 171
a
Solución BC = ? B
- Trazamos la altura B H . Luego : AAHB: (45°)
8
BH =
BH = 4 / 2 30^c
- A BHC : BH se opone a 30° BC = 8 / 2 Rpta:
( B ). PROBLEMAS RESUELTOS
NIVEL I
1)
UM" es punto interior al A ABC, equilátero, tal q u e : MÁC = 24° y MBC = 28°. Exteriormente y relativo a AC, se toma un punto R, de modo que, el A ARM sea equilátero. Hallar la medida del ángulo MRC. A)52°
B) 62°
C) 48'
D) 68'
E) 58
Solución X = ? Completando los á n g u lo s: ABM = 60° - 2 8 °= 32° y
MÁB = 60° - 24° = 36° ;
A dem ás: AMB = 112 También, como el A ARM es equilátero, según dato :
MAR = 60° RÁC = 60° - 24° = 36'
V
Entonces: A RAC = A MAB A
(postulado LAL : □
, 36°,
A
Luego : ARC = AMB , (se oponen a lados congruentes de triángulos congruentes) x + 60° = 112° x = 52° Rpta:
172
( A ).
En la figura : AB = BC ;
AE = CD y BED s BDE. Hallar el valor de V A) 20° B) 22,5° C) 25° D) 30° E) 18°
Solución Colocando marcas iguales a los segmentos congruentes, se observa A ABC
isósceles
ACB = BÁC = 3x D
ABCD = A ABE -> ( L. L. L. ). BCD = BÁE -> y = 5x En “C” : 3x + y = 180° 3x + 5x = 180' Rpta:
x = 22,5
( B ).
En un A ABC, AB = 12, Á = 78° y C = 39° ; la mediatriz de BC corta a AC en el punto E. Hallar EC. A) 6
B) 9
D) 15
C) 12
E) 8
Solución Incógnita : EC = x B
- Por propiedad de la mediatriz : EB = EC -> EB = x Luego : A BEC , isósceles : EBC = C = 39° y AÉB = EBC + C ...( Z exte rio r) AÉB = 78° - Finalmente : A ABE, isósceles
BE = BA
x = 12 Rpta:
EC = 12... ( C ) . 173
4)
En un A ABC, B = 78°; sobre AC se toma el punto E. Las mediatrices de AE y E C , cortan a AB y BC en los puntos R y Q, respectivamente. Hallar la medida del ángulo REQ. A) 102
B) 78
C) 39'
D) 51
E) N.A
Solución B Del gráfico : RÉQ = x ....
(incógnita)
- Por propiedad de la mediatriz : RA = RE
y
QE = QC A ARE , isósceles : AÉR = Á = a y
A EQC, ¡sóceles
- En ÜE” :
: QÉC = C = 0
a + ó + x = 1 8 0 °........ (1 ).
Pero, en el A ABC :
A + C + B = 180 a + ó + 78° = 180' a + ó = 102°
Reemplazando en ( 1 ) : 1 0 2 °+ x = 180' De donde : x = 78° Rpta: 5)
( B ).
En un triángulo isósceles ABC, UM” es punto medio de AB y AC es la base. Se traza MQ 1 AC (Q en A C ) . S i AQ = 2, hallar QC. A) 4
B) 6
C) 8
D) 2
E) 3
Solución QC = ? Como ABC es un triángulo isósceles; al trazar B H , altura relativa a la base : HC = AH En el A AHB, MQ es Base Media QH = AQ QH = 2 Luego : 174
AH = 4 y HC = 4
E ntonces:
QC = QH + HC QC = 2 + 4 ->
Rpta: 6)
QC = 6
( B ).
El ángulo exterior B, de un triángulo ABC, mide 62°. Las mediatrices de AB y B C , cortan a AC en los puntos E y F, respectivamente. Hallar la medida del ángulo EBF. A) 56°
B) 62
C) 52
D) 66'
E) 64'
Solución x = ? - Por propiedad de la mediatriz : EA = EB *-» A AEB, isósceles. FB = FC
-> A BFC, isósceles. a +
- En B : 62° + a + ó + x = 180°
- Pero, por el Teorema del ángulo externo, en el A ABC : a + 0 = 62° Reemplazando, en ( 1 ) : 62° + x = 118° x = 56° Rpta: 7)
( A ).
En un A ABC, C = 15°, B = 90° y A C = 24, hallar la longitud de la bisectriz interior BD A) 4 / 3
B) 2 / 3
C) 3 / 3
D) 5 / 3
, E ) 6 y[ 3
Solución * BD = ?
B
Trazamos la altura BH. Luego, por propiedad para esta línea, en el A ABC : = ^ .= 4 BH = 6 bh
21 4 /
* En el A BHD (30°,60°) : BH = V
BD
\
( B H , opuesto a 60°).
2 6 =
BD
\
/
73
BD = 4 / 3 Rpta: ( A ). 175
8) '
En un A ABC, acutángulo, las alturas BH y AQ se interceptan en el punto E. Si ÁE = BC. Hallar la medida del A) 30°
Z BAC.
B) 45
C) 60'
D) 37
E) 53°
Solución Por ser complementos del mismo ángulo a, P = <(), entonces: AAHE = ABHC Luego AH = BH, lo que indica que el A BHA es isósceles -» Z BAH = 45° Z BAC = 45° Rpta:
( B ).
En un triángulo ABC, isósceles, recto en B, hallar la distancia entre los pies de las perpendicualres trazadas desde A y C, a una recta que pasa por B y corta a la hipotenusa, sabiendo que A y C distan de dicha recta 5 y 12 unidades, respectivamente.
9)
A) 13
B) 7
C) 8
D) 6
Solución - Sean : AQ = 5 y CH = 12 ( AQ i r
y CH _L r )
- Incógnita: HQ - S i:
BÁQ = a
y
ABQ = p a + p = 90°. Luego: HBC = a
( complemento de p, en el ABC = 90° ).
y BCH => p ........... ( complemento de a, en A BHC ). - Entonces : A AQB = A BHC BH = AQ ->
BH = 5.
BQ = CH ->
BQ = 12
( Hipotenusa - Angulo agudo ). HQ = BQ - BH I
HQ = 12 - 5
HQ = 7 Rpta: 176
( B ).
E) 9
10)
En un A ABC, recto en B, el ángulo A mide 64°; M es punto medio de AC y E un punto de BC, tal que BE = MC. Hallar la medida del ángulo MEB. A) 77°
B) 66°
C) 64'
D) 76'
E) 62
Solución B
* Dato : BE = MC y AM = MC BE = MC = AM JK
Incógnita : BEM = x Como, al trazar BM, es mediana hacia la hipotenusa del A ABC : BM = AM = MC A AMB
.
Isósceles:
A MBE,
ABM = A = 64°
isósceles : a = x
MBE = 26°
y
26° = 180° 2x + 26° = 180° x = 77°
Rpta: 11)
( A ).
En la figura. Hallar la distancia entre las rectas paralelas m y ñ, si PE = 3. A) 3 B) 6 C) 9 D) 8 E) 5
Solución x = ? -
Para usar la propiedad de la bisectriz, trazamos PQ 1 n y PR x m PQ = PE ( AP, bisectriz del A )
-> PQ = 3
PR = PE ( BP , bisectriz de! B )
-» PR = 3
Entonces: x = PQ + PR = 3 +
3
Rpta:
x = 6
( B ).
177
12)
Exteriormente a los lados AB y BC , de un triángulo ABC , se dibujan los equiláteros AEB y BQC, respectivamente. Hallar la medida del mayor ángulo que forman AQ y EC. B) 135'
A) 90°
C) 150'
D) 120'
E) N.A
Solución Consideremos el gráfico adjunto. Incógnita: x Sean : BÁQ = a ECB = <(> y ABC = p Luego, en el cuadrilátero no convexo ABCO : x = a + p + <¡>... (1). Pero, observamos que : A EBC = A ABQ ( Postulado LAL : -h=3~, 60° + P , Entonces :
CEB = BAQ
En el A EBC :
a‘ = a
a’ +
6 0 ° + p + <(> =
a’ +
p + <(> =
120°
+ p + ó =
120°
a
)•
180'
Reemplazando, en (1): x = 120 Rpta: 13)
( D ).
En un A ABC, equilátero, sobre la prolongación de CA se toma el punto E y se traza EG 1 BC ( G en BC ), cortando a AB en F. Si
EF=18/3
A) 26
y
F G =8/3
B) 24
¡ hallar AB. C) 36
D) 40
E) 34
Solución AB = ? A ABC -> Equilátero (dato). Trazamos AQ J_ EG En los triángulos notables de 30° y 60° AAQF ->
= 9y¡~3 -> AF = 18
AFGB -> ^ - x / 3
= 8 /3
Rpta: 178
( E ).
-> FB = 16
AB = A F + FB
AB = 34
14)
El ángulo C, de un triángulo ABC, ( obtuso en B ), mide 36°. Se trazan las alturas BF y A E . Si “M” es punto medio de AB, hallar la medida del ángulo EMF. A) 72'
B) 36'
C) 144'
D) 108
E) 136
Solución Incógnita: EMF = x - En el A AEC : EÁC = 90° - C -> EÁC = 54 - Por propiedad de la mediana relativa a la hipotenusa : A AEB A AFB
EM = AM = MB FM = AM = MB
A AME, isósceles A AMF, isósceles
Luego : EÁF = a + P -» a + p = 54
( 1)
- En el cuadrilátero no convexo EAFM : x = Á + a + p C o n (1 ) : Rpta: 15)
x = 54° + 54°
x = 108'
( D ).
En un A ABC, Á = 15°, C = 30° y AB = 8.
Hallar AC.
A) 16
D) 15
B) 8 / 2
C) 24
E) 8 / 3
Solución AC = ?
H
- Como el ángulo externo B, mide 45°, trazamos la altura AH. Así, en el A AHB (45°): AH = HB =
AB
8
AH = 4 / 2 = HB
- Pero, en A AHC (30°): AC = 2 ( AH ) AC = 2 ( 4 / 2 ) AC = 8 / 2 Rpta:
( B ). 179
16)
En un A ABC, AB =12, AB = 12 y AC =16, “M” es punto medio de BC. Se traza BP, perpendicular a la bisectriz interior del ángulo A, ( P en dicha bisectriz ). Hallar PM. A) 2
B) 3
C) 4
E) 1,5
D) 1
Solución PM = ? - Prolongamos BP hasta cortar a AC en R. El A ABR, resulta isósceles por ser AP altura y bisectriz a la vez. AR = AB
AR = 12. También : BP = PR
- En el A BRC : RC = 18 - 12 -> RC = 6 y PM es Base Media : Rpta: 17)
RC
PM =
6
PM = 3
( B ).
En un A ABC, AC = 10, hallar la longitud de la mediana A M , si: MÁB = 47° y MAC = 86 A) 4
B) 6
C) 8
E) 10
D) 5
Solución - Incógnita: - Tracemos :MN
AM ÁCIJ
Por el Teorema de los puntos medios : (Base Media) MN =
AC
- Se observan :
MN = 5 NMA = MAC NMA = 86°
Luego, en el A A M N : AÑM = 47' A AMN es isósceles : AM = MN Rpta: 18)
AM = 5
( D ).
En la figura adjunta : BC = 6 y CD = 3 ^ 3 Hallar AB D
180
A) 15
B) 12
D) 18
E) 13
C) 9
'
Solución AB = x = ? Prolongamos AB y DC, hasta cortarse en el punto H. Deducimos fácilmente, que : H = 90° A BHC, notable ( 30° y 60° ) BH = — 2 y
_> BH = 3
HC = • í y - x
—> HC = 3 / 3
En el A AHD, también notable de 30° y 60°:
Entonces :
AH = ( HD ) J 3 ,
HD se opone al D = 60°
AH = ( 6 / 3 ) / 3
AH = 18
x = AH - BH x = 18 - 3
Rpta:
-»
x = 15
( A ).
En la figura : CM = MB y AB = 8. Hallar CD. D
A) 4
B )4/3
D) 8
E) 8 / 2
Solución CD = ? Trazamos BF y CE, perpendiculares a AD. Luego : Dr AB A AFB( 30° ) -> BF = — /.
BF = 4
ACEM = A B F M ^
CE = BF CE = 4
A CED( 45° ) : CD = 4 / 2 Rpta: ( C ).
CD = ( CE ) yp2
C
C) 4
20)
En la figura: m || n AB = BD ; CD = 4 y
C = 45°
Hallar la distancia entre m y ñ A) 2 / 2
B) 2
D) 3 ^ 2
E) 4
C) 3
Solución * Trazamos DE 1 n DE da la distancia entre m y n. * El A ABD, es isósceles (dato : AB = BD) BÁD = BDA = a * Por ser alternos internos entre paralelas : BDA = DÁE DÁE = a * AD es bisectriz del ángulo BAE. Trazamos DH X AC Propiedad de la bisectriz : DE = DH Siendo en el A CHD : DH = -?=- = 2 J~2 /2 V
(
21)
Rpta:
( A ).
n iv e l
II)
DE = 2 / 2
En un triángulo ABC, la mediatriz de AC, corta a BC en el punto N. Luego, la altura BH corta a AN en el punto E. Si: AE = 3 A) 4
B) 6
y
BC = 13; hallar BN
C) 7
Solución BN = x = ?
(Incógnita)
Analicemos los á n g u lo s: *
Por propiedad de la mediatriz : NC = NA A ANC, isósceles : NÁC = C = a
* 182
Si en el A AHR : ARH = ó
( a + § = 9 0 °);
D) 5
E) 3
entonces, para el A BHC : HBC = 909 - C = 90(
a
HBC = <(> - Luego, el A BNR es isósceles : RN = BN - Por último, tenemos :
RN = x
BN + NC = BC i
BN + AN = BC x + ( 3 + x ) = 13 x = 5
De donde : Rpta : BN = 5 ... ( D ). 22)
En un triángulo ABC, recto en B, la altura BH corta a la bisectriz interior AD en el punto E Si BE = 8, hallar la distancia del punto medio de DC, a AC. A) 8
B) 4
C) 6
D) 5
E )2
Solución - Sea M, punto medio de DC y MQ 1 AC
B
/. Incógnita: MQ = x - Sabemos que, para todo triángulo rectángulo : ABH = C - Se observa, que : A BED, isósceles BD = BE
BD = 8
Trazamos : DP _L AC Por propiedad de la bisectriz :
DP = DB
En e I A DPC, por ser Base media : MQ =
->
DP = 8
DP
8 MQ = MQ = 4 Rpta: 23)
( B ).
Dado el cuadrado ABCD, de lado “I”, se dibujan los triángulos equiláteros : A AED (interior) y ACFD (exterior). Las prolongaciones de AE y FC se interceptan en el punto P. Hallar la distancia de P a E F .
A)
l/2
B)
l/2
C)
1 /2
D)
1 /2 E)
1/2
8 1 O''
Solución * Incógnita: PQ * Del gráfico, el A EDF es rectángulo e isósceles, por lo que EF = \^J~2. * Además en el A EPF, donde Z EFP = 15' y APEF = 75°, recto en P, PQ es altura relativa a la hipotenusa : PQ =
EF
PQ = 1 /2 Rpta: 24)
( A ).
En un A ABC, obtuso en B e isósceles, sobre los lados AB y AC se toman los puntos E y F, respectivamente, de modo que AE = FC y AF = BC. S I : Z FBC = 27°. Hallar la medida del Z EFB. A) 27°
B) 42’
C) 30
D) 45
E) 60
Solución * Incógnita : EFB = x
AB<
Del gráfico, notamos que: A AEF = A CFB ( LAL ). Luego : Z AFE = CFB
AFE = 27°
También, por ángulo externo en el ABFC Z BFA = 27° + a x + 27° = 27° + a
x = a
Finalmente en el A ABF, isósceles : ó = 27° + x y: oc + (j) + ( 27° + x ) = 180 De donde, con lo a n te rio r: x = 42° Rpt a: EFB = 42o ... ( B ) .
A ADB, AAFC. y A BEC son triángulos equiláteros; calcular DFE, si el ángulo ABC es recto.
184
A) 120'
B) 135'
D) 150
E) 160'
C ) 145°
Solución Incógnita : DFE = 60° + x + y Como :
(1 ).
DÁF = 60° - FÁB
y
cc = 60° - FÁB
( ya que los triángulos ADB y AFC, son equiláteros : DÁB = 60° = FÁC ) Entonces : DÁF = a => A DAF = ABAC ( L A L ) Análogamente : FCE = 60° - BCF FCE = $
y
ó = 60° - BCF
A F E C = A ABC ( L A L )
Además, en el A ABC : ó + a = 90° Finalmente, en ( 1 ) :
DFE = 60° + x + y DFE = 60° + Ó + a = 60° + 90° = 150
Rpta:
(D).
En la figura ; AE = E C ; AE 1 EC; AB 1 BC ; Si
ED 1 DC.
BC = 3 y ED = 5,
Hallar AB
D
A) 7
B) 8
D) 10
E) N.A
Solución AB = ? Trazamos AQ, perpendicular a la prolongación de DE. Entonces, S i : ECD = y CED = a ( a + ó = 90° ); se obtienen :
y
AÉQ = ó
( complemento de a ).
QÁE = a
( complemento de ó ).
- A AQE s A EDC ( ALA )
AQ = ED -> AQ = 5
Enseguida: CD = BD - BC ; Pero BD = AQ = 5 CD = 5 - 3
->
CD = 2
lu e g o : QE = CD
—>
- Finalm ente: AB = QD
QE = 2
AB = QE + ED AB = 2 + 5
->
AB = 7
Rpta: ( A ). 27)
Demostrar que en todo triángulo, el segmento que une los pies de las perpendiculares trazadas desde un vértice a las bisectrices de los ángulos exteriores correspondientes a los otros dos vértices, mide igual que el semiperímetro del triángulo.
Solución En efecto, demostraremos que para el A ABC, siendo BM y BN, las perpendiculares : AB+BC+AC
MN =
Para ello prolongamos BM y BN hasta interceptar a las prolongaciones de AC, tal como en la figura. Luego : A EAB, isósceles, por ser AM altura y bisectriz EA = AB y M punto medio de EB. A BCF, isósceles, por ser CN altura y bisectriz CF = BC y N punto medio de BF. Finalmente en A EBF, MNes base media MN =
EF
EA+AC+CF
De donde : MN =
AB+AC+AB l.q.q.d.
28)
En un A ABC, AB = 5 cm, BC = 7 cm, AC = 9 cm, por el vértice B se trazan BL y B S , perpendiculares a las bisectrices, interior del Á y exterior del C, respectivamente ( L y S en dichas bisectrices). Hallar LS.
A) 6 186
B) 4
C) 5
D) 5,5
E) 6,5
Solución MN = ? A RAB, isósceles: AM es altura y bisectriz AR = AB = 5 y
BM = MR
A BCE, isósceles: CÑ es altura y bisectriz CE = BC = 7 y BN = NE A RBE, Base media : MN =
RE
MN = 5,5
Hallar DN: Si AB = BC, AD = 2 cm, CN = 5 cm y
BE = 8 cm
A) 10 cm
B) 15 cm
D) 9 cm
E) N.A
C ) 13 cm
Solución Incógnita: DN Por B, trazamos paralela a D N . a = a ’ , =
( lados perpendiculares).
'v y /Jk
AAR B = A B S C : RB = 3 , BS = 6 V 1/
L uego:
n
f
3 c
8
5
DN = D E + EN 1
DN = RB + BS • •
n
N
DN = 9
Rpta;
( D ).
En la fig u ra : AD = BC; BD = C D y el ACDR es equilátero Hallar V
A) 20°
B) 40‘
D) 35°
E) 45'
C) 30
187
Solución Trazamos BR. Luego : A B RC = A ABD
( L A L ).
a = x A BDR, isósceles : DBR = 20° + a = BRD 2 (20° + a ) + 80° = 180° X
Rpta:
a = 30'
= 30°
( C ).
ABC, es un triángulo tal que Á = 24° y C = 29°. Exteriormente y relativo a AC, se toma el punto E, siendo : EAC = 24° y ECA = 21 S i: BC = 5 . Hallar EC. A) 4
B) 3
C) 3 / 2
D) 4^~2
E) 5
Solución Incógnita : EC = ? Observando los ángulos exteriores en B y E de los triángulos ABC y AEC, concluimos que son notables y para usarlos en triángulos rectángulos, trazamos : CH 1 AB y CQ _L AE. A s í: A BHC ( 53° )
HC = 4
Por Propiedad de la bisectriz, para el ángulo A : CQ
= CH
Q
CQ = 4
Finalmente, en el A EQC (45°) : EC = C Q .J 2 EC = 4 f 2 Rpta:
( D ).
En un triángulo acutángulo ABC, las alturas AF, BG y CH se cortan en O. Se toman M L puntos medios de AO y BC respectivamente. El triángulo MGL es : A) Acutángulo
B)Obtusángulo
D) Isósceles
E) Equilátero
C)Rectángulo
Solución Del gráfico: v
A AGO : GM
AM = OM
A BGC : GL
BL = LC
( Por propiedad de la mediana hacia la hipotenusa, en estos triángulos rectángulos). Luego, si FÁC = a y FCA = $
-»
AGM = a y LGC = <)>
En el A AFC : a + ó = 90° y en
G : a + ó + MGL = 180°
Con lo a n te rio r: 90° +
Rpta: El A MGL es rectángulo 33)
MGL = 90
MGL = 180° ... ( C ).
En la figura : m | n y r Hallar x, s i : PQ = 12 y AB = 5
Prolongamos A B , hasta cortar a Entonces : BR = PQ Trazamos
r
34)
B) 16
D) 17
E) 19
C) 18
R
BR = 12.
4-» AT 1 n . Por propiedad de la bisectriz : AT = AR I x = 5 + 12
Rpta:
en
A) 13
x = 17
( D ).
En la figura : AC = 13 y BC = 12 Hallar EF.
A) 4
B) 5
D) 8
E) N.A
C) 7
189
Solución Incógnita : EF = x En el A ABC, Teorema de Pitágoras : Á B 2 + BC2 = ÁC2 Á B 2 + 122 = 132 - *
AB = 5
Trazamos FH _L CB y F Q 1 A B . Por propiedad de la bisectriz : A d e m á s:
FH =
FE .*.
BQ = FH
FH = x
(Para el ángulo HCE ).
BQ = x.
También, para el BÁC, por ser ÁF* bisectriz : AQ = AC Rpta:
5 + x = 13
x = 8
EF = 8 ... ( D ).
En un A ABC, B = 127a, “M” es punto medio de ÁC.Se traza Hallar MQ, si BQ = 3 y A) 2
MQ 1 BC, ( Q en B C ).
QC = 6.
B) 4
C) 3
D) 1
E) 2.5
Solución MQ = ? Como B = 127°
el ángulo
exterior B, mide : 180° - 127° = 53°. Por ello, es conveniente trazar la altura A H . Luego; A AHC
-»
MQ es Base Media.
MQ =
HQ = QC = 6
AM
- ............ ( 1)
HB = HQ - BQ HB = 3
En el A AHB ( 37° y 5 3 ° ) : AH = 4. Reemplazando esto, en (1 ) : MQ = — ->
2
Rpta:
MQ = 2
(A).
En un A ABC. se traza la mediana A M . En el A ABM, se traza la mediana BQ . F, es punto de ÁC. tal que MF II BQ. Si BQ = 12. hallar MF. A) 8
B) 12
C) 6
D) 15
E) N.A
Solución * Incógnita: MF = x Prolongamos BQ hasta R. QR es base media en el A AMF : QR = —
->
QR = -
En el A RCB, MF es base media relativa a RB : x >.rRB MF = —
— —» x = -------- 2
Resolviendo : x = 8 Rpta 37)
MF = 8 ... ( A ) .
En la base de un triángulo isósceles ABC, ( AB =
BC ) , se toma un punto cualquiera P,
y se trazan PE 1 AB ; PF 1 BC. Si AH es altura, demostrar que :
Demostración Sea el gráfico : AB = BC
a
A = C Vamos a demostrar lo propuesto, haciendo un trazo. Para ello, usamos el siguiente gráfico, que es el mismo anterior indicando el trazo a re a liza r: AQ 1 FP. E ntonces: QÁC = C ... ( alternos internos, ya que AQ
11 BC )
Luego: A A QP = AA EP PQ = PE A s í : AH = QF AH = QP + PF
i AH =
38)
PE + P F ; con lo cual queda demostrado.
En la prolongación de la base AC de un triángulo isósceles ABC, se toma un punto cualquiera P y se trazan PE 1 AB y PF 1 BC. Si CH es altura, probar que: 191
Solución Consideremos el gráfico adjunto. AB = BC. Para demostrar lo propuesto, trazamos CR ± EP CR I
AB -> RCP = A ...( correspondientes )
A CRP = A CFP->
PR = P F
( 1 ).
L uego: CH = RE Es decir : CH = PE - PR . Entonces, con ( 1 ) : CH = PE - PF l.q.q.d. 39)
En el interior de un A ABC , equilátero , se toma un punto cualquiera “P” y se trazan PE 1 AB, PF _L BC, PR _L AC. Si “h" es la longitud de la altura del A ABC; demostrar, que :
Solución Sean :
Fig.1 :
Gráfico del enunciado
Fig.2 :
Indica el trazo a efectuar, para la demostración : MN II A C .
Entonces : BMN = Á = 60° y MÑB = C = 60° En el A MBN, equilátero, por la propiedad vista en el problema anterior mediato :h 1 = PE + PF; ( h 1 estambiém la distancia de M a BN ). Luego : h = h1 h- PR
h = PE + PF + PR l.q.q.d.
40)
En la figura, el A ABC es equilátero y P cualquier punto interior a la región común de los ángulos exteriores B y C. Demostrar q u e :
* h
192
Longitud de la altura del A ABC
Solución M Por P, trazamos paralela a B C , cortando las
60
prolongaciones de AB y AC, en M y N, respectivamente. A AMN, equilátero.
eó u
En el A ABC, trazamos la altura desde A, (h).
h
Para el A AMN, la altura trazada desde A, tiene
/ b... J ''u
B A
>
P
/6CT
1
N
longitud h + QP ; esta debe ser igual a PE + PF, según propiedad anterior. Luego : h + QP = PE + PF h = PE + PF - PQ I.q.q.d.
En un A ABC, recto en B, AB = 20; por A, se traza A Q , perpendicular a la bisectriz del ángulo ACB. ( Q, en dicha bisectriz). Si “M” es punto medio de C Q , hallar la distancia de “M” a B C . D) 3
C) 5
B) 4
A) 10
E) 9
Solución Incógnita : MN ( MN X BC j Prolongamos CB y AQ, hasta su intersección en “R”, formándose el A ACR isósceles, por ser CQ altura y bisectriz
AC = CR
y AQ = QR
Luego, trazamos QH X BR Entonces, por base Media : A ARB : QH =
AB
A QHC : MN = — 2 Rpta:
QH = 10 = — 2
-> MN = 5
( C ).
En la figura HÓR mide 120° y OQ es su bisectriz. S i:
PQ = 8 y PH = 24
H allar: PR A) 32
B) 28
D) 30
E) N.A
C) 26
R
193
Solución Por P, trazamos paralela a OR, cortando a OH y OQ, en A y B, respectivamente. Entonces, en el A AOB, equilátero, la lon gitud de la altura es igual a
PH + PQ ,
( propiedad del problema nc 3 7 ) e igual a PR. PR = PH + PQ PR = 24 + 8 Rpta: 43)
PR = 32
(A).
En un A ABC, recto en B, BM es mediana y BH altura. P es un punto de B C , distante 3 y 4 unidades de BM y A C , respectivamente. Hallar BH A) 5
B) 7
C) 9
D) 6
E) 8
Solución BH = ? B Como el A MBC, es isósceles ; ( Propiedad : BM = AM = M C ) y P un punto de su base BC : BH = 3 + 4 ( Propiedad del problema numero 37 ) BH = 7 Rpta: 44)
( B ).
En la figura: Hallar
EH.si:
DG = DE, AF = 4m y AC = 9m A) 5m B) 2m C) 3m D) 4m E) 1,5m 194
Solución Incógnita: EH Como, según dato : DG = DE, entonces el AG D E es isósceles
DGE = DÉ G—■(1)
Además, las alturas GQ y EH serán congruentes entre sí. Bastará hallar GQ Tracemos, GR _L AC Q
Luego : RGA = DÉG
E
(2 )
D e ( 1 ) y ( 2 ) : D G E = RGA .Pero,también,porseropuestos: AGF = DGE Finalmente : A ARG = A AFG
AR = AF
Entonces: RC = AC - AR = 9 - 4 y GQ = RC Rpta:
AR = 4
RC = 5
GQ = 5 = EH
( A ).
NIVEL III 45)
Exteriormente a un triángulo ABC, se dibujan los cuadrados ABDN y BCEF. Demostrar que
AF y CD son congruentes y perpendiculares.
Solución * Según el gráfico : DBC = ABF = 90° + p • A DBC s A ABF ( Postulado LAL ) *
Luego :
a = w y AF = CD
* En cuadrilátero cóncavo ABCX :
x =a + p + ó x= w + p + ó
* Pero, en el A DBC : w + p + ó = 90° * Entonces : x = 90°. Es decir,
AF y CD son congruentes y perpendiculares. 195
46)
Exteriormente a un triángulo ABC, se dibujan exteriormente los cuadrados ABDN y BCEF, de centros O y P. Si MM" biseca AC, demostrar que OM y MP son congruentes y perpendiculares.
* D em ostración * Con los trazos indicados en la figura y de acuerdo al problema a n te rio r: AF = CD
(
1
)
AF _L CD
* Por el teorema de los puntos medios : A ADC A AFC
47)
OM
CD y OM =
MP || AF y
MP =
CD
.\
OM = MP
y
a = 90° ,
2 AF
Por (1)
Exteriormente a un triángulo ABC, se dibujan cuadrados de centros “O” ( sobre AB ), “P" ( sobre BC ) y “Q” ( sobre AC ). Demostrar que OP y BQ son congruentes y perpendiculares.
Solución A fin de aprovechar el problema anterior, tomamos M, punto medio de AB PM = MQ y
PMQ = 90°
Además : OM = AM = MB Luego, A O M P = A BMQ ( Postulado LAL )
También : e = x + a e = 90° + ó
x + a = 90° + ó
De donde, OP y BQ son perpendiculares y congruentes.
48)
En la figura : AH = 5 y HC = 13 H allar: PQ
196
A) 4
B) 6
D) 7
E) 5
C) 12
Solución PQ = ? Empezamos la solución indicando variables para los ángulos A y C. A
A
Sean : A = a
y C = <¡>
( a + ó = 90°. por ser B recto ). Sabemos que, por ser BH altura del A ABC : ABH = C = 0 Además, como en todo rectángulo las diagonales son congruentes y se cortan en su punto medio : □ MBNH -> OM = OB = OH = ON. A MOB : Isósceles. Entonces : OMB = OBM = <|> En el AMBN, BE es altura hacia la hipotenusa MN. EBN = NMB -» EBN =
BQ = QC
C = = QBC ■Luego : ABQ = a
. En consecuencia, el A BQC es isósceles, por que . Además ABO es complemento de ; es decir
(y a que a + ó = 90° ).
Esto indica que el A AQB es isósceles : A s í : AQ = BQ = QC = — 2 y
-4 AQ = BQ = QC = — = 9. 2 HQ = 4
HQ = AQ - AH = 9 - 5
Por último, como NHC = Á = a
y BPN = 90° - ó = a
NHC = BPN -» NHC = HPQ PQ = HQ
->
El APQH es isósceles :
PQ = 4
Rpta: ( A ). En un triángulo ABC, recto en B, la hipotenusa AC mide 4 cm. y el ángulo C : 22,5°. Hallar la longitud de la alura B H .
A) 1
B) 0,5
D )/3
E )^ 2
C) 2
197
Solución BH = ? B
Trazamos BM, mediana relativa a la hipotenusa. Entonces, por propiedad de esta línea en los triángulos rectángulos : BM =
AC
4 = -------> BM = 2. 2
~
-
Además; el A BMC es isósceles : MBC = C = 22,5°. Luego: AMB = MBC + C ... ( Z e xte rio r)
-
AMB = 45°
Finalmente, en el A B H M ( 4 5 ° ) : BH =
J2
^ = J~2 J2 Rpta:
BH =
-J~2
(E).
Nota.- En general, para un A ABC, donde B = 90°
50)
y
C = 22,5°:
En un A ABC, de lados, AB = c, BC = a y AC = b, hallar la distancia entre los pies de las perpendiculares trazadas desde el vértice B, a las bisectrices de los ángulos interiores A
y c. Solución * Incógnita: MN * Prolongamos las perpendiculares BM y BN hasta E y F, luego : ABAF, isósceles, por ser AN altura y bisectriz AF = c y N es punto medio de BF. A BCE, isósceles, por CM altura y bisectriz CE = a y
M el punto medio de BE.
* En el A EBF, MN es Base media : MN = Siendo : EF = a + c - b Mejor aún, recordando que ->
EF
MN =
a + c - b
( i )
a + c + b = 2p , ( perímetro del A ABC )
a + c = 2p - b
Reemplazando en la expresión ( 1 ) : MN = — —^ — — Es decir: 198
MN = p - b
, Siendo
p el semiperímetro del A ABC
y
MN || AC
En un A ABC, se traza la mediana BM . Luego en el A ABM se traza la mediana AN que prolongada intercepta a BC en el punto E. Demostrar q u e : a)
t>)
2BE 3NE
EC AN
Solución Del gráfico, trazamos MF paralela a A E . Por teorema de los puntos medios : A BMF
->
BE =
EF
(
MF = 2 N E
y
También, en el A AEC -» y
AE = 2 M F
Luego:
1
)-
(2).
E F=FC ...(3).
(4).
a)
De ( 1 ) y ( 3 ) : BE = EF = FC
b)
De ( 4 ) : AE = 2MF, con ( 2 ) : AE = 2 ( 2 NE )
AE = 4NE En un triángulo ABC, se trazan la mediana BM y la latura AH. Calcularla medida del MBC, s i : AH = BM ( H sobre BC ). A) 60°
C) 37°
B) 30'
E) 53'
D) 45
Solución Dato : AH = B M
(=a) B
Incógnita : MBC = x Tracemos MQ _L BC MQ 11 AH . Luego, MQ es Base Media en el A AHC, relativa a AH: MQ =
AH
MQ = — 2
Entonces, en el A BQM, como Rpta:
MQ =
BM
x = 30'
( B ).
En un A ABC, B = 90°, BH es altura y BH = 6. Hallar la distancia entre los pies de las A
A
perpendiculares trazadas desde “H” a las bisectrices de ABH y HBC. A) 3
B) 6
C) 2
D) 2 / 2
E)3/2
1 QQ
Solución MN = ? B
BH =t> Del g rá fico : A EBH, isósceles, por ser BM altura y bisectriz: EB = BH = 6
y
EM = MH
A HBF, isósceles, por ser BN altura y b ise ctriz: BF = BH = 6
y
HN = NF
A EBF, recto e isósceles : EB = BF = 6
->
EF = 6 / 2
A EHF, por base media :
->
MN = 3 / 2
Rpta:
MN = — 2
(E).
S i : BC = CA y AB = CD. Calcular el valor de
B
A) 30° B) 22° C) 37° D) 15° E) 45°
Solución Sean : AB = a = CD Trazam os: CQ 1 AB y CH _LAD.
B
Como el A ACB es isósceles (dato : BC = CA) g
Entonces : AQ = QB =
2
L u e g o : CH =
A
Finalmente, en el A CHD, el cateto CH mide la mitad de la hipotenusa Rpta:
( A ).
CD
x = 30°
H
55)
En un triángulo ABC se traza la altura BH ( H en AC ), s i : AH = 4m, HC
= 9m
y
BÁC = 2 ACB. Calcular la medida del ángulo C. ( Aproximadamente ). A) 16
B) 15'
E) 22° 30'
D) 18° 30'
C) 20'
Solución A = 2x.
C = x = ?
Trazamos BE , de modo que: BÉA = Á -» BÉA = 2x El A ABE es isósceles /. HE = AH
-»
HE = 4
Luego : EC = 5 y se deduce que: EBC = x, resultando isósceles el A BEC : BE = EC
BE = 5
Finalmente, en el A BHE : Longitud de la hipotenusa = 5 y longitud de un cateto = 4
Rpta: 56)
2x = 37° x = 18° 30*
( D ).
En un triángulo ABC, recto en B, la altura BH mide 16u y Q es un punto de BC, tal que AQ = 1 9 u
y BAQ = ACB. Hallar la distancia de Q a AC. B) 13u
A) 12u
C) 14u
E) N.A
D) 15u
Solución * QF 1 AC ( distancia de Q a AC )
a
* Incógnita: QF * Prolongamos AB y FQ, hasta R. * Sea : ACB = a -» BÁQ = a y sea p, complemento de a en AQFC
B
3
/1 y 19 ¿ p-ys
Luego : BQR = P y R = a
1
-1
«ft .
* A AQR, es isósceles. Entonces : QR = AQ = 1 9 y AB = BR Finalmente, observamos que BH es Base Media relativa a RF, en el AAFR Así:
RF 19 + QF
De donde : Rpta:
QF
= 2 ( BH ). = 2(16). = 13
( B ).
201
57)
En la figura AB 1 BC ; AB = BC; AE 1 EB y EAB = ECA Hallar Si
EC,
BE = 2.
A) 3
B) 4
D) 3 / 2
C) 2 / 3 E) 2 / 2
Solución EC = ? * Se observa : EBC = EAB = a * A fin de obtener un triángulo congruente al AEB, trazamos CH 1 BE. Luego : A BHC = A AEB. CH = BE
CH = 2.
De otro lado : ACH = EÁB = p. S ie n d o : BÁC = a + p = 45°; entonces : ECH = a + p = 45°. Así, en el A EHC, tendremos : EC = CH J~2 Rpta: 58)
EC = 2 / 2
( E ).
En un A ABC, la mediatriz de AC corta a la bisectriz exterior del ángulo B, en el punto UP". Hallar la medida del ángulo ACB, si : PÁB = 10° A) 49°
B) 29'
C) 39'
Solución -
Incógnita : x
-
Trazamos
P C . Por propiedad de
la mediatriz : PC = PA en el A APC, isósceles : PCA = PAC x + n = 3 9 ° ............( 1 ). -
Para usar la propiedad de la bisectriz, trazamos ; PH _L BC y PQ ± AB
202
y
D) 19°
PAC = 39°. E) N.A
PH = PQ -
Luego : A PHC es congruente al
-
En ( 1 ) : Rpta:
59)
x + 10° = 39°
->
n = 10'
A PQA
x = 29°
( B ).
En la figura adjunta: AC = 12cm. Hallar PQ. A) 12cm
B) 6cm
D) 9cm
E) 5cm
C) 8 cm
Solución * Dato :
AC = 12
* Incógnita: PQ Con los trazos indicados : A DBC, Isósceles
( BP es altura
y bisectriz). DP = PC. Propiedad de la bisectriz : PM = PQ Y en
A DAC, PM es base media : PM =
D'AC
12
= 6
PQ = 6 Rpta: 60)
( B ).
En la figura mostrada : AB = BC ; AB 1 BC , AC 1 AE AC = AE Hallar el valor de “x”. A) 30° B) 15° C) 37° D) 18° 30' E) 26° 30' 203
Solución Sean AB = BC = a. Trazamos EH 1 AB /. AAHE = A ABC Luego : AH = HE = a. En el triángulo rectángulo BHE, los catetos son entre sí como 1 a 2. Entonces :
a =
53
= 26°30’
45° + x = 90° - a
y:
45° + x = 90° - 26° 30 De donde : x = 18° 30' Rpta: 61)
(D)
Del gráfico. Hallar el valor de “x' S i : DC = 2BD.
B
A) 10° B) 26,5° C) 30° D) 18,5° E) 15°
Solución Sea BD = a prolongamos
DC = 2a CB hasta el punto E,
de modo que EA _L AC. Entonces: EÁB = C ( lados perpendiculares ) EÁB
= x.
El A EAD, resulta isósceles ->
EB = BD
y
EA = AD
En el A EAC, AD es mediana relativa a la hipotenusa E C . Luego, por propiedad : AD =
x = 30’ Rpta: 204
( C ).
EC
AD = 2 a
y el A EAD resulta equilátero: 2x = 60'
62)
En la figura : AQ = QN = NC y RQ = 2. Hallar AP A) 8 B) 10 C) 9 D) 12 E) 14
Solución Se prolonga NP y AB , hasta cortarse en “M”. El A APM resulta isósceles porque PB es bisectriz y altura. Entonces: BM = AB y MP = AP. Luego, BQ es base media d e l :
A AMN
BQ || MÑ.
También RQ es base media del NP = 2 ( R Q ) -> NP = 4
A ANP
En el A QBC : BQ = 2 ( NP ) , ( NP base media ) (
A s í : BR = BQ - RQ = 8 - 2
BR = 6
Finalmente en el A APM : MP = 2 ( BR ) Rpta: 63)
BQ = 8
AP = 12
MP = 12
( D ).
En la figura : AM = MC. EM | BF ;
EG = 3 y GM = 4
Hallar AG. A) 10 B) 12 C) 13 D) 11 E) 14
Solución Del gráfico ; É = FBC = a A EBG, isósceles BG = EG = 3 Trazamos AR II E M . d e modo que EM sea base media en el AARC, ya q u e AM = MC 205
AR = 2 ( EM )
AR = 14
Además : R = É = a ( Z correspondientes ). Finalmente, en el A ARB, isósceles : AB = AR AG + 3 = 14 AG = 11
« •
M Rpta: 64)
F
( D ).
En la figura: A ABC y A CDE, son equiláteros BD = 18 y B
BM = EM.
Hallar CM. A) 18 B) 12 C) 8 D) 9
E) 6 Solución Incógnita : CM = x * Por E, trazamos ER
I CM.afin
de aprovechar el dato
BM = EM.
Luego, por el Teorema de los pun tos medios , en el A BRE : CR = BC y ER = 2 ( C M )
ER = 2x CVeo*
* Se observa que A ECR = A DCB
: 2x
( Postulado LAL ) ER =
BD
2x = 18 Rpta: 65)
R -»
x
=9
CM = 9... ( D ) .
En la figura:
q
Los triángulos ABC y CDE son equiláteros M biseca AD
y N biseca
BE.
Demostrar que el triángulo MCN es equilátero. 206
Solución * Bastará probar que CM * CN y p + = 60° * Así tenemos : BCE = ACD = 120° A BCE = A A C D Entonces
BE
(LAL).
= ADy
B
CN = CM, por ser CN y CM medianas relativas a lados congruentes BE y A D . También : AM = BN A AMC = A B N C
( LLL ).
a = <(> y como
p
+ a = 60°
p
+ $ = 60°
y esto es suficiente, porque el A MCN, isósceles, A
tiene MCN = 60°, resultando equilátero. 66)
En un A ABC, B = 105° y C = 30°, se traza la mediana AN. H allarla medida del NAC. A) 10o
B) 15o
C) 20°
D) 30°
E) 5o
Solución NÁC = a = ? Sea BH 1 ÁC.
B 105°
Trazamos HN. Con el A BHC : HN = BN = NC ( propiedad ) A NHC, isósceles : NHC = 30° A BHN, equilátero: HB = HN = BN. El A A H B es isósceles : AH = HB
AH = HN
Finalmente, en el A AHN, isósceles : a = 15° Rpta: 67)
( B ).
En un A ABC, N es punto medio de BC,Q es un punto de AC, próximo
a Ay M
de QC, tal que AQ =Q M y MC = AB. Hallar la medida del AÑQ, si B = 105° y
A) 10°
B) 7,5°
C) 15°
D )5°
un punto C = 30°
E) 12° 207
Solución BÁC = 45° Del gráfico, según el problema anterior, se sabe que a = 15°.
B
Prolongamos CA hasta R, de modo que AR = AB. Entonces R = RBA = -5^5. = —
= 22,5°
En el A RBC, se observa : RQ = QC
y
BN = NC.
Luego, QN es base media :
QN
11 RB
NQC = R NQC = 22,5'
Finalmente, en el A ANQ, por ángulo externo : a + x = NQC 15° + x = 22,5°
x = 7,5'
Rpta: NQC = 7,5o ... ( B ) . 68)
En un triángulo ABC, recto en B, BC = 4, BM es bisectriz interior. Por “P , punto medio de MC, se traza paralela a A B , cortando a la prolongación de BM en el punto “Q”. Hallar FQ.
\
B) 2
A) 1
C) 3
Solución * FQ = ? * Por “C", trazamos paralela a F Q , cor tando a la prolongación de MQ en “H". * Como HC 11 AB
-►
BCH = 90‘
A BCH , es isósceles. Luego : CH = BC * En el
CH = 4
A MCH, por ser Base Media : FQ =
CH
2 “ 2
FQ = 2 Rpta: ( B )
208
4
D) 4
E) V~2
69)
En la figura :
AE = E C = BC
B
Hallar la medida del ABC, en función de V A) 4r B) 90° + 2r C) 120o - r D) 120°- 2 r E) 120°+ r
Solución Trazamos BE, CH 1 BE y EF 1 AB : BH = HE = a A AFE ~ A EHC -> EF = a En el A BFE : BE = 2 EF L u e g o : FBE = 30° Además : HBC = 90° - r, en el A HBC ABC f FBE + HBC
Entonces :
ABC = 30° + 90° - r ABC Rpta: 70)
= 120° - r
( fórmula)
( C ).
En la figura :
AB = BC, AE biseca el Hallar
Á , BM || AC
y
EM 1 BM
EB, si AB = 12 y BM = 3 A) 6 B) 4 C) 3 D) 5
A
E )7
Solución
12
Incógnita: BE = x * Prolongamos BM y AE hasta su intersección A
A
en P. Luego, P = PAC = a (alternos internos) A ABP, isósceles : BP = AB = 12. También : CBP = C = 2 a
209
* Enel A EBP, EBP = 2P = 2 a , trazamos la ceviana E R . d e m o d o q u e
R = EBP = 2ot.
Luego, los triángulos REB y ERP son isósceles : ER = EB = x ; RM = BM = 3 y RP = ER = x. Finalmente: BM + MR + R P = BP Rpta: 71)
->
3+
3 + x = 12
->
x = 6
( A ).
En la figura: CD = 18. Hallar BH.
B
A) 9 B) 6 C) 3 D) 2 A
E) 8
Solución BH = ? -
B
trazamos por C, CP perpendicular a la bisectriz del CÁD y la prolongamos hasta su intersección con AD, en R. Entonces : A C P A = A APR s A ABC. ( Hipotenusa - ángulo agudo )
/\
D Q
R
CP = PR = BC p r >
l o
-
En el A CDR, trazamos PQ ± DR; PQ es Base media : PQ = ------ = — 2 2
-
Pero ;
BH = PQ ^
( alturas hacia lados congruentes en los triángulos con gruentes ABC y APR ).
BH = 9 Rpta: 72)
(A).
En la figura : BC = 3 Hallar CE. A) 3 B) 3 / 2 C) 6
D )6j2 E) 4 210
PQ = 9.
Solución Sea CH, perpendicular a la bisectriz A
del
CAD y que prolongada corta a
AD en F. Luego, por propiedad de la b isectriz: CH = BC = 3. En el A CAF, AH es altura y bisectriz HF = CH = 3
y
D
Por tener lados perpendicualres : FCD = BÁH
FCD = 2 a
Por el teorema del ángulo externo A AEC A CFD CÉF = EFC
-»
Rpta :
->
CÉF = 2a EFC =
+
2a + <)>
El A ECF es isósceles : -.(C ).
En un A ABC, se traza la mediana AM y luego BH 1 AM , ( H en AM ). S i: ABH MAC = 2a
y
A) 10°
AB = 2 HM, hallar el valor de a. B) 30'
C) 20
D) 18'
E) 32
Solución Sea HM = a
AB = 2a
Para lograr que HM sea base media en algún triángulo , aprovechando ^ C
que BM = MC, trazamos CQ, per pendicular a BH.
2a
Luego, en el
A BQC : BH = HQ y QC = 2 HM —>
QC = 2a.
Al trazar A Q . e l A BAQ resulta isósceles ya que AH es altura y mediana AQB = ABH = a
y
AQ = AB = 2a
Finalmente, el A AQC es isósceles : QÁC = ACQ = 2 a 2a + (90° + a ) + 2 a = 180°
Rpta:
( D ).
a = 18°
74)
Del gráfico : Hallar el valor de “x”, si AB = CD
A
A) 31° B) 31° 30' C) 31° 45' D) 32° E) 32° 30'
Solución * Trazamos DE 1 AC , cuya prolongación corta en H a
AB prolongada. Luego :
CDE = BÁC = x, resultando isósceles el A ADH, y a q u e DB es altura y bisectriz del ADH
BH = AB.
Al trazar HC : AHC = HAC = x. * Se traza
BM 1 AC , resultando con
gruentes los triángulos BMA y CED ( hipotenusa-ángulo )
H
BM = CE = a
* BM es base media en el A AH E->
* En el A HEC, catetos en relación de 1 á 2 * Finalmente, en el A HEA : 2x + 2x +
r 53'
HE = 2a
HE = 2 BM r =
53
=90' = 90'
De donde : x = 31° 45' Rpta: 75)
(C).
En la figura adjunta:
AE = FC;
y EBF = 90’
Hallar el valor de “x” B
A) 7,5 B) 8 O C) 9O D) 10 O E) 12 o
212
Solución R
* Trazamos CR J_ AB .% CBR = BCR = 45° Entonces : BR = RC. * Sea “M” punto medio de AC. Como AE = FC, por dato; entonces AM = MC.
* Trazamos las medianas BM y RM en los triángulos rectángulos EBF y ARC, respectivamente. Luego : EM = BM = MF y AM = RM = MC ( propiedad ). * El A MRC resulta equilátero
RC = RM = MC ( propiedad ).
* A BMF, isósceles : MBF = MFB = a * Por ser ángulo externo en
A FBC : a = x + 1 5 °............(1).
* Finalmente, en el A BRM, isósceles : MBR = BMR = 75°
a + x + 45° = 75° -» a + x = 30°
con (1) ; x + 15° + x = 30° Rpta: 76)
x = 7,5°
( A ).
Hallar el valor de “x”. Si AE = BC y B
BE = EC
A) 10° B) 12° C) 15° D) 20° E) 18°
A
E
Solución * Trazamos AM y EM, tal que el A AME = ABEC, haciendo: EM = EC y
AEM = C = 2x
B
MÁB = x * Según propiedad, en el cuadrilátero no convexo ABEM : (3 = 120° - x * En el A ABE : A + B + E = 180°
213
/.
3x + ( 120° - x ) + 4x = 180° De donde : x = 10°
Rpta: ( A ). 77)
En la figura :
AE = BC Hallar
V
B A) 10* B) 12< C) 15' D) 18' C
E) 20‘
Solución Tomamos el punto uO”; tal que OÁE = x y
OÉA = 2 x , para obtener el A A OE
congruente al A BEC ( postulado ALA ). B
Entonces : OE = EC y OA = BE. Además, como BÁE = 3 x = BÉA, en el
A ABE : AB = BE.
Al trazar OC, resulta el A OEC isósceles También el A AOC
/.
OC = OA.
ABOE = AOEC ( L A L ) .*. OBE = x. En el cuadrilátero no convexo AEBO : p = x + 3x+x->
p=5x
2p + 2 x = 180° ->
x = 15'
Finalmente, en el A AOB :
Rpta: 78
(C).
En la figura : AB = BC + EC. Hallar el valor de “x”. A) 30° B) 37° C) 45° D) 40° E) N.A
214
Solución Sean las longitudes : BC = a y EC = m. Entonces, por dato :
AB = a + m.
Tracemos CQ 1 BE. En consecuencia, el A QBC es equilátero -> QB = BC = a AQ = m. Por otro lado, EB es mediatriz de QC. Luego : EQ = EC = m En el A AQE, isósceles : QÉA = Á = x.. En el A QEC, isósceles : EQC = QCE
y
EQC + QCE = QÉA ( ¿ externo )
EQC = QCE = 2 Finalmente, por el Teorema del ángulo externo, en el A AQC : Á + ACQ = BÓC x + - = 60° 2 Rpta : ( D ). 79)
En la figura : BE = EC. Hallar AC, si AB = 12 y FC
4.
A) 15 B) 14 C) 13 D) 16 E) 18
Solución AC = ? T
* A BEC isósceles : EBC = C = ó * Trazamos BQ _L AF y unimos F con Q. Entonces : A ABQ, isósceles
AQ = A B = 1 2 .
a (M >)
También : A AQF = A ABF
( LAL)
FQC = TBA = p y
AQF = ABF = p + $ ............( 1 ).
215
Además, por el Teorema del ángulo externo, en el A FQC : AQF = QFC + C Con (1 ) : p + ó = QFC + .\ QFC = p -+ AFCQ, isósceles. Entonces: QC = FC = 4 Finalmente: Rpta: 80)
AC = AQ + QC = 1 2 + 4
AC = 16
( D ).
Hallar el valor de “x", en la figura : B C A) 85' B) 95' C) 90 D) 75 E) 80'
Solución * Se observa que CDB = 35° * Trazamos E F . d e modo que FD = CD, para o b te n e r: AFED = ACED ( Caso LAL ). Entonces : EF = EC y EFD = ECD = 85° * ABEC, isósceles : BE = EC BE = EF * En el ABEF, isósceles, EA biseca el BEF; entonces EA 1 BF. Resultando el A BAF, isósceles : BAE = EAF = 25°. * Finalmente : a = 30° ; p = 65' Rpta: 81)
x = 95'
x= a + p
( B ).
Del gráfico, hallar el valor de x. B A) 10c B) 12c C) 18° D) 15° E) 20°
216
Solución * A AND, isósceles: AN = ND. * Trazamos AE, perpendicualr a CD Propiedad de la bisectriz, para BCD : AE = AB. Tam bién: BN = EN, NÉC = NBC = 3 x
y
AÑE = 4 x
* Además : a = 90° - 3x = p Luego, A AHE isósceles : AH = HE y como * Entonces, en A AND, isósceles :
AH = HD
HE = HD A A H N : 2x
+
4x
=
90 ° .
Rpta: x = 15° ... ( B ). 82)
Hallar el valor de “x”. Si
AC = BE
B
A) 10( B) 12* C) 15' D) 18 e
E) 20'
Solución Prolongamos AC hasta UF", de modo que el AABF sea isósceles, con AB = BF F = 3 x y CBF = x Resulta el A EBF isósceles, por ser: EBF = F
.\
EB = EF
Luego : AC = EF —» AE + EC = EC + CF AE = CF -> A AEB = A FCB ( LAL ) AABC : P + 9x = 180° /. x = 18° Rpta: 83)
p = x
(D).
Del gráfico, hallar el valor de x, si AB = BC A) 10° B) 5o C) 20° D) 15° E) 18°
217
Solución x =? E
D a t o : AB = BC En el AABE, al igualar la suma de las medidas de los ángulos interiores , a 1809 : EAB + AÉB + ABE = 180° A
2x + x + ( 90° + CBE ) = 180°
B
CBE = 90 ° - 3x Con el trazo de BR _L AE A
( R en la prolongación de EC ) :
A
_ _ _ _ _ _
CBH = AHB = 2 x
( Tienen lados perpendiculares entre s í ).
Se observa que el A REB es isósceles ( EH es altura y bisectriz a la v e z )
HR = HB.
Luego : AR = AB, porque "AE es mediatriz de R B . Entonces : RÁH = HÁB = 2 x Por ser ángulo externo en el A CEB : P = CÉB + CBE p = 2x + (90° - 3 x ) - >
p =
90o - x
(1 )•
Por otro lado, en el ARCB : a + P + 2x = 180° Con (1 ) : a + ( 90° - x ) + 2x = 180° a = 90° - x
(2).
=> El ACBR es isósceles. Por lo tanto: RB = BC. Luego: resultando equilátero el A ARB. De ( 1) y ( 2 ) : a = p
Finalmente: R A B
= 60°
4x = 60° x Rpta:
( D ).
=15°
.
En la figura: AB = AC y AE = EB. Hallar el valor de Mx”, siendo además : ECA = 30°. A) 10° B) 12° C) 18° D) 15° E) 20°
E
Solución Construimos el A AFC, equilátero FCE = 30° y AAEC = AFEC. ( LAL ), nos conduce a : AE = EF Luego : A AFE = A AEB ( LLL ) a = EAB —» a = 3x. Finalmente : FÁC = 60° -» a + 2 x = 60°
5x = 60
x = 12 Rpta: 85)
( B ).
En la figura: BM y AN son medianas del A ABC , las cuales se intersecan en el punto G. ( El punto G se llama Baricentro del trián guio ABC). Demostrar que :
y
BG = 2 ( G M ) AG = 2 ( G N )
Solución Se pide demostrar la propiedad del Baricentro. Para ello , tomamos P y Q t puntos medios de AG y B G , respectivamente. Entonces, PQ es Base Media del A ABG : PQ
AB y
PQ =
AB
También, para el AABC : MN 11 AB y MN = De lo a n te rio r: PQ = MN y PQ
AB
MN.Entonces:
PQG = GMN y QPG = GÑM, por ser alternos internos. Luego : A PGQ = A NGM, por el postu lado ALA. A s í : GM = GQ y GN = GP. En consecuencia : BG = 2 (GM) y AG = 2 (GN); quedando demostrada la propiedad. 219
* Nota.- En todo triángulo, las tres medianas se corlan en un punto llamado Baricentro. -
El Baricentro divide cada mediana en segmentos que son entre sí, como 2 a t .De modo que, podemos e s c rib ir: BG = 2 ( GM ) ó GM = —BM y BG = —BM 3 3 Análogamente, para las otras medianas: GN = — AN y AG = —AN 3 ' 3
GR = —CR y CG = - C R 3 3
* * ENTERATE:
I) II) III) IV) V)
220
* «rc-can
*
^
1
Los Postulados que Euclides cosideró en su obra "Los Elementos", fueron lá basé toda su estructura lógica. Ellos decían : Desde cualquier punto a cualquier otro, se puede trazar una recta. Toda recta limitada puede prolongarse indefinidamente en la misma dirección!® Con cualquier centro y cualquier radio, se puede trazar una circunferencia! IIÉ ^: Todos los ángulos rectos son iguales entre sí. --v:^ Si dos rectas que están en un mismo plano áfe.cortan por una tercera y resulta que dos ángulos internos a un mismo lado de la secante suman menos que dos rectos, dos rectas deben cortarse y lo harán precisamente del lado de la secante en que ángulos internos suman menos de dos rectos.
de
los las los
POLIGONOS Polígono, es una poligonal cerrada, de modo que dos lados no se corten. La figura adjunta, es un polígono. Elementos: Vértices Lados
A, B, C, ... AB, BC, ...
Angulos interiores -» Á, B, ... Angulo exterior: Ejm.:
e.
Diagonal: Ejm.: BE.
ÁBUBCUCDUDÉ.
Un polígono convexo se origina de una poligonal convexa ( como en el gráfico anterior). Su contorno no puede ser cortado más que en dos puntos por una recta que no sea un lado. Un polígono no convexo o cóncavo se obtiene de una poligonal no convexa. Su contorno puede ser cortado en más de dos puntos por una recta que no sea un lado.
<\
\
Hexágono no convexo
\
Según el número de lados, un polígono se llama: Triángulo Cuadrilátero Pentágono Exágono Eptágono Octógono Nonágono Decágono Endecágono Dodecágono Icoságono
3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
lados w u
20
<4
u
U 44
U u u
Otros se mencionan según su número de lados. Por ejemplo, polígono de 19 lados 221
CLASIFICACION DE LOS POLIGONOS: Se distinguen : 1.-
Equilátero.-Tiene todos sus lados congruentes
W -7 2.-
Equiángulo.- Tiene todos sus ángulos congruentes
3.-
Regular.- Sus lados y ángulos son, respectivamente congruentes. Todo polígono regular puede ser inscrito y circunscrito a dos circunferencias que tienen el mismo centro. ( Ver figura ). ángulo central Si
“n" , es el número de lados del
polígono:
360 n
4.-
Alabeado.- Sus lados están contenidos en diferentes planos Ejm. Exágono alabeado ABCDEF ( AD es una d ia g o n a l).
5.-
Estrellado.- Se origina al prolongar los lados de un polígono convexo. El pentágono es el polígono estrellado de menor número de lados. C Ejm.: Pentágono estrellado ABCDE. D Lados: AC, CE, ... Vértices o “puntas”: A, B, ... Ang. Exterior
222
PROPIEDADES Y FORMULAS 1)
En todo polígono, el número de lados es igual al número de vértices e igual al número de ángulos interiores.
2)
En todo polígono, d e u n u lados, desde cada vértice, se pueden trazar: ( n - 3 ) diagonales El número total de diagonales, es:
3)
Suma de las medidas de los ángulos interiores: S ti = 1 8 0 ° ( n - 2 ) _
( Válida para todo polígono convexo y no convexo , a excepción de los estrellados y alabeados). Ejm.: ¡ = 180°(6 - 2 )
¡ = 180° ( 5 - 2 )
• •
S j = 540
• *
S ¡ = 720°
4)
En todo polígono convexo, las medidas de los ángulos exteriores, uno por vértice, suman 360°.
5)
La medida de un ángulo central, en un polígono regular, es: C =
6)
360 n
En polígonos equiángulos, cada ángulo interior mide , 180°( n - 2 ) I= i-------- L n y cada ángulo exterior: e=
7)
360' n
En un polígono estrellado, los ángulos interiores, suman: 180° ( n - 4 ) y los exteriores: 720°.
223
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
¿En qué polígono, el número de diagonales, es igual al número de lados? A) En ninguno
B) Exágono
C) Pentágono
D) Octógono
E) Cuadrilátero
Solución Sea wn" el número de lados. Luego: n ( n - 3) 2 n ( n - 3 ) = 2n Rpta: 2)
—»
= n
n- 3 = 2
—>
n = 5
( C ).
¿Cuántos lados tiene aquel polígono convexo en el cual, la suma de las medidas de los ángulos interiores es 5 veces la suma de las medidas de los ángulos exteriores? A) 12
B) 10
C) 14
D) 8
E) N.A.
Solución -
n:
Número de lados.
-
Según enunciado: S ?= 5(sé)
180° ( n - 2 ) = 5 ( 3 6 0 ° ) Luego: ( n - 2 ) = 5 ( 360° ) 180° Rpta: 3)
n - 2 = 10
->
n = 12
( A) .
¿Cuánto mide cada uno de los ángulos interiores de un polígono regular de 18 lados? A) 138°
B) 160°
C) 120°
D) 118°
E) 145°
Solución 180° (n - 2 ) Sabemos que : i = -------------n
, donde n es el número de lados. Luego, para n = 18,
W ángulo ' I ■ * • mide VI : *i = --------------180° ( 1 6 ) cada interior y 18
i = 160' Rpta: 224
(B)
La suma de las medidas de los ángulos internos de cierto polígono regular excede a la suma de los ángulos externos en 900°. ¿Cuántos lados tiene el polígono? A) 16
B) 18
C) 9
D) 12
E) 5
Solución Sea n, el número de lados. Se tiene:
S ; = S¿ + 900® I * 180° ( n - 2 ) = 3 6 0 °+ 900°
De donde: Rpta:
n = 9 lados
( C) .
El número de diagonales de un polígono regular, es igual a la suma del número de vértices, número de lados y número de ángulos centrales. Hallarel número de lados de dicho polígono. A) 6
B) 9
C) 12
D) 3
E) 5
Solución: n
número de lados.
Según enunciado, planteamos la ecuación: # Diagonales = # Vértices + # Lados + # Angulos centrales. n(n- 3) —----------- = n + n + n 2 ü í ü z ll . 3„ 2 Rpta:
_
a z i , 3 2
n= 9
( B ).
En un polígono regular se cumple que la suma de las medidas de un ángulo central, un án gulo exterior y un ángulo interior es 210°. Calcular el número total de diagonales. A) 48
B) 50
C) 52
D) 54
E) 56
Solución Sea n, el número de lados. Según enunciado, planteamos la ecuación: 360°
360°
180° ( n - 2 )
n
n
+ --------+ ----------i---------- L = 210°
n De donde:
n = 12
Entonces, el número de diagonales:
Rpta:
12( 9 ) — — - — = 54 .
( D ). 225
7)
Tres ángulos consecutivos de un octógono convexo, mide 90° cada uno. Hallar la medida de cada uno de los restantes, sabiendo que son congruentes entre sí. A) 171
B) 162
D) 154
C) 152
E) 160
Solución Consideremos el gráfico adjunto a
-»
Incógnita
La suma de medidas de los ángulos interiores: 5 a + 3 x 90°
=
180° ( 8 - 2 )
✓
Según gráfico
Por Fórmula
5 a + 270° = 1080° De donde: a = 162 Rpta: 8)
( B ).
Los ángulos internos de un pentágono convexo, tienen por medidas números consecutivos, expresados en grados sexagesimales. Hallar la medida menor. A) 108
B) 105
C) 107
D) 106
E) 109
Solución - Sean las medidas de los ángulos, como indica la figura. Luego, la suma, según fórmula, es: s¡ = 180° ( n - 2 )
S; = 180° ( 5 - 2 ) S- = 540
- Entonces: x + ( x + 1 ° ) + ( x + 2°) + ( x - 1 ° ) + ( x - 2 De donde: x = 108 - Por lo tanto, el menor mide: Rpta:
9)
( D ).
La suma de las m edidas de ángulos internos, m ás la sum a de las m edidas de ángulos centrales de un polígono regular, es igual a ocho veces la sum a de las m edidas de los ángulos exteriores. H allar el núm ero de diagonales de dicho polígono.
A) 65 226
x - 2 ° = 1 0 8 ° - 2 o = 106
B) 54
C) 119
D) 44
E) 104
Solución # de Lados
n
Por el enunciado, planteamos:
n = 16
180° ( n - 2 ) + 360° = 8 x 360 Luego, el número de diagonales: 16 ( = 2 Rpta:
104
( E ).
Calcular el número de diagonales de un polígono convexo equiángulo, en el cual la medida de un ángulo interno es la novena parte de la suma de medidas de los ángulos internos de un polígono estrellado cuyo polígono base es un dodecágono. A) 9
B) 18
D) 54
C) 35
E) 135
Solución Si i, es la medida de un ángulo interno, del polígono convexo de “n” lados; según enunciado: i = -[1 8 0 ° ( 12- 4) ] 9
Suma de las medidas de los ángulos internos del polígono estrellado de 12 lados. i = 160 De otro lado, por fórmula para el polígono convexo equiángulo:
1809 ( n - 2 ) Entonces: -------------------- = 160® -> n Rpta:
n = 18
• •
i = 180 ^ n— ^ n
# Diagonales = 18 P 5 ) -= 135
(E)
Se tiene un decágono regular A B C D E
Hallar la medida del menor ángulo que forman
las prolongaciones de AB y E D . A) 72
B) 36
C) 54
D) 18
E) 9
Soiución Sea, el gráfico adjunto Incógnita: x Medida de un Z interior. Medida de un Z exterior.
Jv
.D e c á g o n o R e g u la r - p
227
Se tiene 3609 e = n Luego:
e = ^
10Q
= 369
= 180° - e = 180° -3 6 = 144
- Entonces, en el cuadrilátero no convexo BXDC:
/
x + 2e = i x + 2 ( 3 6 ° ) = 144’ x = 72° Rpta:
12)
( A ).
En cierto polígono convexo, el número de triángulos obtenidos al unir un punto de uno de sus lados con los vértices, es 9. Hallar el número de diagonales de dicho polígono. A) 20
B) 27
C) 44
D) 54
E) 35
Solución Si n, es el número de lados; entonces, el número de triángulos obtenidos, según . condición del problema, será: n -1 - Por dato:
n -1 = 9
n = 10
-10(7) Luego, el número de diagonales: — - — = 35 Rpta: 13)
( E ).
El número de ángulos rectos que contiene la suma de las medidas de los ángulos interiores de un polígono convexo, de “n” lados, es: A) n - 2
B) n
C) 2n
D) 2 (n - 2) e >i
Solución - La suma de las medidas de los ángulos internos, es, por fórmula: 180° ( n - 2 ) - Luego, el número de ángulos rectos que contiene esta expresión, será: 180° (n - 2 ) _ 90°
Rpta: 228
( D ).
“
14)
En un octógono equiángulo ABCDEFGH; AB = 3 ^ 2 BAC. A) 7°30'
B) 22o30‘
C) 11°15
y BC 1. Hallar la medida del ángulo
D) 13°15‘
E) 8
Solución * Incógnita: BA C. Cada ángulo exterior, del octógono equiángulo, mide:
= 45° 8
.-. Prolongando HA y CB, hasta su punto de corte R: RÁB = 45° = RBA Luego :
R = 90
- En el A ARB:
AR = RB =
3/2
AR = RB = 3
f* - Resulta, el A ARC. con: AR = 3 y
RC = 4
RAC = 53 45° + BAC = 53 Rpta: 15)
BAC = 8
( E ).
Cada lado de un polígono regular mide 6cm. y el perímetro equivale al número que expresa el total de diagonales, en cm. Hallar la medida de un ángulo central.
Solución Según enunciado: e c n(n- 3 ) 6 + 6 + ... = —i L
\fc o
2 “n” veces 6n = ü í-n.- 3 )
"n" Lados
2 De donde: n = 15 * Medida de un ángulo central
Rpta:
£ _ 360^ _ 240 15
C = 24' 229
16)
¿Cuál es el polígono que tiene 119 diagonales? A) 13
B) 15
C) 17
D) 14
E) 16
Solución Siendo “n” el número de lados:
— í l l = 119 2
n ( n - 3 ) = 238. Debemos descomponer 238 en dos factores que difieren en 3: n ( n - 3 ) = 17(14) n = 17 Rpta: 17)
(C).
¿Cuál es el polígono convexo en el que el número de diagonales es mayor en 133 que el número de lados? A) El de 19 lados.
B) El de 23 lados
D) El de 24 lados.
E) El de 25 lados
C) El de 16 lados
Solución Siendo “n” el número de lados, se tiene: n(n- 3) _ = n + 133 2 De donde:
n2 - 5n - 266
= 0
( n - 19 ) (n + 14 )
= 0
n = 19 Rpta: 18)
( A ).
ABCDEF, es un exágono regular. Sobre BC, se toma un punto R, que al ser unido con F, determina un segmento secante a AD en el punto Q. S i : ABQ = 4a
y
FRC = 9a.
Hallar el valor de a. B) 12
A) 10°
C) 9
D) 8
E) 15
Solución -a
= ?
- Considerando el gráfico adjunto; vemos que: A AQF = A AQB
( Postulado L A L )
A F Q = ABQ A
Es d e cir: AFQ = 4a 230
D
- Además, el ángulo ZFA, exterior, mide:
ZFA =
360s
ZFA = 60Q
Luego, por ser altemos internos: QRC = QFZ 9 a = QFA + AFZ
* •
9 a = 4 a + 60° De donde: a = 12° Rpta: 19)
( B ).
Se tiene un exágono equiángulo ABCDEF de tal manera que: AB = 2, BC = 6, EF = 1 y AF = 9. Calcular las longitudes de CD y DE.
Solución * Por ser equiángulo, cada ángulo exterior, 360°
mide:
Q
A / N
X /
\x
o
= 60
* Al prolongar los lados como indica la figura, se observa que los triángulos ABP, CQD , EFR
y PQR, son equiláteros.
Luego:
F
PR = 12
-»
PQ = 12
x = 4
QR = 1 2
y = 7
1
R
Rpta:CD = 4 ; DE = 7 20)
Si el número de lados de un polígono regular aumenta en 10, cada ángulo del nuevo polígono es 3o mayor que cada ángulo del original. ¿Cuántos lados tiene el polígono original? C) 20
B) 27
A) 25
E) 30
D) 16
Solución Incógnita: n Polígonos de (n+10) lados.
Polígonos de "n“ lados.
Polígono de "n" lados.
a =
180° ( n - 2 )
n
Polígono de ( n + 10 ) lados 180° (n + 1 0 - 2 ) P=
n + 10 231
Por condición:
p -a = 3 r 180» ( n + 8 ) 'í
180® (n - 2 ) '
n + 10 V J De donde, al simplificar: n ( n + 10 ) = 1200 Rpta: 21)
n
= 3®
j n = 30
( E) .
En un polígono equiángulo la relación entre las medidas de un ángulo interior y otro exterior es como 5 a 1. ¿Cuántas diagonales posee dicho polígono? A) 27
B) 108
C) 54
D) 45
E) 35
Solución ♦ Según dato:
i —= 5 e i = 5e
Pero:
i + e = 180°
Luego:
5e + e = 180
De donde: e = 30° Siendo “n" el número de lados, la suma de las medidas de los ángulos externos es 360 Entonces: Así:
ne = 360
n =
n = 12
Y, el número de diagonales: Rpta: 22)
360°
12 i 12 - 31 — ‘------------ }- = 54 2
( C ).
Dos números consecutivos, representan los números de vértices de dos polígonos con vexos. Si la diferencia de los números de diagonales totales es 3. ¿Cómo se llama el polígono mayor?
Solución * Sean los números de vértices de los polígonos:
n
y
( n + 1 ).
Los números de diagonales totales, se expresan: n ( n - 3)
( n + 1 ) [ ( n + 1) —3 ]
Según enunciado: ( n + 1)[(n + 1 ) - 3 ] Resolviendo:
n ( n - 3)
n = 4
El polígono de mayor número de lados: n + 1 = 5, es un pentágono 232
23)
En un polígono regular ABCDEFGH..., de “n” lados, las prolongaciones de AB y GF se cortan en el punto 2. Hallar el valor de “n", si el ángulo BZF mide 105°. B) 15
A) 12
E) 18
D) 24
C) 20
Solución Consideremos el gráfico adjunto,
'a *
donde se han prolongado, ade-
X 105*\
más, BC y CD. - x, es la medida de cada ángulo externo del polígono.
+105
- En el cuadrilátero no convexo DEFZ’ x + x + ( 2x + 105°) = 18 0° - x Efectuando:
polígonos regular de “ n* lados
x = 15
- Además, como todos los ángulos externos tienen por suma de sus medidas, 360°; entonces:
n ( 15o ) = 360°
De donde:
n = 24 lados.
Rpta: 24)
( D ).
Se llama “diagonal media” de un polígono, al segmento que une los puntos medios de dos lados. ¿Cuántas diagonales medias tendrá un polígono de “n” lados?
Solución Al unir los puntos medios de todos los lados del polígono dado, se obtiene otro de igual cantidad de lados y ade más todas las diagonales de éste últi mo ( ver fig u ra ). Así: # diag. medias =
25)
n+
n( n - 3 )
=>
Si de 4 vértices consecutivos de un polígono convexo se trazan 33 diagonales ¿Cuántas diagonales en total tiene dicho polígono? A) 12
B) 33
C) 87
D) 54
E) 52
Solución * Desde cada vértice se pueden trazar ( n - 3 ) diagonales. * En el problema, con el gráfico adjunto 233
- Desde A 1
- Desde A 2
(n-3)
- Desde A3
( n - 3 ) -1, diagonales ( ya se contó A 1 A 3 ).
- Desde A 4
( n - 3 ) - 2, diagonales ( ya contamos A «, A 4 y A 2 A 4 )
diagonales
Es decir:
Sumando: De donde;
Desde A,
( n - 3 ) diagonales
Desde A 2
( n - 3 ) diagonales
Desde A 3
( n - 4 ) diagonales
Desde A.
( n - 5 ) diagonales
4n -1 5 = 33 , ( según dato ) n = 12
* Se pide el total de diagonales: Rpta: 26)
n" Lados
12Í 9 ) — ¿— i = 54
( D ).
¿Cuál es el polígono convexo en el que la suma de su número de diagonales y su número de lados es 435 ? Indicar el número de lados . A) 29
B) 30
C) 31
D) 32
E) 28
Solución Siendo “n” el número de lados; según enunciado, planteamos la ecuación n ( n - 3) ---i--------- L + n := 435 2
Efectuando: n ( n -1 ) = 870
870
10
87
3
29
29 .
1
870 = 30 x 29 n ( n - 1 ) = 30 ( 29 ) De donde: Rpta: 27)
(B)
Se tienen dos polígonos regulares en donde el número de diagonales difiere en 19 y las medidas de sus ángulos externos están en la relación de 5 a 6 . Hallar el número de lados mayor.
A) 6 234
n = 30
B) 5
C) 10
D) 12
E) 8
Solución Sean n y m, los números de lados, con n > m Se tienen, por enunciado: m( m - 3) _ = 19 2
n( n - 3 )
360' n 360’ m
y•
5
m
5
6
n
6
—— »—
Resolviendo ( a ) y ( P) : m = 10 y
(a).
(P )
n = 12
Rpta: ( D ) La medida del ángulo interior de un polígono regular de “ N ” lados excede en 12° a la me dida del ángulo interior de otro polígono de ( N -1 ) lados. Hallar “N” D) 8
0 )7
B) 6
A) 5
E) 9
Solución Se tiene: 180°(N - 2 )
180°( N - 1 - 2 )
N
N- 1
Medida del Z
Medida del Z interno
+ 12
interno
R de ( N -1 ) lados.
P. de N lados.
Efectuando y simplificando, queda: N ( N -1 ) = 30 N(N-1) = 6(5) Luego: Rpta:
N = 6
(B)
Si al ángulo interno de un polígono regular se le disminuye en 10o, resulta otro polígono cuyo
2
número de lados es — del número de lados del polígono anterior. w Calcular el número de lados de ambos polígonos.
A ) 18 y 12
B) 12 y 8
C ) 24 y 16
D) 9 y 4
E )21 y 14 235
Solución Medida del Z interno del polígono de n lados.
180°(n - 2 ) -
n
10
Medida del Z interno del polígono de 2. n lados. 3
'
' 2 180' —n \ 3 2 —n 3
-
2
Efectuando, se obtiene; n = 18 lados. O el otro polígono tiene: ± 3 Rpta: 30)
x 1 8 = 12 lados.
( A ).
Si en un polígono convexo se trazan todas las diagonales de un vértice, dicho número de diagonales más el número de triángulos formados es igual a
— del número total de 18
diagonales. Hallar el número de lados del polígono. A) 14
B) 17
C) 15
E) 13
D) 18
Solución - Si n, es el número de lados del polígono en mención: ( n - 3 ) diagonales trazadas desde A. ( n - 2 ) triángulos formados. - Por tanto: 5 n( n - 3 ) ( n - 3 ) + ( n - 2 ) = — x - v— - ..... Efectuando:
5n2 - 87n + 1 8 0 = 0 ( 5n - 12 ) ( n - 15 ) = 0
Rpta: 31)
n = 15
( C ).
Calcular el número de lados de un polígono regular sabiendo que el número que representa 5 la medida de uno de sus ángulos externos es los — del número de diagonales.
A) 9 236
B) 5
C) 10
D) 12
E) 8
Solución Sea n, el número de lados. Luego, según enunciado, planteamos la ecuación: 360 n Efectuando: ó:
n2 ( n - 3 ) =
5 n( n - 3 ) = — x —i--------- 9 2
360 x 9 x 2 5
n2 ( n - 3 ) = 7 2 x 9 x 2
Debemos expresar el 2° miembro en forma conveniente, teniendo en cuenta que el producto en el 1er. miembro es de un cuadrado perfecto y un factor que es 3 unidades menor respecto a la base. Así: n2 ( n - 3 ) = 144 x 9 n2 ( n - 3 ) = 122 x 9 De donde : Rpta: 32)
n = 12
( D ).
Si el número de lados de un polígono convexo disminuye en 2, el número de diagonales del nuevo polígono es menor en 15. Calcular la suma de las medidas de ángulos internos, original. B) 1987
A) 1000°
C) 2000
D) 1440
E ) 1492
Solución Se tiene: n lados *
Polígono Original
n( n - 3 )
diagonales
( n - 2 ) lados *
Segundo polígono (n -2 )(n -2 -3 )
diagonales.
Según enunciado, planteamos la ecuación: (n -2 )(n -2 -3 )_ n (n -3 )
Efectuando:
n = 10
- Se pide la suma de las medidas de ángulos internos: Rpta:
180° (1 0 - 2 ) = 1440
( D ). 237
33)
Si la diferencia entre el número de lados de dos polígonos es 3 y la diferencia entre el número de diagonales es 15. Hallar el número de lados del polígono de menor número de lados. A) 8
B) 6
C) 11
D) 4
E) 5
Solución Sean n y ( n - 3 ), los números de lados de los polígonos en mención. Luego # de diagonales del polígono de n lados
# de diagonales del polígono de (n - 3) lados.
n( n - 3 )
(n -3 )(n -3 -3 )
_ 1
2 Efectuando:
n = 8
El polígono de menor número de lados: Rpta: 34)
8 -3 = 5
( E) .
Se tiene un polígono convexo de “n” lados. El cociente del número de triángulos que se determinan al unir los vértices del polígono con un punto cualquiera de un lado, entre el
6 número de diagonales que se pueden trazar de un vértice, es igual a -? . Mn” será igual a: 5 A) 13
B) 9
C) 8
D) 11
E )7
Solución
vértice V__ polígono de n lados
* ( n - 1 ) triángulos determinados.
* ( n - 3 ) diagonales desde un vértice.
- Según enunciado: n- 1 n~^3 Rpta: 35)
Resolviendo: n = 13
(A).
En un polígono regular de “n” lados, el número que expresa el total de diagonales, en cm. representa la longitud de cada lado. Hallar “n”, si el perímetro es 160 cm.
A) 16 238
6 5
B) 4
C) 9
D) 10
E) 8
Solución Por dato: L
n( n - 3 )
L
2
/
Además:
\
y
Perímetro = 160 r»L = 160 ó:
-4
n .
2
n2 ( n - 3 ) = 320
Debemos descomponer 320 en dos factores, siendo uno de ellos un cuadrado perfecto y observando su relación con el otro. Así, obtenemos: n2 ( n - 3 ) = 82 x 5 De donde: n = 8 Rpta: 36)
( E ).
Si un polígono de un” lados tuviera ( n - 3 ) lados, tendría ( n + 3 ) diagonales menos. ¿Qué polígono es: A) Triángulo
B) Exágono
C) Cuadrilátero D) Pentágono
E) Pentadecágono
Solución * Según enunciado tenemos la ecuación: # de diagonales
# de diagonales del
del polígono de
polígono de ( n - 3 )
n lados.
lados.
n( n - 3 ) 2 Efectuando : Rpta: 37)
n = 6
(B)
Hallar los números de lados de dos polígonos regulares, sabiendo que sus ángulos internos difieren en 20° y los externos suman 100°
A) 5 y 10
B) 6 y 9
C )4 y 11
D) 3 y 12
E )8 y 10 239
Solución Sean n y m, los números de lados de dichos polígonos, respectivamente. Según enunciado, podemos plantear: 180°( n - 2 )
180°( m - 2 ) _ = 20 m
n
360° 360° — + = 100° m n
y
(I)
(II)
Al efectuar el primer miembro de la ecuación ( I ), resulta: 360°
360° =
n
m
20 '
Sumando miembro a miembro, esta última ecuación y la ( I I ) 720° =
m
3 6 0 ^ 360^1000 6 n
Reemplazando este valor, en ( I I )
Rpta:
120'
( B) .
Si a un polígono regular se le aumenta dos lados, su ángulo externo disminuye en 9 ¿Cuántos ángulos centrales tiene dicho polígono? B) 36
A) 32
D) 12
C) 10
Solución Se tiene: n lados
Polígono Original
360° n
—>
medida del Z externo
( n + 2 ) lados Segundo Polígono
360° n+ 2
medida del Z externo
Según dato: 360°
360'
n+ 2
n
- 9
Efectuando: n ( n + 2 ) = 80 ó
: n ( n + 2 ) = 8(10)
El número de ángulos centrales: 8 Rpta:
(E ).
n = 8
E) N.A.
39)
Hallar el número de lados de un polígono convexo, cuyo número de diagonales excede en 26 al deotro polígono convexo. Además el equivalente en ángulos rectos de la suma de ángulos internos del primero, excede en 8, al número de ángulos rectos que contiene la suma de las medidas de ángulos internos del otro. A8
B) 9
C)11
D) 6
E) 10
Solución - Sean: n m
-»
# de lados del primer polígono. # de lados del segundo polígono.
Se plantean, según enunciado, las relaciones: n( n - 3 )
m( m - 3 ) + 2 6 ...... ( I )
2 ( n - 2 ) = 2( m - 2 ) + 8
(II)
De ( I I ), resulta: m = n -4 Reemplazando esto último, en ( I ): n(n-3) _ (n-4)(n-7)
Efectuando: Rpta:
+ 8
n = 10
( E) .
40) Calcular la medida del ángulo interno del polígono regular, en el cual se pueden trazar 51 diagonales desde 8 vértices consecutivos. A) 150°
B) 162°
C) 144°
D) 160°
Solución Considerando el gráfico del polígono de “n" lados: - Desde A 1 —>
( n - 3 ) diagonales.
- Desde A2 —>
( n - 3 ) diagonales.
- Desde A3 -»
( n - 4 ) diagonales, porque A,
- Desde A4 —>
( n - 5 ) diagonales; ya contamos A<¿ A4 y A¡A4 .
- Desde A5 - Desde A6
( n - 6 ) diagonales; porque ya se contaron A¡A5 , A¿AS y A3 A5 t . ( n - 7 ) diagonales.
- Desde A7
( n - 8 ) diagonales.
- Desde A8 -»
( n - 9 ) diagonales.
lados^>
ya se contó.
Por dato, la suma de estas cantidades parciales, es 51. Luego
8n - 4 5 = 51
.*. n = 12 241
- Se pide la medida de un ángulo interno: 180° ( n - 2 ) n 180J<1 0 > = ,5 0 n Rpta:
)
( A ).
Demostrar que, en un polígono de “n” lados, desde “V” vértices consecutivos, se pueden trazar: V x n-
( V + 1)( V + 2 ) Diagonales
Solución En efecto; del anterior problema deducimos que - Desde el vértice 1
n - 3 diagonales
- Desde el vértice 2
n - 3 diagonales
- Desde el vértice 3 - Del vértice
4
- Del vérice
Vo
—>
n - 4 diagonales n - 5 diagonales
-»
n - ( V + 1 ) diagonales.
S um ando:
V x n - ( 3 + 3 + 4 + 5 + ... + ( V + 1 ) )
o m ej or :
V x n - ( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + ( V + 1 ) )
=
V x n-
(v + 1)( v + 2 ) 2
■
como se quería demostrar.
* Nota: Por ejemplo, en un polígono de 18 lados, desde 7 vértices consecutivos, se pueden trazar: 7x18-
( 7 + 1)(7 + 2)
= 90
Y, el total de diagonales de este polígono,es:
1 8 (1 5 ) 242
= 135
diagonales
42)
Desde 7 vértices consecutivos de un polígono, se han trazado 55 diagonales. ¿Cuántas diagonales en total, tiene dicho polígono? A) 55
B) 60
C) 90
D) 77
E) 65
Solución En este caso, para usar la fórmula demostrada en el anterior problema: n ( # de lados ), desconocido.
V = 7; siendo
Así: (V + 1) ( V + 2) V x n - --------- —----------2 De donde:
„ =55
, (7 + 1 ) (7 + 2) 7 n - --------- —----------- = 55 2
/.
n = 13 lados.
Entonces, el número total de diagonales: n ( n - 3 ) _ 13( 10) 2 Rpta: 43)
2
( E) .
¿ Cuál es el número de ángulos internos agudos que puede tener un polígono convexo de n lados ? A) 3
B) (n - 3)
C) 2
D) 4
E )5
Solución Adyacente a cada ángulo interno agudo, habrá un ángulo externo obtuso. Como los exteriores deben sumar 360°, entonces no podrán haber cuatro ángulos externos obtusos ya que la suma de sus medidas superarían esta cantidad. Por lo tanto, como máximo, un polígono convexo podrá tener 3 ángulos interiores agudos. Rpta: 44)
( A ).
Las medidas de los ángulos interiores de un polígono convexo están en progresión aritmética de razón 5o, siendo la medida del menor: 120°. Hallar el número de lados del polígono. A) 16 ó 9
B ) 15 ó 10
C) 11 ó 14
E) 18 ó 7 1 20°+ 3x5°
Solución n
D ) 12 ó 13
# de lados.
Las medidas de los ángulos serán como se indica en la figura. El mayor tendrá medida: 1 2 0 ° + ( n - 1 ) 5 ° La suma: 120° + ( 120°+2 x 5 ) + ( 120°+3 x 5 ) + ... + ( 120°+( n-1 ) x 5o ) = 180° ( n - 2 ) v_______________________________________________________ j Según gráfico.
Por fórmula general. 243
Escribiendo el 1er. miembro de modo conveniente: 120° x n + ( 1 + 2 + 3 + ... + ( n - 1 ) ) x 5 °= 180°( n - 2 ) Es d
e
c
i r : ______________ _______
120° n
+
^
x
5° = 180° ( n - 2 )
120n + 1 n ( n - 1 ) = 180 ( n - 2 ) 2 De donde: n ( 2 5 - n ) = 144
n ( 2 5 - n ) = 16 x 9
Resolviendo, obtenemos dos valores posibles de n : Rpta:
16 ó
9
( A ).
JUEGO DEL "SIM " : George Simons, un matemático de nuestros tiempos, inventó un juego en el cual puedei participar 2 ; 3 ; 4 ; n , jugadores. Consiste en : 19 Marcaruna determ inadacantidadde pun tos, en una circunferencia ( Por ejemplo, 9, en la figura ), distinguiéndolos por una letra diferente.
X*
29 Usando tinta de diferente color, dos juga dores ( ó más ), unen estos puntos , uno a continuación de otro. 39 Gana el juego, el primero que forma un triángulo, cuyos vérticesson 3 pun tos de la circunferencia, antes marca dos. *
244
Por ejemplo, un jugador ( a ) usa el trazo discontinuo
.....
y otro jugador ((5), el trazo
1)
Juega ( a ) :
Traza CE
5)
2)
Juega ( ¡ 3 ) :
Traza DG
6)
Juega ( ce) : CF ( j j r w* «-• Juega ( ¡ J ) : HF
3)
Juega ( a ) :
Traza CH
7)
Juega { a ) : EF
4)
Juega ( ¡ 5 ) :
Traza HE
* •
Gana ( a ), con ei A ECF.
V
CUADRILATEROS Estos polígonos pueden ser convexos, no convexos, equiláteros, equiángulos, etc.
Clasificación de los Cuadriláteros Convexos. I.-
PARALELOGRAMOS Tienen sus lados opuestos respectivamente paralelos. Se dividen en: a) Romboide.-Es el paralelogramo propiamente dicho. b) Rombo.-Tiene sus 4 lados congruentes. c)
Rectángulo.- Tiene sus 4 ángulos congruentes.
d) Cuadrado.- Tiene sus 4 lados y 4 ángulos, respectivamente congruentes.
Propiedades: 1.-
En todo paralelogramo, los ángulos y lados opuestos, son respectivamente congruentes.
2.-
Las diagonales de todo paralelogramo se intersecan en su punto medio.
3.-
Las diagonales del rectángulo, son congruentes.
4.-
Las diagonales del rombo son perpendiculares y bisectrices.
5.-
Las diagonales del cuadrado son congruentes, perpendiculares y bisectrices. 245
II.-
TRAPECIOS Tienen dos lados paralelos, llamados bases. La altura del trapecio es la distancia entre las bases. Se dividen, en: *
a)
Trapecio Escaleno.-Sus lados no paralelos tienen diferente longitud.
b)
Trapecio Isósceles.-Sus lados no paralelos son congruentes.
c)
Trapecio Rectángulo.-üno de sus lados es perpendicular a las bases.
a) Trapecio Escaleno
c) Trapecio Rectángulo
b) Trapecio Isósceles
Propiedades: f E
l segmento que une los putos medios de los lados no paralelos se llama “base media", “mediana” o “paralela media”; es paralelo a las bases y mide la semisuma de ellas.
2.-
El segmento que une los puntos medios de las diagonales se ubica sobre la mediana y mide la semidiferencia de las bases. B
A III.-
n
D
1)
AD + BC MN = 2
2)
AD - BC PQ = 2
TRAPEZOIDES No tienen lados paralelos.
B * Existe un tipo especial de trapezoide , llamado simétrico o contraparalelogramo. En éste , una diagonal es porción de mediatriz de la otra.
246
PROBLEMAS RESUELTOS
1)
En un AABC, se traza la altura B H . Si M, N y Q, son puntos medios de AB, BC y AC, respectivamente: demostrar, que el cuadrilátero MNHQ, es un trapecio Isósceles.
Solución
( a ) AABC: Á y C , agudos
( b ) AABC: ACB, obtuso
Sabemos que, por ser base media, en cada caso:
MN 11 AC
Y, por ser medianas relativas a la respectivas hipotenusas: Luego, de ( 1 ) y ( 2 ): 2)
MQ = HN.
• •
BC ; MQ = — ••• ( 1 )
BC HN = — ... ( 2 ).
MNHQ, es un trapecio Isósceles.
ABCD, rectángulo ÉO 1 ÁC y AO = OC = OE Hallar el valor de x A) 84°
B) 90°
D) 66°
E) N.A
C) 69° D
Solución Al trazar BD, como: AO = OC = BO = OD = OE; en el AOBE; Isósceles: x + x + 48° = 180° x = 66° D Rpta: 3)
( D ).
La figura ABCD, es un rectángulo BH _L AC ; OBC mide 34° BP biseca el HBO y CP biseca el O C D . Hallar la medida del ángulo BPC A) 90°
B) 68'
C) 102°
D) 136°
E) 73° 0 4
Solución A
- Incógnita: P - Por ser rectángulo: OB = OC A BOC, Isósceles: OCB = OBC = 34® y
BÓC = 180° - 2 ( 34° ) —> BOC = 112 °
- En el cuadrilátero no convexo BPCO: P +CC + P = 1 1 2 °.......... ( I ). - A BHO: 2a + 90° = 112®
a
=
11
- BCD: 34° + 2P = 90°
->
- Reemplazando, en ( I ):
P + 11° + 28° = 112'
Rpta: 4)
P = 28' * •
P = 73°
(E)
En un rombo ABCD, A < 90°, se trazan BH y C R , perpendiculares a AD ( H en AD y R en su prolongación ). )• Hallar HD, si:
AR = 17 y HR = 11
A) 6
B) 7
0 )4
C) 5
E) 3
Solución HD = ? Del gráfico: A AHB = A DRC /.
AH = RD
Siendo: AH = 1 7 - 1 1 AH = 6
RD = 6
Luego: DH = 11 - RD -> DH = 5 Rpta: ( C ). 5)
Hallar la longitud de la mediana de un trapecio ABCD, si: BC = 3;
248
Á = 53°, AB = 5 y
D = 45°
A) 5,5
B) 7,5
D) 4,5
E) N.A.
C) 6,5
DH = 1 1 - 6
Solución La longitud x, de la mediana, es: x =
BC + AD
(I)
Para hallar AD, trazamos BH y C Q , perpendiculares a A D . AAHB:
BH— 3 — C
BH = 4 y AH = 3
A CQD: CQ = 4 = QD Además:
HQ = BC = 3
AD = 10 3 + 10 x = — - — =6,5
En ( I ): Rpta:
(C)
En un triángulo ABC, M es punto medio de A B . Se traza MH i AC; ( H en AC ). Hallar la longitud de EF, si F está sobre B C , E es punto medio de HM y E F X H M , siendo AH = 3 y HC = 7 A) 4
C) 4,5
B) 5
D) 5,5
E) 6
Solución Incógnita: EF Trazamos MN II AC; entonces, en el A ABC, por ser base media MN =
AC
MN = — = 5 2 -En el trapecio MNCH, EF es mediana: EF =
EF = Rpta:
5 + 7
MN + HC
EF = 6
( E ). 249
Demostrar que, en todocuadrilátero, si se unen consecutivamente los puntos medios de los lados, se obtiene un paralelogramo.
Solución Como el cuadrilátero en mención puede ser convexo, no convexo ó alabeado, la demostra ción es válida para todos los casos:
ABCD: Convexo
ABCD: No convexo
ABCD: Alabeado
Demostremos que MNPQ, es un paralelogramo. Veamos: A ABC: MN es Base Media A ACD: PQ es Base Media
MN 11 AC y MN = PQ I AC y PQ =
- En forma análoga, se demuestra que:
AC AC
y
1 • v
v .
x .11
MN = PQ
NP = MQ
Entonces: MNPQ, es un paralelogramo, ya que es suficiente con demostrar que los lados opuestos son respectivamente paralelos.
En un trapezoide ABCD, Á + B = 136°; hallar la medida del mayor ángulo que forman las bisectrices de los ángulos C y D.
Solución Incógnita: x Dato: Á + B = 136° En el A : x + a + ó = 180° . . . (1) En OABCD: 2a + 2 + 136° = 360°
a + p=112°
- Sustituyendo esto último, en ( 1 ):
x + 112° = 180°
x = 68' Rpta:
(A )
* Nota.- En general tenemos la propiedad
En un cuadrilátero ABCD, Á - C = 22°; hallar la medida del menor ángulo que forman las
9)
bisectrices de los ángulos B y D. A) 22°
B) 11
E) N.A.
D) 44'
C) 33°
Solución B - Consideremos el gráfico adjunto. Incógnita: x - En el cuadrilátero no convexo BCDE: a
+ 13 +
C
=
BÉD
a +p+C+x
->
a
+
P+ C
=
1 80°
-x
= 180°............( 1 ).
- En el aABCD: 2a + 2P + Á + C = 360° a + p = 180o - A + C
(2 ) A
- Reeplazando ( 2 ), en ( 1 ):
De donde:
180a - A + C + C + x = 180°
( P ropiedad).
- Sustituyendo el dato: x = 2 2 Rpta:
10)
x = 11
( B ). En la figura, MN es mediana dei trapecio ABCD MR = RH
y
HT = TN.
Si BC = 36 y AD = 48 Hallar PQ
A) 28 D) 26,5
B) 27
C) 30
E) 28,5
251
Solución - MN iI BC, AD, entonces: - En el trapecio RBCT:
- EnABCD:
PQ =
RT =
Reemplazando, en ( 1 ):
11)
BC + RT ( 1 ).
.... BC + AD 36 + 48 MN = ------------- = -------------- = 42
y en el A MHN :
Rpta:
BP = PR y CQ = QT
MN
42
RT = 21
Ofi i O1 PQ = --------------= 28,5
(E )
Demostrar que, en todo triángulo, la suma de las distancias de los vértices a una recta exterior, es igual a la suma de distancia de los puntos medios de los lados, a la recta. S olución
- Sea el A ABC y M, N, Q, puntos medios de los lados - Por ser mediana en los trapecios: - ABB’A’ : AA’ + BB’ = 2 ( MM’ ) - BB’C’C’ : BB’ + CC’ = 2 ( NN’ ) - ACC’A’ : AA 1+ CC’ = 2 ( QQ’ ) Sumando miembro a miembro, estas tres relaciones: 2 ( AA’ + BB’ + CC’ ) = 2 ( MM’ + NN’ + QQ’ )
l.q.q.d.
• •
12)
En un rombo ABCD, M es punto medio de B C . La diagonal BD, corta a AM en el punto R. Si RM = 10 y el ángulo BRM mide 53°; hallar BD.
A) 60 252
B) 70
C) 80
D) 36
E) 72
Solución BD = ? - Trazamos AC, la cual corta a BD, en el punto O. Además, sabemos que: AC 1 BD, AO = OC y BO = OD. - En el A ABC, R es Baricentro. Por lo tanto: AR = 2 ( RM ) AR = 20 A AOR (3 7 ° y 53° ) : OR = - ( AR ) 5
f (20)
OR = 12
5
BR = 2 ( OR ), por propiedad del Baricentro. Entonces: BR = 24 A s í : BO = 36 = OD , en consecuencia :
BD = 72
Rpta: (E). 13)
En un paralelogramo ABCD, sobre la diagonal BD se toma el punto P. Por A, se traza paralela a BD, cortando a la prolongación de CP en el punto R. Si PD = 5 ; hallar AR. A) 8,5
B) 8
C) 9
D) 6
CP = RP,
BP = 12
y
E )7
Solución AR = ? - Se prolongan AR y C D , hasta su corte en F. - En el A RCF, PD es Base media: RF = 2 ( PD ) RF = 10 - Luego, en el paralelogramo ABDF: AR + 10 = 12 + 5 Rpta: 4)
AF = BD
AR = 7
(E).
En un trapecio ABCD, BC || AD, AB = 6 , BC = 4
y AD = 14; las bisectrices de los
ángulos A y B, se cortan en el punto P. Hallar PQ, si Q está en CD y PQ 11 BC.
A) 5
B) 6
C) 7
D) 4
E) 8 253
Solución PQ = ? Se prolonga BP hasta cortar a AD en F: A
A
F = CBF . . . ( alternos internos ). F = P A BAF, es isósceles: AF = AB ->
AF = 6
FD = 8
A
F 14
6
también: BP = PF. Finalmente, en el trapecio BCDF : PQ = 4 + 8 2 Rpta:
8
D
2
PQ = 6
( B ).
En un romboide ABCD, AB = 5 y BC = 12; las bisectrices de los ángulos A y B se cortan en el punto M y las de C y D en N. Hallar la longitud de MN. A) 7
B) 8
C) 9
D) 10
E) 6
Solución Incógnita: MN Prolongamos AM y DN, hasta E y F, respectivamente. Luego: É = EAD = a
y
F = FDA = p*( alternos internos
).
A ABE
->
isósceles: BE = AB ->
AFCD
->
isósceles: FC =
BE
CD
Por otro lado: EF = 1 2 - B E - F C
2
Rpta:
(A)
y
AM = EM
FC = 5
y
FN = ND
EF = 2
En el trapecio AEFD; MN es mediana :
MN = 1 2 + 2
= 5
->
mn
=
MN = 7
+ EF 2
ABCD, es un cuadrilátero no convexo, siendo D, el ángulo entrante. Si: C - Á = 32°, hallar la medida del menor ángulo formado por las bisectrices de los ángulos B y D.. A) 32°
B) 16°
C) 64°
D) 8 o
E) N.A
Solución Se tendrá el gráfico adjunto Dato:
C -A
=32°
Incógnita: x En el cuadrilátero no convexo ABED:
Á+ p + x = a
(1 )
A + 2p + C = 2 a
(2)
En ABCD:
Reemplazando (1 ) en ( 2 ): A + 2p+ C = 2 ( A+ p + x )
efectuando: op° x = — = 16°
entonces: Rpta:
( propiedad).
(B).
ABCD, es un romboide. Las distancias de lo vértices A, B, C y D, a una recta secante a los lados Si :
BC y AD, son: A E , B F , C Q y DH. AE = 7, CQ = 28 y BF = 16; hallar DH
A) 20
B) 19
C) 21
D) 18
E) 37
Solución Según el gráfico; por tener sus lados respectivamente paralelos: ABF = CDH Trazamos : Luego :
AP 1 BF y CR 1 DH. PF = AE
PF = 7
BP = 1 6 - 7 también :
RH = CQ
y
BP = 9 ->
RH = 28.
255
- Además:
A CRD = AAPB
DR = BP
- Finalmente: DH = DR + RH = 9 + 28 Rpta:
DR = 9 DH = 37
(E).
Nota: Hemos demostrado, indirectamente, que: o: Cuando la recta corta a dos lados opuestos. 18)
En un paralelogramo ABCD, BD = 1 8 ; M es punto medio de BC y N biseca CD AM y AN, cortan a BD en los puntos R y S, respectivamente. Hallar RS. A) 9
B) 6
C) 8
D) 12
Solución - Dato: BD = 18 - Incógnita: RS Trazamos AC, la cual corta a BD en el punto O. Sabemos que, por ser un paralelogramo: BO s OD =
BD
18
2
BO = OD = 9 Además:
AO = OC
- R es Baricentro del A ABC y S es lo del A ACD. Entonces: RO = ^ ( BO ) = — ( 9 ) o 3 y
1
OS = - ( O D ) =
- Por lo tanto : Rpta:
•
1
-
-»
(9)
RS = RO + OS
RO = 3
OS = 3 RS = 6
( B ).
Nota: En general, se tendrá la propiedad:
BR = SD =
256
, para todo paralelogramo
E) 15
En la figura, ABCD es un trapecio.
19)
AM = MD, AE = EC, EQ = QM, QR II AB y BC = 18. Hallar QR
M
A
D
A) 13
B) 13,5
D) 12
E) 15
C) 14
Solución - QR = ?
18
F
B
- Del gráfico:
R
C
BCA = CÁD = a ( alternos internos ) - A ABC, Isósceles: AB = BC
AB = 18
- Trazamos EF II AB. Entonces: EF=“
EF = —
EF = 9
- CM es mediana hacia la hipotenusa del A ACD : CM = AM = MD. Resultando el A AMC,isósceles: ACM =
->
CM = 18. También: EF I CM
Finalmente, en el trapeGio EFCM
QR =
EF + CM
QR = 9 + 18 2 QR = 13,5 Rpta: 20)
(C )
AI intersecarse las bisectrices de los ángulos interiores de un rectángulo ABCD, se forma un: A) Rectángulo
B) Trapecio Isósceles
C) Rombo
D) Romboide
E) Cuadrado
Solución Sea EFGH, el cuadrilátero formado. Luego, es fácil deducir, que:
B Yéó ~\\ Z45
HE = EF
Como el A ABP es congruente
45*>: v
\H /
E = F = G = H = 90 o Ahora, veamos: si
E PAQ
4
•'
'
*v 45'
•
c<>
4
/
y
yy
\
4
\
\
\
4 4
\ \
4
\
'/V G' ^
4 +■
-
—
S
y
\%
45-/:
D
con el AQCD: AB = BP = CD = QC 257
AH = HP = QF = FD Además:
P = 45° = Q
Entonces: Rpta: 21)
—>
HE = EF
PE = EQ □ EFGH es un cuadrado
(E )
En un cuadrado ABCD, cuyo lado mide 18cm. M y N , son puntos medios de AB y BC, respectivamente. AN y CM, se cortan en el punto Q. Hallar QB. B) 6 / 2
A) 6
C) 4 / 2
D) 6 / 3
E) 4 - /3
Solución BQ = ? Trazamos AC y prolongamos BQ hasta el punto O. Se observa que Q es el Baricentro del A ABC. Entonces : BQ =
S ie n d o :
BO
— ( BO ). O
= AC = 1 8 / 2 = g ^
reemplazando en lo anterior: BQ = — ( 9-^/ 2 ) Rpta:
BQ = 6 / 2
(B)
22)
En la figura, ABCD es un paralelogramo y r una recta exterior. Demostrar, que:
Solución - Sea O, intersección de AC y BD
B
tracemos OM 1 r - Por ser mediana en los trapecios: a
ACPT
BRSD 258
->
-»
OM = a t -c. .. ( 1 ). 2 b + d OM = — — .. (2 ).
' " . .
ai igualar los segundos miembros : a + c = b + d •••(••««■i
I.C|*c|*d•
Nota: Además, es fácil demostrar, efectuando la suma de las expresiones (1 ) y ( 2 ) , que OM =
a + b + c + d
En un paralelogramo ABCD, las distancias de los vértices A, B y C a una recta secante a los lados AB y B C t miden 6 , 7 y 8 , respectivamente. Hallar la distancia del vértice D, a la misma recta. A) 21
B) 22
C) 20
D) 24
E) 18
Solución Datos: AE = 6 , BF = 7 CG = 8 Incógnita: DH Trazamos: BP 1 AE y CQ _L DH. Entonces, por tener sus lados res pectivamente paralelos :
PBA = QCD.
A APB = ADQC. Luego
HQ = CG -> HQ = 8 ; EP = BF = 7
y
DQ = AP = AE + EP = 6 + 7
-+ DQ = 13. Finalmente: Rpta:
DH = DQ + QH
=13 + 8
DH
= 21.
(A).
Nota: Se ha demostrado de modo indirecto, que si la recta corta a dos lados consecutivos del paralelogramo: ( P ropiedad)
Dado el trapecio ABCD, BC 11 AD ; AE = 2 ( EB ) y EF 11 BC
Demostrar que:
___ i
D
259
Solución Sea M, punto medio de A E . Entonces, como AE = 2 ( EB ) AM = ME = EB. Luego; al trazar MR 11 EF: D
Trapecio MBCR
Trapecio AEFD —>
MR = EF + A D - . ( 2 )
Sustituyendo ( 2 ) en ( 1 ): BC +
EF + AD
EF =
2 EF = BC + EF + AD
De donde:
EF =
2BC + AD l.q.q.d
O bservación: Si en el trapecio ABCD:
BP = 2 ( PA ) y
PQ 11 B C ; entonces:
Demostrar que, en todo triángulo, la distancia del Baricentro a una recta exterior, es igual al promedio de distancias de los vértices, a la misma recta.
Solución Sea ABC, el triángulo y G su Baricentro. Si r es la recta exterior al A ABC, debemos demostrar, que:
Veamos: En el trapecio BB’ M’M, como BG = 2 ( GM ), por propiedad del Baricentro, entonces según el problema anterior: GG' =
2MM* + BB' ( 1)
Pero, en el trapecio ACC’A’: 2 MM’ = AA’ + CC’ Reemplazando esto, en (1): GG' = GG' = AA +
AA' + CC' + BB’
+ CC ^ como se pidió demostrar.
En un triángulo ABC, las distancias de los vértices A, B y C , a una recta secante a los lados AB y BC, s o n AE = 17, BF = 10 y CQ = 11. Hallar la distancia GR, del Baricentro G del A ABC, a la misma recta. A) 6
D) 5
C) 8
B) 7
E) 4
Solución Datos: AE = 17, B F = 10, CQ = 11 Incógnita: GR Tracemos MN T a la recta. Entonces como CG = 2 ( GM ), por propiedad del Baricentro ; según propiedad demostrada en un problerrta anterior, para el trapecio MNQC: GR =
2MN + CQ
(U
Para hallar MN, trazamos EB y AF. Luego: MN = en el trapecio AEBF.
2 MN = AE - BF. Reemplazando esto, en ( 1 ) GR =
o
AE - BF + CQ
( Propiedad, para todo triángulo )
Reemplazando valores: GR = Rpta:
AE - BF
17 + 1 1 - 1 0
18
GR = 6
(A)
261
27)
En la figura adjunta, G es Baricentro del A ABC. Demostrar, que:
Solución - Según el problema anterior, la distancia GR, del Baricentro a la recta, es GR =
AE + CQ - BF
- En este caso: GR = 0 O =
AE + CQ - BF
De donde, efectivamente: BF = AE + CQ
28)
En un trapecio ABCD, BC 11 AD , Á = 82°, BC = 4, CD = 14 y
D = 16°
Hallar la longitud de la mediana. A) 11
B) 10
C) 9
D) 14
E) 16
Solución Sea la figura adjunta. La longitud x , de la mediana del trapecio ABCD, es x =
4 + AD
(I)
- Al trazar CR 11 AB : paralelogramo:
ABCR ,
AR = 4
ACDR, Isósceles: AD = AR + RD
y
RD = 14 ->
AD = 4 + 14 ->
AD = 18.
- Reemplazando, en ( I )
Rpta:
29)
(A )
En un trapezoide ABCD , Á = 53°, C = 98°, D = 45°, AB = 10 Hallar AD
262
4 + 18 ,, x = ----------- = 11
y
CD = 1 1 -/2
Solución AD = ? Se trazan BH y C E , perpediculares a AD. Luego:
BQ 1 CE
A CED ( 45° ) : CE = ED = 11 A BHA ( 37° , 53° ):
53* ¿ 4 5 “
BH = 8 .
Luego: EQ = 8 y CQ = 3 HE = 4
En el A BQC ( 53° ): BQ = 4 Entonces:
AD = AH + HE + ED AD = 6 + 4 + 1 1
Rpta:
AD = 21
En un trapecio ABCDt Á + D = 90°, BC 11 A D , BC = 4 y AD = 14. M , es punto medio de BC y N, punto medio de AD. Hallar MN. B) 10
A) 5
C) 8
D) 6
E) 3
Solución - Considerando el gráfico Á + D = 90° -> a + 4» = 90o... ( dato ). - Incógnita: MN. - Trazamos:
ME 11 AB y MF 11 CD
AE = BM = 2 FD = MC = 2, E = A A
v
A
F=D
Luego: EN = NF = 5 EMF = 90°. - Observamos que EMF: MN =
EF
MN es mediana relativa a la hipotenusa 10
EF del triángulo rectángulo
MN = 5
Rpta: ( A ) 263
31)
En un trapezoide ABCD , Á = 6 0 °, AB = 8 - / 3 ,C D = 2 0 / 2
y D = 45°. Hallar la distancia
del punto medio M de BC, a AD. A) 14
B) 13
C) 15
D) 18
E) 16
Solución Sea ME 1 AD. Incógnita: ME. - Trazamos BH y C Q , perpendiculares a AD. Luego, en el trapecio HBCQ, ME BH + CQ
es mediana:
ME =
De otro lado:
_ 8 /3 BH = — ^ — x / 3
_
20/2
"
V2
CQ =
->
Reemplazando en ( 1 ): Rpta: 32)
(1 )
D
20^2
BH = 12, (e n el A AHB )
CQ = 20 , en el A CQD.
12 + 20 ME= -------------
->
ME = 16
( E ).
En un paralelogramo ABCD, “M” es un punto de C D , tal que: AMD = 74°. La mediatriz de BM, corta a AM en “P” y a AD en “Q”. Hallar la medida del ángulo APQ, si PM = CD. A) 37°
B) 32
C) 16°
D) 53°
Solución - Incógnita: APQ = x - AB = CD y PM = CD AB = PM - Por ser alternos internos entre AB y CD : BÁP = PMD -> BÁP = 74 9
- Opuestos por el vértice: SPM = APQ
SPM = x
Trazamos PB y usamos la “Propiedad de la mediatriz” PB = PM 264
E) 57°
AABP, Isósceles:
BPA = BAP = 74°.
Luego, en el ABPM :
a + a = 74° ( Z e xte rio r) a = 37°
Finalmente:
x = 9 0 °- a x = 90 - 37
Rpta:
x = 53°
(D)
En un trapezoide ABCD, AB = BC = CD, Hallar la medida del ángulo D.
y
C = 96°.
E) N.A
D) 55°
C) 54°
B) 72°
A) 36°
B = 144°
Solución La figura 1, indica el problema propuesto A
Incógnita:
D = x
D Fig.2
Fig.1.
En la figura 2, se muestra la solución. Se trazan: por A, paralela a BC y por C, paralela a AB, cortándose éstas en el punto R. Entonces: Rombo
ABCR
BCR = 180° - B
ARC = B = 1449 y BCR = 36°; luego: RCD = 60° RD = RC = C D
El A RCD, es equilátero En el A ARD, Isósceles : Finalm ente: Rpta:
y
RDC = 60°.
ARD = 156° y 2a = 180° -156°
x = a+RDC
->
x = 12°+ 60°
-»
a = 12°
x = 72°
( B ).
Se tiene un cuadrilátero ABCD, en el cual B = D = 90° y C = 60°. La longitud del segmento que une los puntos medios de las diagonales es de 3 cm. Hallar BD.
A) 4
^3 cm.
B J S ^ /lic m .
C ) 6 j 3 cm.
D) 6cm.
E) N.A. 265
Solución BD = ? MH = 3, une los puntos medios de las diagonales. Por ser mediana relativa a la hipotenusa: A ABC
BM = AM = MC —*
A ADC - EnC:
DM = AM = MC
a + <¡) = 6 0
- En el cuadrilátero no convexo BCDM BMD = a + ( a + <¡>) + <¡)
BMD = 2 ( a + (¡>) = 2( 6 0 ° )
El A DMB, es Isósceles; MH 1 BD y BMH = HMD =
Luego, en el A MHB: BH = M H x / 3
2
=
.% BMD = 120°
2
_ 59°
. . . ( BH se opone a BMH = 60° )
BH = 3 / 3 . Finalmente : Rpta: 35)
BD = 2BH
BD = 6 / 3
(D)
En el gráfico: 2CD = 3AB,
BC = 8 m. y AD = 6 m
B
Calcular AB A) 3m. B) 4m C) 5m D) 6 m E) 7m
Solución N
* Prolongamos AB tal que BN = 3k * GBNCD
(trapecio isósceles).
ND = BC = 8 *
kADN :
5k = 10
k = 2
Rpta: 266
(B)
AB = 4.
En un A ABC, AB = 5, B = 106° y BC = 15. Hallar la distancia del punto medio de AC,
a la bisectriz de! B. B) 3
A) 2
E) N.A.
D) 5
C) 4
Solución
B
Sea UMMel punto medio de AC y MN A
perpendicular a la bisectriz del B Incógnita: MN
^C
Trazamos: AH 1 BN y CE 1 BN. Luego, los triángulos AHB y BEC, son notables ( 37° y 53° ) É"
AH = 4 y EC = 12
El cuadrilátero AHCE es un trapecio y MN une los puntos medios de las diagonales HE y AC. MM EC - AH MN = ------------2 Rpta:
MN =
12-4
( C ).
En la figura, ABCD es un paralelogramo B
____
C
* distancia de P, a CD • 4 * distancia de B ,a AD: 18 Hallar la distancia de B, a CD
P
jD
A) 11
B) 12
D) 14
E) 10
C) 13
Solución del gráfico:
E a
PF = 4 . . . distancia de P, a C D . q
/
"
BE = 18 .. . distancia de B, a AD Incógnita: BR.
/
A
¿T a "
\
'
" 7
1 8
1i /A v\
/
Prolongamos BP y A D , hasta su intersección en el punto S:
V - 7 .
r
l' // n /
\« P
HD
S = SBC -> S = p El ABAS, es isósceles. base media :
PH =
.\ BP = PS. Trazamos PH 1 AD. Luego, en el ABES, por ser BE
18
PH = 9. 267
Enseguida, prolongamos FP hasta Q. PQ = PH
->
- Finalmente:
Rpta: 38)
PQ ± AB. Ahora, por propiedad de la bisectriz:
PQ = 9. BR = QF ->
BR = QP + PF
BR = 9 + 4
• «
BR = 13
( C ).
En un trapecio ABCD, BC 11 AD , AB = 15 , BC = 10 , CD = 17 y AD = 28. Las bisectrices del Á y B , se cortan en P. Las del C y D, en Q. Hallar PQ A) 3
B) 2
C)1
D) 1,5
E) 2,5
Solución PQ = ? - Se prolongan BP y CQ, hasta cortar a AD en F y E, respectivamente. Luego BFA = FBC = a y CÉD = ECB = r ( alternos internos). * A BAF, isósceles:
AF = A B = 15 y BP = PF
* ACDE, isósceles; ED = CD = 17 y CQ = QE * Entonces: EF = 4 * Finalmente, al trazar BE y CF; en el trapecio BCFE: PQ = Rpta: 39)
BC -EF
10-4
PQ = 3
(A )
En un trapecio ABCD, A = 2 D , se traza la altura B H . Si: BC = 2 ; AH = 1 y Hallar AB. B- 2 -C
Solución * AB = x = ? * Trazamos BR 11 CD RD = BC = 2 268
D
HD = 8 .
* En el A ABR, trazamos BS, tal que S = A = 2 a * AABS, Isósceles
->
BS = AB = x
* A BSR, Isósceles
—>
SR = BS = x
HS = AH = 1
HD = 8
* Para:
1 +x +2 = 8
Rpta:
y
x = 5
AB = 5 Dado el trapezoide ABCD y una recta
40)
exterior r ; la suma de las distancias de A, B, C, D a r . e s 8 8 . Hallar la distan cia de O a r . D
x r
A) 22
B) 33
D) 11
E) N.A.
C)44
Solución - Dato: AL + BH + CV + DS = 8 8 - Incógnita:
B
OE
- Como M, N, P, Q, son puntos medios de los lados del trapezoide ABCD, entonces
^D
MNPQ resulta paralelogramo. Luego: MO = OP Trazamos MT y P R . En el trapecio . . __ MT + PR / .v MPRT : OE = ................ ............(1 )
- En ABHL: MT =
- En CDSV : PR
AL + BH
CV + DS
Sumando : MT + PR =
AL + BH +C V + DS
Con el dato : MT + PR =
88
MT + PR = 44. Reemplazando en (1 ): OE = 22
Rpta:
(A)
269
r
CAPITULO 9
CIRCUNFERENCIA Lugar G eom étrico.Ejm. 1.-
Se dá este nombre, a toda figura, cuyos puntos gozan de una misma propiedad.
El Lugar Geométrico de todos los puntos de un plano, que equidistan de los extremos de un segmento dado, es una recta ( mediatriz ). L.G. de los puntos P, que equidistan de A y B. 2
Ejm. 2.-
B
( PA = PB )
El Lugar Geométrico, de todos los puntos del espacio, que equidistan de una recta dada, es una superficie cilindrica.
L.G. de los puntos que equidistan de la recta L . ( Cualquier punto de la superficie cilindrica, está a una distancia r, de L ). Ejm. 3.-
El Lugar Geométrico de los puntos de un plano que equidistan de los lados de un ángulo, es una recta. ( La bisectriz del ángulo y su rayo opuesto ).
— o
L.G. de los puntos P, tales que PQ = PR
D efinición de C ircunferencia.- Circunferencia es el Lugar Geométrico (L.G.), de todos los puntos de un plano que equidistan de otro punto llamado centro. La distancia del centro a cualquiera de los puntos del L.G. se llama radio. L.G. de los puntos que equidistan del punto “O”. ( P p = P20 = P30 =
radio).
271
Ejm. 4.-
En el centro de un camino recto se ubica un pino. Se sabe que a 40m. del camino y a 50m. del pino se encuentra un tesoro. ¿En cuántos lugares se debe buscar el tesoro?
Solución Considerando la figura adjunta, donde se indi ca el camino en cuestión y P es la posición del pino; notamos que el L.G. de los puntos situa dos a 40m. del camino son dos rectas paralelas a él ( L, y L2 ). Además, como el tesoro se ubica a 50m. del pino, haciendo centro en P y con radio igual a 50m. trazamos una circunferencia (L.G. de los puntos situados a esa distancia, del punto P). Luego, donde corte esta circunferencia a las rectas Lt y L2 se debe buscar el tesoro: puntos A, B, C y D. Es decir, cuatro lugares.
Ejm. 5.-
camino \
Dos árboles A y B están distanciados 20 metros. Un tercer árbol se quiere plantar a 15m. de A y a 8 m. de B. ¿En cuántos lugares es posible hacer esto?
Solución Con centros en A y B se trazan dos circunferencias, de radios 15m. y 8 m .t respectivamente. Estas se interceptan en los puntos P y Q. Luego, el tercer árbol puede ser plantado en P o Q. C írculo.- Es la porción del plano que comprende a una circunferencia y todos sus puntos interiores.
Líneas notables en la circunferencia.Para el gráfico adyacente: 0
—>
centro. radio.
—» -»
cuerda. diámetro ( cuerda m á xim a ). arco. recta tangente ( T: punto de tangencia ).
r AB QS
ñ
—> —»
m
—>
recta secante.
MF
—»
Flecha ó sagita de PQ.
AB
Propiedad: Portres puntos colineales, pasa una y sólo una circunferencia. Es decir, tres puntos no colineales determinan una cir cunferencia. Así, los puntos no colineales A, B 272
y
C,
determinan una circunferencia, la cual tendrá su centro en la intersección de las mediatrices de AB y BC ( ó AC y A B ; AC y BC). Ya que, por propiedad de la mediatriz: Para AB : OA = OB Para BC : OB = OC
OA = OB = OC = radio. O
centro de la circunferencia.
Angulos en la Circunferencia t)
Angulo Central:
5)
Angulo Interior:
X =
O 2)
centro
Angulo Inscrito
6)
Angulo Exterior:
a.-
De dos secantes
P= 3)
Angulo Ex-inscrito:
e=
ÁB
- 65
b.-
De Secante y Tangente:
c.-
De dos Tangentes
.P
ABC
Observación:
4)
AB + CD
Angulo Semi-inscrito:
ATB =
AT Nota: Para este caso particular: P + ÁB = 180°
T
Punto de tangencia.
273
P ropiedades Básicas
Todo radio hacia el punto de tangencia es perpendicular a la tangente. En una misma circunferencia, o en dos circunferencias congruentes, a arcos congruentes corresponden cuerdas congruentes y viceversa. S i:
AB' = CD, entonces: AB = CD
Cuerdas paralelas interceptan arcos congruentes. Si
AB || CD-
Entonces: AC = BD. Nota: T Si rn es tangente y
m II AB, entonces: A I = ÍB
Las tangentes trazadas a la misma circunferen cía, desde un punto común, son congruentes PA = PB Además PO biseca el P. Todo diámetro perpendicular a una cuerda biseca a la cuerda y a los arcos respectivos. M
MN = diámetro Si MN 1 AB, entonces B
AE = AB, AN = NB y ÁM = MB
Las cuerdas equidistantes del centro, son congruentes.
Si “O” es centro y d, = d2, Entonces: AB = CD
A fd .'V - -
o d
De-dos cuerdas con diferente longitud, es mayor la más próxima ai centro. ■n C Si “O" es centro y d, < d2, Entonces: AB > CD. Dos circunferencias congruentes secantes, determinan sobre ellas dos pares de arcos congruentes. Así, para las circunferencias congruentes de la figura anterior: D
AEB = AFB y
n
ACB = ADB
Teorem a de Poncelet.- En todo triángulo rectángulo, la suma de longitudes de los catetos, es igual a la suma de longitudes de la hipotenusa y el diámetro de la circunferencia inscrita. Así, para la figura adjunta: AB + BC = AC + 2r ( r, se llama inradio del A ABC )
F
Demostración
B
Del gráfico:
AB = AE + EB BC = CF + FB
AB = AE + r BC = CF + r
(+>
AB + BC = AE + CF + 2r
Efectuando la suma indicada: Siendo: AE = AG y CF = CG:
AB + BC = AG + CG + 2r AB + BC = AC + 2r
Iqqd
Teorema de P itoth.- En todo cuadrilátero circunscrito a una circunferencia, la suma de longitudes de lados opuestos, tiene un mismo valor. Para el gráfico adjunto; luego colocar variables a las tangentes:
>UC
AB = w + x CD = 2 + y Sumando miembro a miembro: Z\D
AB + CD = w + z + x + y
AB + CD
=
AD + BC | 275
G eneralización del Teorem a de P itoth.- En todo polígono circunscrito a una circunferencia y cuyo número de lados sea par, la suma de longitudes de los lados que ocupan lugar impar, partiendo de un vértice cualquiera, es igual a la suma de los lados de lugar par. Consideremos un polígono de 2n lados, como en la figura adjunta. Luego:
Ejem plo.- Para el Exágono circunscrito de la figura, si partimos del vértice A; en sentido horario: x = 16
15 + 1 8 + 13 = x + 16 + 14 -
Si hubiéramos partido de B x + 1 6 + 14 = 1 8 + 1 3 + 15
x = 16
Teorema de Steiner.- En todo cuadrilátero exinscrito a una circunferencia, la diferencia de longitudes de lados opuestos tiene e! mismo valor. * Un cuadrilátero se llama exinscrito, si las prolongaciones de sus cuatro lados son tangentes a la misma circunferencia.
B
Así, para el gráfico adjunto: AB - CD = BC - AD
Arco Capaz.- Es un arco de circunferencia que contiene los vértices de los ángulos inscritos cuyos lados pasan por los extremos de una cuerda, llamada cuerda capaz. Así, para la figura adjunta: s
%
APB, es el arco capaz de los ángulos de medida ct°. A B : cuerda capaz. Se cumple: APB = 360° 2a' * Nota.- En el caso particular en que AB sea diámetro :
(A
o
u° = 90
B
C uadrilátero In scrito .- También llamado cuadrilátero cíclico, es aquel que tiene sus cuatro vértices sobre la misma circunferencia. 76
Propiedades: 1)
Las medidas de dos ánguios opuestos suman 180
A + C = 180 B + D = 180 D em ostración: A + C = A + C = 2)
BCD
+
BAD
---------------
BCD + BAD
360'
= 180'
Las diagonales forman ángulos congruentes con lados opuestos. B C Ya que, cada uno mide la mitad del arco BC. Además, es fácil demostrar, que:
3)
Un ángulo exterior es congruente con el ángulo interior opuesto:
B
_C ^
C uadrilátero In scrip tib le .- Es aquel que puede ser inscrito en una circunferencia. Si el cuadrilátero cumple con cualquiera de las propiedades del cuadrilátero inscrito, será inscriptible. Recta de S im pson: Si “P", es un punto cualquiera de la circunferencia circunscrita al A ABC, y: PQ 1 AB ; PS 1 BC ; PH 1 AC Entonces: Q, S y H son colineales. m es la recta de Simpson, del punto P, para el A ABC. Se define así: “Es la recta que une los pies de las perpendiculares trazadas a los lados de un trián gulo inscrito en una circunferencia, desde un punto cualquiera de la circunferencia”. D em ostración: Bastará demostrar, que BSQ = HSC, ya que, como B, S, C, son colineales, resultarán, opuesA
A
tos por el vértice BSQ y HSC con lo que concluimos que Q, S y H están en línea recta.
vr**;
veamos:
- üABPC, inscrito -»
QBP = PCA....(Propiedad n°3 del cuadrilátero inscrito)
Entonces: QPB = HPC .... ( Son complementos de QBP y P C A , en los triángulos ü BQP y PHC, respectivamente ). (1 ) - DQBSP
inscriptible, ya que BQP + BSP = 1802 QPB = B S Q ....( 2 ).
- aP SH C
->
inscriptible, por ser
PSC = PHC = 902
HPC = HSC....( 3 ). Finalmente, reemplazamos los equivalentes de QPB y HPC de ( 2 ) y ( 3 ), en ( 1 ): BSQ = HSC
Q , S , H están el línea recta.
POSICIONES RELATIVAS DE DOS CIRCUNFERENCIAS 1)
EXTERIORES OOi > R + r * 2 tgs. Comunes exteriores: AB = CD * 2 tgs. Comunes interiores: PQ = MN
TANGENTES EXTERIORES
2)
T
Punto de Tangencia
OOi > R + r *
2 tgs. Comunes exteriores : AB = CD 1 tg. Común in te rio r: PQ 1 OOi
SECANTES
3)
R - r < OOi < R + r * 2 tgs. Comunes exteriores: AB = CD
* Propiedad: FG 1 OOi 278
4)
TANGENTES INTERIORES T
Punto de Tangencia OOi = R - r
* 1 Tg. común: 5)
T
PQ 1 OOi
Q
INTERIORES
OOi < R - r
6)
CONCENTRICAS
O es el centro de ambas circunferencias
7)
ORTOGONALES Si: T
OTO! = 90° -» Punto de Tangencia
R - r < OOi < R + r...( Teorema de desigualdad triangular). OO 12 = R2 + r2
( Teorema de Pitágoras ).
PROBLEMAS RESUELTOS
1)
OA y O B, son radios de una circunferencia de centro O. Sobre ei menor arco AB se toma el punto F. Si el ángulo AFB mide 130°, hallar la medida del ángulo AOB. A) 130°
B) 65
C) 50
D) 100
E) N.A.
Solución - Consideremos el gráfico adjunto. Incógnita: AÓB. - Sabemos, que por ser ángulo central AOB = A F B
( 1 ).
. ¿-n AMB * . . . AFB = --------- ....( Z inscrito)
- También:
i
130° = AMB >s Luego: AFB = 360° - AMB Rpta: 2)
.*. AMB = 260
AFB = 100°. Reemplazando, en (1 ): AÓB = 100
( D ).
En la figura:
\ AE = 192° y BFD = 140 Hallar la medida del BMD. A) 52'
B) 42
D) 62
E) 72
Solución - En la menor circunf. : c =
BFD
....(Z inscrito) C =
140°
C = 70°
- En la mayor c irc u n f.: ó = AE - BMD ....( Z exterior)
70° = De donde: Rpta: 280
( A ).
'N BMD = 52
192o - BMD
C) 26°
Se prolonga el diámetro BA de una circunferencia de centro O, hasta el punto P y se traza la tangente PT. Hallar la medida del arco TB, si PT mide igual que el radio. A) 45°
B) 135
E) 150
D) 120
C) 60
Solución La medida del arco TB es igual a la del ángulo c e n tra l: x O T 1 PT Como PT = radio
PT = OT. En el AOTP, isósceles: a = 45
x = 180°- a ->
x = 1 8 0 ° - 4 5 ° = 135 Rpta:
TB mide 135°.
( B ).
En la figura: PB y PC son tangentes. É mide 26° y F mide 25°. Hallar el valor de x A) 51'
B) 102
D) 47
E) 6 8 °
C) 94
Solución En el cuadrilátero EAFP:
x = É+ Á + F x = 26° + Á + 25°
Por ser ángulo inscrito:
A
=
BO
x = 51° + A .... ( 1 ).
; pero, según propiedad vista en la fórmula 6 c, de A
ángulos en la circunferencia:
BC + BPC = 180
Es decir:
BC = 180o - x.
Luego:
BC + x = 180° A =
180° - x
Reemplazando esto último, en (1 ): Efectuando: Rpta:
x = 51° +
180° - x
x = 94
(C)
*V?1
5)
La figura muestra dos circunferencias congruentes. CD mide 164°. Hallar la medida del ángulo A. A) 82
B) 21
D) 41
E) 42
C) 48
Solución Para la circunferencia EBCD:
£ = CD
á
- En la circunferencia BAEN
BME
= 1-6 4° -
Á =
^ ^ ¿ exter¡or)
b m e
d )
....(Z inscrito) A
BNE = 2A
• •
- Pero, por ser congruentes las circunferencias: • •
BME = BNE BME = 2A
- Finalmente, reemplazando ( 2 ), en (1 ):
A = Rpta: 6)
164°- 2 A
A = 4T
( D ).
En la figura:
a + p = 136°.
Hallar la medida del arco AD. A) 6 8 °
B) 64°
D ) 132°
E) 136
C) 100
Solución Se tienen: AD + BC _ a 2 y
AD - BC • ó-= P
( Z interior).
D ( Z e xte rio r).
Sumando miembro a miembro: AD = a + p
Rpta: ( E ) . 282
AD + BC + AD - BC
AD = 136
= a + p
(2)
7)
En te figura adjunta, Pt Q, R, S y T, son A
puntos de tangencia. El B mide 44°. Hallar el valor de x. A) 44°
B) 6 8
D) 46°
E) 23
C) 22
Solución
- En el A EFX:
(1)
É + F + x = 180° - En las circunferencias:
pe; E = — y PS = 180° - A
,
é
=
(
2
)
.
2
F=
QS
F = 1 8 0 ° T .C .....( 3 ) .
y QS = 180° - C
- Sumando ( 2 ) y (3), miembro a miembro: a
E + F = 180° -
A + C
Reemplazando esto último, en ( 1 ) : A
^
180° - A + C + x = 180°
De donde
- Pero, en el A ABC : Por lo tanto Rpta: 8)
x=
A + C
Á + C = 180° - B = 180° - 44° = 136' x = 68
( B ).
En la figura, AE es diámetro y N punto de tangencia. B Hallar el valor de x. A) 15°
B) 18'
D) 20°
E) 10
C) 12
283
Solución Trazamos el radio ON
ON 1 B C .
B
Entonces: ON 11 A B . Luego : OÑA = NAB ( alternos in ternos)
• ■
A AON, isósceles:
NÁO = OÑA
ONA = 2x.
NAO = 2 x Finalmente, en el A ABC: BAC + C = 90° li 4x + x = 90 Rpta:
x = 18
(B)
En la figura: AH = HC y A es punto de tangencia Hallar el valor de x. A) 18'
B) 12
D) 15
E) 20
C) 10
Solución x = ? Como AH = HC y B H 1 AC, el AABC es isósceles. ABH = x = HBC En la circunferencia: AE ABE = — = APE x = a
• •
A
También
BÁH =
= A P B .............BAH = APB
T
( Z inscrito )
BAH + x = 90°
->
x = 18°
Rpta:
(A ).
BAH = 4 a
t
( Z semi-inscrito ) Entonces, en el AAHB :
f
4a + a = 90°
a = 18
10)
En la figura.
AB es diámetro y PD tangente. El ángulo P mide 32°. Hallar la medida del ángulo ACD A) 119'
B) 109
D) 148
E) 106
C) 122
Solución m.
- Incógnita: ACD - Al trazar BC :
A C B = 90°,
ya que AB es diámetro. - Con OD : OD _L PD Además:
DOP = 90° - P = 90° - 32°
BD BCD = — , ( Z inscrito)
Entonces:
BCD =
11)
58
BCD = 2 9 °
ACD = ACB + BCD ACD = 119
ACD = 90° + 29° Rpta:
DOP = 58°. Luego: BD = 58’
( A ).
En la figura adjunta: m
T y E son puntos de tangencia, m 11 A C . Hallar el valor de x.
B A) 30’
B) 45'
D) 36
E) 54'
- Como m II AC, entonces: /' N ^ ~N "*\ ^ N AT = TC -» AT = TC = a.
C) 60
B
- En C, por ser ángulo ex-inscrito: r'
\
TCE
TCE = 2 x
Luego: CE = TCE - a
-» CE = 2x - a
(1 ) 285
y
AE = 360° - ( AT + TCE ) AE = 360° - ( a + 2x ).....( 2 )
-
En B, por ser ángulo exterior a la circunferencia: Es decir:
B=
x = — — — , con (1 ) y ( 2 ):
360° - ( a + 2 x ) - ( 2 x - a )
Efectuando: x = 60
2 Rpta: 12)
AE - CE
( C ).
En la figura, O es el centro de la circunferencia. Hallar el valor de x. A) 40'
B) 56
D) 46
E) 44
C) 34
Solución Por ser Z exterior a la circunferencia: x = x
AD diámetro
Como AÉB = 32? y 1^'
180°- B C
— —
, donde
AED = 180° por ser
.... ( 1 ).
AB = 2 ( AÉB)
( AÉB, es Z inscrito)
AB = 64' De otro lado:
*B
--?P
= P -*
64° _ CD = 24° -> CD = 16°
z" - Entonces: BC = ABCD - AB - CD BC = 1 8 0 ° - 6 4 o - 16
-*
BC = 100
Reemplazando esto último, en (1 ):
x =
180° - 10 0 (
x = 40 Rpta:
286
(A)
13)
En el gráfico adjunto Hallar el valor de x.
iP
n,
C) 75
A) 90°
B) 60°
D ) 135°
E) 120
Solución Q Por propiedad, sabemos que A
A
x = A + BCD
^ ¿ formado por las bisectrices de P y Q en el cuadrilátero no convexo )
2 Pero, en el cuadrilátero inscrito: x=
Entonces Rpta: 14)
Á + BCD = 180°
180°
x = 90
( A ).
El cuadrilátero ABCD, de la figura adjunta, se llama Bicéntrico por ser inscrito y cir cunscrito. Demostrar, que: x = 90°.
Solución -
En la circunferencia menor
x =
EF + MN
(1 ) A
- Por propiedad vista en teoría:
EF = 1 8 0 ° - A MN = 180o - C
Entonces: EF + MN = 360° - ( Á + C ) - Pero, en el □ ABCD:
Á + C = 180 E F + MN = 180'
Entonces: EF + MN = 3 6 0 °-1 8 0 x = 180°
- Reemplazando en (1 ):
15)
_>
x = 90°
iqqd
En la figura adjunta, T es punto de tangencia. Demostrar, que: AB
CD
287
Solución - Bastará demostrar, que Á = D - Se traza, por T, EF; tangente común a las circunferencias. Luego;
Z
r
ETB =
TB
= A -> ETB = A
L
semi-inscrito
r
L FTC = TC
Z inscrito
=D
Pero: ETB = FTC congruentes. 16)
FTC = D Á = D . Entonces: AB 11 CD, ya que Á y D son alternos internos
En el gráfico adjunto. P es punto de tangencia Demostrar, que: PA = PB
Solución - Por P, trazamos la tangente PQ, común a las circunferencias. - Entonces, por ser ángulo semi-inscrito: P= PA
17)
PA
A PB y P=_
2 PB
PA = PB
lo a d
• ■••■•••••la >J •u
«
Para el gráfico de al lado Demostrar, que: AB I! CD
Solución - Bastará demostrar, que:
Á + C = 180'
- Trazamos PQ. Luego, en los cuadriláteros inscritos: DABPQ □ PQCD
a = Á a + C = 180°
Con lo a nterior: Á + C = 180° 288
• •
Entonces: AB
CD
18)
AD y BC, son tangentes comunes a las circunferencias. Demostrar, que: AB = CD
Solución Según la fórmula vista en 6 c, de ángulos en la circunferencia ( teoría ). Sabemos que:
r
y
Entonces: P + AB = P + CD
P + AB = 180' :
\
ÁB = CÓ
P + CD= 180'
I.q.q.d En la figura, A , B y C, son puntos de tangencia.
19)
Demostrar, que:
Solución - Por B, trazamos la tangente m .
♦
A
Luego: ABC = x + y .... ( 1 ). AE = EB ^
Á = ABE = x
EC = EB
C = EBC = y
- En el A ABC:x + ( x + y ) + y
= 180
x + y = 90° Entonces, en
( 1 ) :
ABC = 90o- -. ( Para cualquier par de circunferencias tangentes
exteriores). 20)
En la figura: ABC mide 112°. Hallar el valor de x A ) 112° B) 56° C) 6 8 ° D) 44° E) N.A. 289
Solución Se traza BE.
Entonces:
ABC = a + <¡>
a + = 1129 .......(1 )
En la menor circunferencia: D
EC
EBC = EDC
2
Por ser Z exterior al A FPD AFD = x + <(>
AFD = P + D
(2 )
En el cuadrilátero inscrito AFEB: AFE + ABE = 180°
ó
AFD + ABE = 180°
Con ( 2 ) : Usando (1 ): Rpta:
x + 1 1 2 ° = 180°
.*.
x = 68
( C ). En la figura ,T y F son puntos de tangencia. E T - A C = 84°. Hallar la medida del arco FT. A) 108
B) 118
D) 96°
E) 138
Solución Dato:
ET - AC = 84 ’N
Incógnita: FT Si Á = 0 , entonces: FT = 180° - ó También:
(1)
BD = 2 Á = 2 ó
Además: ET ETD = — Si ETD = a Por otro lado:
( z semi-inscrito)
ET = 2 a
AC = 2B -»
B = p y AC = 2p
C) 128
En el A BTA :
P + ó = a ......( Z exterior)
pero, por dato: ET - AC = 84'
<|> = a - p .......( 2 )
2 a - 2 p = 84
a - p = 42° En ( 2 ):
$ = 42
Finalmente, reemplazando en (1 ) :
FT = 180° - 42 FT = 138
Rpta:
( E ).
Desde un punto P, exterior a una circunferencia, se trazan la tangente PA y la secante PB C , siendo 32° la medida del ángulo APC. Hallar la medida del ángulo ABM, Si M es punto medio del arco BC. A) 122
B) 106
D) 128
C) 102
E) 118
Solución Consideremos el gráfico adjunto: Incógnita: ABM = ABM =
ACM a + <)>
Para la circunferencia: _ , ., También:
AC — AB
(1 )
2a + p + <)> = 3 6 0 °....(2 ) ~ . * • \ = P ..... ( Z exterior) <¡> - p
• •
= 32
Ó -P = 64°...... ( 3 ) .
Sumando miembro a miembro las expresiones ( 2 ) y ( 3 ): 2a + p + <|) + < | > - p = 360° + 64' 2a + 2<¡> = 424° a + = 2 1 2 ° Reemplazando esto, en ( 1 ): ABM =
212
ABM = 106 Rpta:
(B)
291
23)
En la figura: A, B y C son colineales Hallar la medida del ángulo EBF, si los arcos AMF y EMC miden 254° y 262°, respectivamente: A) 102°
B) 83
D) 78°
E) 74'
C) 82
Solución - Datos: AMF = 254°, EMC = 262 - Incógnita: EBF ABE + EBF + FBC = 180'
- Del gráfico:
_
^
- Por ser ángulo ex-inscrito:
ABE =
A é E = 36CT— 262°_ ^
EBC
(1 ) ABE *
360° - EMC
A b e = 4 9 ° .....( 2 )
T u.. ^ ABF rA r. 360°- A M F --------También : FBC = ------- -» FBC = ---------- ■
FBC =
360° - 254'
FBC = 5 3 °...... ( 3 )
- Finalmente, reemplazando ( 2 ) y ( 3 ), en ( 1 ) : 49° + EBF + 53° = 180 De donde: EBF = 78 Rpta: 24)
(D).
En la figura adjunta, A, B, C, D, son puntos de tangencia. AB + CPD = 298 Hallar el valor de x. A) 18° B) 72° D
C) 77° D) 52° E) 62°
292
Solución - Dato :
ÁB' + CPD = 298
- Con las prolongaciones hechas: AHEX :
x + É = A H B ...... ( 1 )
D
- Pero, por propiedad: AHB = 180° - AB
(2 )
'’E
E = 180° - CD - Reemplazando ( 2 ), en (1 ) : z
ó:
x + 180° -C D = 1 8 0 ° - A B Luego:
x = 360° - CPD - AB
x = CD - AB ; además: CD = 360° - CPD
->
x = 360° - ( CPD + AB )
-+
x = 62
Usando el dato: x = 360° - 298° Rpta: 25)
( E ).
Desde un punto P, exterior a una circunferencia, se trazan la tangente PA y la secante PBE Si: PB = 7 y BE = 1 0 ; hallar la longitud del radio de la circunferencia, si PA 1 PE a) 12
b) / T Í 9
d) 11
c) 10
e) 9
Solución -
O
centro
- Se traza OM _L BE BM = E M Entonces:
( Propiedad )
BM = — = 5 2
OAPM : rectángulo
OA = MP r = MB + BP r = 5+7
Rpta: 26)
r = 12
(A).
En un cuarto de circunferencia de centro O y radios OA, OB, se toma el punto E y luego AH 1 OE ; BP X OE ( H y P sobre OE ). Hallar EP, si AH = 15 y BP = 8
A) 7
B) 3,5
C) 2,5
D) 1
E) 2 293
Solución - Incógnita: EP - Con el gráfico: O ÁH = PÓB = a
( Lados perpendiculares )
Análogamente:
AOH = OBP = ó
A AHO = A OPB Luego:
OP = AH
-
OP = 15
OH = BP ->
OH = 8
- Con el Teorema de Pitágoras, en el A OHA: OA OA Entonces:
OE = 17
27)
y
EP = O E - O P ->
EP = 2
(E).
Para el gráfico adjunto, marcar lo correcto: B
a) a +
(3 + x
b) a + P =
Pero:
d)
a
+
p
=
180° + x
e)
a
+
P
=
90°
DEF = 2( 1 8 0 ° - a )
Por la fórmula
ABC = 2( 1 8 0 ° - p )
de Z ex-inscrito.
AD + CF + DEF + ABC = 360
Reemplazando aquí, las tres expresiones anteriores: 2 x + 2 ( 180° - a ) + 2 ( 180° - P ) = 360°
Rpta:
(D)
2x
+p+
( z in te rio r: x )
De donde
180°
a
Del gráfico: AD + CF = 2 x
=
c)
Solución
294
+ AH
= 8 2 + 152 -» OA = 17 ( Longitud del radio )
EP = 1 7 - 15 Rpta:
= OH
.
x
=
270°
+
x
28)
En la figura, O es el centro y T punto de tangencia. Si A = 28° y ET || AB. Hallar la medida del ángulo ETC 1
A) 28° B) 56° C) 17° D) 31° E) 32°
Solución - Incógnita: ETC = ? - Si se traza el radio OT y se le prolonga hasta el punto H : OT X ET y OH 1 AB En el AAHO:
AOH = 90° - 28° AÓH = 62° = TÓC
A
- Siendo ETC, Z semi-inscrito: TC '" 'N ETC = — y TC = TOC Rpta: 29)
TOC ETC =
62°
ETC = 31°
(D)
En la figura: PQ I AB y AB = 12. AE es diámetro ; CQ tangente Hallar PQ. A) 6 D) 5
B) 4 E) N.A
C) 3
Solución Al trazar OQ: OQ 1 CB y OQ II ÁC .-. APQO es un paralelogramo y como OA = OQ, resulta un rombo. PQ mide igual que el radio V semicírculo;
PQ = 60° y PQC =
PQ
del
PQC = 30® = B 295
Luego, en el A PCQ: PC = y en el A ACB: AC = AB
PQ
PC =
— ( opuesto a 30° )
{ AC, se opone a 3 0 ° } . Luego :
2
2
r = 4 Rpta: PQ = 4... ( B ) . 30)
La figura muestra un cuarto de circunferencia y una semicircunferencia. T, es punto de tangencia. Hallar la medida del arco PQ. A) 30°
B) 15°
D) 22°30'
E) 18°30’
C) 7°30*
Solución - PQ = ? - Trazamos MT y OQ . - Llamando r , el radio de la semicircunferencia: OB = 2r; □ OETM es un cuadrado y también: OQ = OB -> OQ = 2r - A OET: Isósceles
EOT = 45
- A QEO: OQ = 2 ( OE )
EÓQ = 60
Luego:
POQ = EOQ - EOT PÓQ = 60° - 45° PÓQ = 15°.
Por lo tanto: Rpta:
PQ = POQ
PQ = 15
( B ).
31) A
En la figura, O y P son centros de las circunferencias congruentes. Además O es punto de tangencia. Hallar el valor de x. A) 90° B) 75° C) 60° D) 80°30’ E) 82°30’
296
Solución Trazamos PO y OC
PO _L AB.
OP es radio común a las circunferencias OP = OA = OC = PC = PD. En el AOPX, por ser Z exterior: x = a + fj>
( 1 ).
A OPC
equilátero
Ó = 60°...... ( 2 )
A AOP
isósceles
OPA = 45°.
También:
a + ct = 45°.....( Z exterior al A O P D )
• ♦
a = 22°30*...... ( 3 )
Reemplazando ( 2 ) y ( 3 ), en (1 ): x = 82°30‘
x = 22°30' + 60° Rpta:
( E ).
En la figura, O y M son centros del cuarto de circunferencia y la semicircunferencia, res pectivamente. T es punto de tangencia. Hallar la medida del arco FB. A) 16'
B) 15°
D) 37
E) 18°30'
C) 30
Solución FB = ? Con los trazos indicados: AAOM:
p =
53°
90
(catetos con longitudes en relación 1 a 2 ). t i
P = 90° - 2 p
( En el AAOP )
i
í
2r
P = 90° - 53° AC -FB
Pero:
P = 37° ( Z exterior en la semicircunferencia mayor)
» • •
Rpta:
37° =
90° - FB
FB = 16'
(A ). 297
33)
En la figura, B, C y D son puntos de tangencia. El ángulo P mide 62°. Hallar la medida del arco AB. A) 124
B) 31°
D) 62°
E) N.A
C) 60
Solución \
- Incógnita: AB *m - Trazamos BC. Entonces: AB = 2 x
(1 )
- Al trazar, por C, la tangente común m : EBC =
BC
= BCE Angulos semi-inscritos
ECD = -E nC :
CD
= CDP
x + a + ó = 1 8 0 °...... ( 2 )
- En el cuadrilátero BCDP: a + ( a + ó ) + Ó + 62° = 360° - Luego, en ( 2 ): x + 149° = 180° Reemplazando en (1 ): Rpta:
2( a + ) = 298
—»
a + ó = 149
x = 31
AB = 62
( D ). En la figura, AD es diámetro. B, C, T y puntos de tangencia. CT mide 124°. Hallar la medida del TP.
Solución - Incógnita: TP * Como ET y EP son tangentes: TP + TÉP = 180°.... (1 ) - Además:
TBC + CT = 180°
TBC +124° = 180 298
TBC = 56°
A) 44°
B) 56
D) 6 6 ®
E) 36
C) 22
P
Al trazar DB, como AD es diámetro: ABD = 90° TBD = 90° - TBC TBD = 90° - 56° TBD = 34° Luego:
BD = 2 ( T B D )
( TBD es Z semi-inscrito en la sem icircunferencia). BD = 2 ( 34° ) = 6 8 ° Entonces: Á = -52. = —
_> Á = 34°
Por ser Z exterior al A ABE:
TEP = A + ABE TÉP = 34° + ( 90° + 34° ) TÉP = 158°
Finalmente; reemplazando en (1 ) :
TP + 158° = 180 TP = 22
Rpta:
( C ).
Desde un punto P exterior a una circunferencia, se trazan las tangentes PC y PD, formando entre si un ángulo recto. Luego se traza la secante PAB, de modo que BC = 2 A C . Hallar la medida del ángulo BPC. A) 30°
B) 45
C) 22°30l
D) 7°30
E) 15
Solución Incógnita: BPC = x Por fórmula del ángulo exterior a la circunferencia: x =
BC - AC
D
2a - a
a • ■
x = 2
(1 )
En la circunferencia: ABC = -^2.
( z inscrito) ->
ABC = ^
....(2). 299
Luego:
ABC = x....( Por las relaciones ( 1 ) y ( 2 ) )
Así, el A BCP resulta isósceles:
BC = CP
De otro lado, trazando los radios OB, OC y OD : CP = r Entonces, el A OBC es equilátero
BC = r
BC = BOC = 60°
2 a = 60
a = 30° En (1 ) : Rpta:
x =
30
(E).
En la figura, T y B, son puntos de tangencia El arco AB mide 6 8 ° y el arco BC 104°. Hallar la medida del ángulo ATB. A) 81'
B) 71
D) 76
E) 72
C) 84
Solución Datos:
AB = 6 8 ° ; BC = 104
Incógnita: ATB = x Por ser Z interior a la mayor circunferencia: | _ AB + CD
i
689 + a
x = -----------
„
-> a = 2 x - 6 8 9
( 1)
Por B, trazamos la tangente m, común a ambas circunferencias BT Entonces: B = — = t ( Z in scrito ) i 2
B= t = x
( Z sem i-inscrito) Z
Luego:
BAD = 2B
Finalmente, como:
\
BAD = 2x BAD + DC + CB = 360°.
Con lo de (1 ): 2x + 2x - 6 8 ° + 104° = 360 Rpta:
( A ).
( En la mayor circunferencia ) Entonces: 2x + a + 104° = 360 x = 81
En la figura, el arco AB mide 82° T y F son puntos de tangencia. Hallar el valor de x. A) 82'
B) 41'
D) 45
E) 60
C) 49
Solución Por ser DF y DT, tangentes a la menor circunferencia:
DF = DT y F = T
( 1)
En la mayor circunferencia: BC = 2x También: BCT = 2T
( t es semi-inscrito ) (2 )
CT = BCT - 2x
T Siendo F in te rio r:
F=
Con lo de ( 2 ) :
F=
822 + CT 82s + BCT - 2x
2F = 82° + BCT - 2x
i 2F = 82° + 2 t - 2 x
Rpta:
o = 82° - 2x
F= T
Según (1 ) :
-»
x = 41
(B)
En la figura, C y D son puntos de tangencia AB mide 64°. Hallar la medida del arco CE. A) 128'
B) 64°
D) 144
E) 148
C) 72
Solución CE = ? Trazamos BD: BDA =
AB
64'
-> BDA = 32
- Al trazar CD *
CE = 2x
(D 301
- En el A ACD :
Á + C = x.....( Z exterior)
<}>+ a = x
(2)
- Por D, trazamos la tangente común m. Entonces DC RDC = C = — -> RDC = a
2
También:
BD
BDR
= Á
BDR = Á =
T
i Z semi-inscrito - En el punto D:
Z inscrito 32° +
Con lo de ( 2 ) : 32° + x + x = 180° Reemplazando en (1 ): Rpta:
x = 74
CE = 148
(E)
39) En la figura adjunta, EB y FB son tangentes Demostrar que:
Al trazar A B : C O A APB y ABF a ó r r = ----AB EBA = ------2 2 ( Z s semi-inscritos )
Entonces: EBF =
APB + AB
I.q.q.d
40) Las tres circunferencias de la figura, son congruentes y T punto de tangencia entre dos de ellas. ABT mide 52°. Hallar la medida del TQC.
302
A) 104°
B ) 142°
D ) 144°
E ) 154°
C ) 128°
Solución Por T, trazamos la tangente MT común interior a las dos circunferencias tangentes exteriores y la tangente ER a la tercera. Como son congruentes las circunferencias: AT = 52
AT = ABT
Por la propiedad del problema anterior: E fF = AT + ABT =
Entonces: F ÍR = 180° - ETF Además:
FTR =
TC + TQC
,
E tF = 52
FTR = 128' 128° = TC + TQ_?. , pero TC = TQC
r TQC = 128 Rpta:
(C) O y Q son centros de las circunferencias mostradas en la figura. Hallar la medida del ángulo que forman las tangentes por los puntos A y B. A) 45'
B) 60
D) 90
E) 53
C) 75
Trazamos las tangentes por A y B Incógnita: x Trazamos además OP y OB A POB, isósceles :
BE X OB
P = (3 = OBP
En la menor circunferencia, por teoría del ángulo semi-inscrito:
a
AP = — = P
A
A = P
Observamos que los ángulos correspondientes A y ABO , son congruentes : ( Á = p = ABO ) Rpta:
ÁÉ 11 OB , Entonces, como OB X BE, será x = 90°
( D ).
303
En la figura, AB y AC son diámetros de las semicircunferencias. Si T es pun to de tangencia y el arco AE mide 78°, hallar la medida del arco FC. A) 78 O D) 51 o
B) 39° E) N.A.
C) 90
Solución Sean a y x, las medidas de EF y FC, respectivamente.
Luego:
78° + a + x = 180° a + x = 1 0 2 °......( I ). Sabemos, por propiedad demostrada en un problema anterior; AT = AEF
->
AT = 78° + a
(II).
Angulo semi-inscrito en la menor sem icircunf:
T =
Por ser ángulo interior a la mayor semicircunferencia: Entonces:
AT
Reemplazando esto, en ( I ):
—> a = x
x + x = 102 x = 51
( D ).
En la figura, A y B son puntos de tangencia. BD mide 102° y BC mide 114 Hallar el valor de x. A) 14' B) 12' C) 10 D) 15'
E) 16
f =
AE + FC
/ AT = AE + FC /. con lo de ( I I ) y el gráfico
AE + FC
78° + a = 78° + x
Rpta:
AT
Solución Por B, trazamos la tangente común PQ. Entonces, por ser ángulos semi-incritos: ✓ \ QBD = —
QBC =
BC
=
M
-> QBD = 51° 114
QBC = 57°
También: PBA = QBC (opuestos por el vértice) PBA = 57°. Entonces: Á = PBA = 57 Además: PBE = QBD ( opuestos ) -> PBE = 51 Finalmente, en el A ABM:
x + A + PBA + PBE = 180'
x + 57° + 57° + 51° = 180' Rpta:
->
x = 15
(D).
En la figura: APD + BPC = 216°. Hallar la medida del ángulo AZC, donde Z es el punto de corte de las prolongaciones de AB y CD. A) 54°
B) 72
D) 36°
E) 39
C) 108
Considerando el gráfico adjunto Z = ? Trazamos A P . B P . E P . D P y CP: AB APB = — = AEB = a DEC = AEB -> DEC =
' —N DC
= DPC = a
BE a BAE = — = BPE = (3 a
ED EPD = — = ECD = <)> 305
- Reemplazando en el dato:
APD + BPC = 216' (a
+ p + + a ) = 2 1 6 °
->
2 ( a + (J + ó ) = 2 1 6 9
a + P + 4> = 1 0 8 °...(1 ) A
- En el A EDC, por ser Z exterior:
EDZ = a + <|>
En el A AZD:
ZAD + Z + EDZ = 180'
Con lo a n te rio r:
p + Z + a + <|) = 180' Z + a + p + $ = 180'
Usando lo de (1 ):
Z + 108° = 180
De donde:
Z = 72
Rpta: 45)
( B ).
Hallar el perímetro de un trapecio circunscrito a una circunferencia. La mediana del trapecio, tiene longitud “m”. B) 3m
A) 2m.
C) 4m.
D) 8 m.
E) 6 m
Solución - Incógnita: a + b + c + d = ? - Dato: m. o + K Por fórmula de la mediana: --------- = m a + b = 2 m. - Según Pitoth:
c+d = a+b
c + d = 2m
Entonces: a + b + c + d = 4m Rpta:
46)
( C ).
Se tiene un pentágono convexo ABCDE, circunscrito a una circunferencia, de modo que AB + CD + AE = 11 y
BC + ED = 7.
Hallar la longitud de la tangente trazada desde “A” a dicha circunferencia.
A) 2 306
B) 3
C) 4
D) 2,5
E) 3,5
Solución Incógnita: x Considerando el gráfico adjunto y los datos AB + CD + AE = 11 x + m + n + q + x + e = 11 2 x + m + n + q + e = 11
También:
(I)
BC + ED = 7 m+n+q+e = 7
(M )
Sustituyendo lo de ( I I ), en ( I ): 2x + 7 = 11 Rpta:
->
x = 2
( A ).
En la figura, hallar el valor de r Si BE = FG y BH = 14. A) 14
B) 3,5
D) 8
E )7
C) 10
Solución r = ? Tangentes: AF = AE y HC = GC. Por el Teorema de P oncelet: A B + B C = AC + 2r ( AE + EB ) + ( BH + HC ) = ( AF + FG + GC ) + 2r í t
luego:
t
í
dato: iguales Cancelando las longitudes iguales a ambos miembros: BH = 2r Rpta:
->
14 = 2r
/.
r = 7
(E )
Se tienen tres circunferencias de radios 1,2 y 3 unidades, tangentes exteriores entre sí, dos a dos. El radio de la circunferencia inscrita al triángulo formado al unir los centros de las primeras circunferencias, es:
a) 1
b) 2
c) 1,5
d) / 3
e)
/2 307
Solución Como los lados del triángulo obtenido tienen longitudes 3, 4 y 5, se trata de un triángulo rectángulo. Luego, por el teorema de Poncelet: 3 + 4 = 5 + 2x Rpta:
—>
x = 1
( A ).
En un triángulo ABC, AB = 14, BC = 12 y AC = 10, la circunferencia inscrita es tangente a AB en el punto E. Hallar BE. A) 5
B) 6
C) 8
E) 4,5
D) 7
Solución Consideremos el gráfico adjunto, donde a = 12 , b = 10 y c = 14. Tangentes: BE = BG = X : AE = AF = y ; CG = CF = z ^ A
Incógnita: BE = X Se tienen: AB
—»
x+y = c
BC
-+
x + z = a ..... .... ( 2 ).
AC
—>
y+z = b
....
( 1 ).
.... ( 3 ) .
Sumando miembro a miembro las relaciones (1 ), ( 2 ) y ( 3 ) : 2 (x + y + z ) = a + b + c
Con ( 3 ):
x + b =
.\
x + y + z =
a + b +c x = ------------------ b
a + b + c
Haciendo: a + b + c = 2p
( p, es el semiperímetro del AABC) ( Fórmula)
o , ^ * Con los datos: Rpta: Nota.-
12 + 10 + 14 x= -------------------------10
( C ). Además:
a + b + c
->
x= 8
En un A ABC, la circunferencia ex-inscrita relativa al lado B C , es tangente a este lado en el punto G y a las prolongaciones de AB y AC en E y F, respectivamente. Demostrar, que: ,
siendo p el semiperímetro del AABC
Solución
•
En el gráfico, por ser tangentes trazadas desde el mismo punto se han hecho marcas iguales: AE = AB + BE AF = AC + CF Sumando: AE + AF = AB + AC + BE + CF 1
2AE =
2AE
1
AB + AC + BG + GC, ya que AF = AE ; BG = BE y GC = CF
= AB +
AE •
)
AB + AC + BC
i.^ c|.d .
i
En la figura adjunta, T, Q, E, F, son puntos de tangencia. AB = 1 2 y A C = 18. Hallar TQ. B) 3
C) 9
TQ = BQ - B T
( 1 ).
A) 6
D) 4
E) 5
Solución - Se tiene:
- Con propiedades demostradas en los dos últimos problemas y el gráfico: BQ = BE = AE - AB = p - AB y
BT. = p - AC
- Reemplazando en ( 1 ): TQ = ( p - A B ) - ( p - AC ) ( Propiedad)
C F
Con los datos: TQ = 1 8 - 12
Rpta:
->
TQ = 6
( A ). 309
52)
La suma de longitudes de los radios de las circunferencias ex-inscritas relativas a los catetos de un triángulo rectángulo, es 18. La longitud de la hipotenusa, es: A) 9
B) 6
C) 12
D) 36
E) 18
Solución Sea el A ABC de la figura; incógnita: AC. Dato: ra + rc = 18 Si p, es el semiperímetro del triángulo, sabemos, por propiedad demostrada en un problema anterior, que: AQ = p CH = p Sumando:
AB + ra = p —>
CB + r. = p
AB + CB + ra + rc = 2p AB + CB + ra a + rC = AB + CB + AC
De donde :
Propiedad.
Es decir: “En todo triángulo rectángulo, la suma de los exradios relativos a los catetos, es igual a la longitud de la hipotenusa”. * Para el problema, según dato: ra + rc = 1 8 Rpta: 53)
• •
AC = 18
(E ).
En un triángulo ABC, recto en B, el inradio es r y el exradio relativo a AB : r. Demostrar, que:
Solución C
Sean I, E, los centros de las circunferencias en mención. Se observa : AB = AV + VB, siendo: VB = r AB = AV + r ... (1 ). B Por propiedad: A IC = 90® + — -> A IC = 135s A ÍE = 45°. Además, se sabe que Al 1 AE Entonces, el A IAE es rectángulo e isósceles. Luego: Al = AE. También: AÉP = IÁV = a ( tienan sus lados perpendiculares ). Así: A A P E = A IVA
AV = EP .\A V = r_
- Reemplazando, en ( 1 ): AB = ra + r 310
l.q.q.d
B
54)
Demostrar, que: “En todo triángulo rectángulo, el exradio relativo a la hipotenusa es igual al semiperímetro”.
Solución Consideremos el A ABC, recto en B. rb, es la longitud del exradio relativo a la hi potenusa AC y p el semiperímetro. Por propiedad demostrada en un proble ma a n te rio r: Pero: ET = BL 55)
BL = p « •
B C l.q.q.d
rh = P
En un triángulo ABC, recto en B, sobre AC se toma el punto F y se trazan FP ± AB y FQ 1 BC, respectivamente ( P y Q en AB y BC). Hallar el inradio del A ABC, si los inradios de los triángulos APF y FQC, miden 3 y 4cm, respectivamente. B) 7cm.
A) 5cm.
C) 3,5cm.
E) N.A.
D) 9cm.
Solución B
Consideremos el gráfico siguiente r! = 3 y r2 = 4
- Datos: - Incógnita: r
- Con el teorema de Poncelet: A ABC -> AB + BC = AC + 2r ...( 1 ). A APF -> AP + PF = AF + 2rt ...( 2 ) . A FQC -> FQ + QC = FC + 2r2 ...( 3 ). Sumando las expresiones ( 2 ) y ( 3 ), miembro a miembro: AP + FQ + PF + QC = A F + FC + 2r, + 2r2
i i Es decir:
AP + PB + BQ + QC
=
AC
+ 2r1 + 2r 2
= AC + 2r 1 + 2r2
...(4 )
Ahora, igualando los segundos miembros de ( 1 ) y ( 4 ) : AC + 2r = AC + 2r 1 + 2r2
Reemplazando valores: Rpta:
( B ).
311
56)
En la figura: Perímetro del A AEF Perímetro del A MBN Perímetro del A TQ C
2P, 2 P2 2 P3
Hallar el perímetro del A ABC, si
Pl + P2+ P3 = 18
A) 18 D) 36
B) 27 E) 72
C) 32
Solución Haciendo uso de propiedad demostrada en un problema anterior, tenemos el si guiente gráfico: Entonces; el perímetro del A ABC, es: AB + BC + AC = 2p 1 + 2p 2 + 2p 3 AB + BC + AC = 2(p, + p2 + p3) AB + BC + A C = 2 ( 1 8 ) = 36 Rpta:
( D ).
Nota.- En general, se tendrá la propiedad
57)
En la figura, demostrar que el cuadrilátero QEBF es inscríptible
Bastará demostrar que: B + EQF = 180e. Veamos - Trazamos QP.
Luego:
A ABC -> Á + C + B = 180o... ( 1 ) - En los cuadriláteros inscritos: □ AEQP □ PQFC
312
EQP = 1809 - A (* ) PQF = 180® - C
Pero, en el punto Q: EQP + PQF + EQF = 360° Con lo anterior ( * ): De donde :
180° - A + 180° - C + EQF = 360°
Á + C = EQF
Reemplazando esto último, en ( 1 ): el d QEBF es inscriptible. 58)
EQF + B = 180°. Entonces podemos afirmar que
Sobre la hipotenusa AC de un triángulo rectángulo, se dibuja exteriormente el cuadrado ACEF, de centro O. Hallar la medida del ángulo OBC. A) 60°
B) 30°
C) 80°
D) 45°
E) 53°
Solución - Como ACEF es un cuadrado: AE 1 CF y EAC = EAF = 45°.
B
El cuadrilátero ABCO es inscriptible, ya que ABC + AOC = 180°
C
A
Entonces: OBC = OAC OBC = 45° Rpta:
( D ).
59) En el gráfico adjunto: AB = 104° y EPB = 36° ( A y B son puntos de tangencia ). P
Hallar la medida del ángulo FBA. A) 34° D) 30°
B) 17° E) 40°
C) 22°
Solución - Como A es punto de tangencia: AE = AB 2 2 ( Z semi-inscrito en la circunf. m a yo r). - De otro lado:
AE
104°
AFE = — = = 52° 2 2 ( Z inscrito en la circunf. m e n o r). 313
- Entonces: AFP = ABP = 52°. Esto indica que el cuadrilátero AFBP es inscriptible. Por lo tanto:
FPA = FBA
Pero, en el A A P B :
a = x.
APB = 1 8 0 ° - 2 ( 5 2 ° )
APB = 76
a = APB - 36° a = 76° a = 40° Rpta:
—»
36° x = 40
(E ).
60) En la figura, O es el centro del arco AB PE X OA, PF 1 ÁB y P H lO B . Hallar el valor de x. B
A) 102'
B) 168
D) 139
E) 142
C) 129
Solución - En el cuadrilátero no convexo EPHF: x = a + 0 + E P H ...(1 ). Siendo: EPH = EÓT ( Z de lados perpendiculares) EPH = 7 8 ° .. ( 2 ). -
d EFPA,
inscriptible ( AÉP = A FP ) ^ a = PÁF
-
aPFHB, inscriptible ( PFB = PHB ) —> 0 = FBP Entonces: a + <|> = PÁF + FBP PB AP a + 0 =— + 2 2
PB + AP 102 —> a + é = ------------- --2
- Reemplazando ( 2 ) y ( 3 ), en ( 1 ): Rpta: 61)
( C ).
En la figura , O es el centro de la circun ferencia circunscrita al A ABC. Hallar el valor de x.
314
A) 60°
B) 75
D) 120
E) 82
C) 90
x = 51° + 78
—> a + 0 = 5T x = 129
(3 )
Solución - En el A Q B X :
x = a +ó
(1 )
- El cuadrilátero AQHC es inscriptible, ya que: AÓC = AHC. A
Entonces : = ACB
A AOB, isósceles: OA = OB = radio OÁB = ABO = a y
AÓB = AB = 2p a + p = 90'
Así: a + a + 2P = 180'
ó : a + ó = 90°. Reemplazando, en (1 ): Rpta:
( C ).
* Este problema dá la demostración del Teorema de Nagel. 62)
Demostrar que: “En todo triángulo, las tres alturas se cortan en un mismo punto” .
Solución p\
Haremos la demostración considerando un trián
PÁ
ii
gulo acutángulo.
* "A
Q
Sea ABC el triángulo. Tracemos las alturas
/
AQ y CP, las cuales se cortan en el punto L .
>> \ a\
Prolongamos BL hasta H. Tenemos que demos trar, que:
BH _L A C ; es d e c ir:
Veamos:
A BHC
—»
x = 90°.
t
P
V H
x = a + P + ó ... (1 ). ( Z e xte rio r).
-
d
PBQL -» inscriptible, ya que los ángulos opuestos LPB y LQB suman 180°.
Entonces: LPQ = LBQ = p -
aAPQC -> inscriptible, porque : APC = AÓC = 90Q. Por lo tanto :
PÁQ = PCQ = a ,
QÁC = QPC = p y PCA = PÓA = Luego, en el A AQC : a + p + ó = 90°. Reemplazando en (1 ):
x = 90°. Es decir, BH es la tercera altura del A ABC.
315
Observaciones
B
El punto L, se llama ORTOCENTRO del A ABC. Los vértices A, B, C; el ortocentro L y los pies de las alturas: P, Q, H; determinan cuatro cuadriláteros inscriptibles: PBQL, LQCH, APLH y APQC.
* En el caso de un A rectángulo
*
En un triángulo obtusángulo:
C
*
/
\
s
\
\ \
N \
63)
Hallar el valor de x, s i : A) 10
AB = RC.
B) 12
C) 9
D) 15'
E) 8
Solución Una forma de resolver estos problemas consiste en formar un cuadrilátero inscriptible.A sí: - Prolongamos BR hasta F, de modo que: ACF = ABF Es decir:
ACF = 6 x
Entonces, el üA B C F es inscriptible. Por lo tanto: CÁF = FBC -> CÁF = 7 x - Además , se observa que: BCF = x + 6 x ^ es isósceles:
BCF = 7 x
El ABFC
BF = FC. Esto indica que
A RCF = A ABF ( LAL ) 316
/.
RF = AF.
B
Resultando el A AFR, Isósceles : Finalmente, en el A BRC :
a = 7x.
a + 7x + x = 180°
i 7x + 7x + x = 180°. x = 12
De donde: Rpta:
( B ).
64) En la figura, M es punto medio de A B . Demostrar que EM = MF. ( DS y CL son
cuerdas cualesquiera , que pasan
por M ).
D em ostración: * Z DCL
=
Z DSL
* Se traza un diámetro que pase por M OM _L ÁB * ST X OM,
Luego:
* PT = PS y MT = MS * Z M T S = Z M S T y como A B ||S T , fentonces: Z EMT = Z MTS y Z SMF = Z MST ( alternos internos entre paralelas ). * En dCDST, inscrito, el Z TCD es suplemento del Z MST. Z T C D y Z EMT son suplementarios. Luego, el
.*. Z E T M
aECTM es inscriptible
* Finalmente:
ZETM
= ZM SF A EMT s A FMS
MT = MS Z EMT = ZSM F EM = MF 65)
= Z E C M = DCL
En la figura mostrada, AQ = BC.
( A.L.A.) . . . . . . . . . .
I.q.cj.d . B
Hallar el valor de x.
A) 24‘
B) 12
D) 48
E) 15
C) 30
317
Solución x = ? B
Se dibuja la circunferencia, de centro O, circunscrita al A ABC; Entonces: OA = OB = OC = radio AB y
BC
= 2( AÓB ) -> AB = 48° = 2( BÁC )
BC = 60°
V
/
,
s
A BOC, equilátero. AÓB =
»»
BC = radio.
-> AÓB = 48° ( Z c e n tra l).
A AOC, isósceles:
AOC = ABC = 108°
y
OÁC = ACO = 36°
A AOQ, isósceles: AÓQ = AQO = 72°
BÓQ = 24°
QÓC
BÓC - BÓQ = 60° - 24° = 36°
A OQC, isósceles: OQ = QC Finalmente: A BOQ = BCQ ( LLL ) Rpta:
.*.
a = x ; siendo: a + x = 60°
a = x = 30°
(C)
Se muestra un triángulo y dos circun ferencias ex-inscritas. Demostrar, que: AT = CF
Solución Sabemos que, si p es el semiperímetro del A ABC: AF = p y CT = p Entonces:
AF = CT
De donde :
CF = AT
AC + CF = CA + AT I.q.q.d.
Mostrar que: “ En todo triángulo, la mediatriz de un lado y la bisectriz del ángulo opuesto, se cortan en la circunferencia circunscrita
Solución Sea el A ABC; FM es mediatriz de AC.
Además:
AF = FBC
AM = MC. Entonces:
ABM = MBC
Entonces, como: ~ FBC htíh = —— ... ( z ex-inscr¡to ). AP
FBA = —
... ( ¿ inscrito ).
Por lo tanto: EBF = F B A . Es decir, BF biseca el ángulo exterior EBA, del AABC 68)
En un A ABC, de incentro I ; excentro relativo a B C : E. IE corta a la circunferencia circunscrita al A ABC, en el punto M. Demostrar, que:
Solución - Con el gráfico; observando los ángulos: - A IBM —» Isósceles
IM = BM ...( 1 )
- Para el A ABE, el ángulo exterior en B: ot +
IM = EM ..........
De ( 1 ) y ( 2 ) : 69)
( 2 ). l. q . q . d
En un A ABC, de inradio r; rh es exradio relativo a A C . Hallar la longitud de la flecha MF del lado AC. B) rb - r
A^ rb + r 2
C) rh + r
D) rh - r
E) 2 ( r h - r )
Solución Sean: I E
incentro excentro relativo a AC
Al trazar IT 1 AC y EH _L AC: IT = r ; EH = rb Sabemos, por el anterior problema, que IM = EM. El □ HITE, es un trapecio y MF une los puntos medios de las diagonales HT e IE . Entonces:
Rpta: ( B ).
(P ropiedad) 319
70)
Demostrar, que: “ En todo triángulo, la suma de las longitudes de los tres exradios, es igual a la suma del inradio y cuatro veces el circunradio”. ( Relación de S te in e r).
Solución Sea el A ABC: Del gráfico, MN es mediatriz de BC AN biseca el ángulo externo A dei triángulo ABC. “E ” y ME ” son dos excentros del triángulo. Se sabe que: BQ = CT
Problemas
MH = —— -
Anteriores
Así: QH = HT. Esto indica que HN es mediana del trapecio QTEbEc :
Además, MN es diámetro de la circunferencia circunscrita Es decir:
MN = 2R
MH + HN = 2R
ra - r
De donde: I.q.q.d.
71)
En un triángulo acutángulo ABC, de circuncentro O, OM, ON y OH, son las distancias a los lados AB , BC y AC , respectivamente. Demostrar, que:
( Teorema de Carnoth ) donde:
R r
circunradio. inradio.
B
Solución Del gráfico, apoyado en un problema anterior:
EM =
OM = OE - EM 320
— - ¡se puede escribir
OM = R -
rc
-
2
r
,
Análogamente: fe - r
ON = R \ OH = R -
...(3 ) v
/
Luego, sumando (1 ) + ( 2 ) + ( 3 ): ra + rb + rc ” 3 r
OM + ON + OH = 3R \ Pero, según la relación de Steiner
L,a + brK +e r„ = 4R + r
Reemplazando / OM + ON + OH = 3R -
4R + r - 3 r N
V De donde: OM + ON + OH = R + r
.......... l.q.q.d.
Nota: Si el A ABC, es obtuso en B:
OM + O N - O H = R + r
72) En la figura r , , r2 , r3 y r4 , son inradios de los triángulos ABC, BCD , ACD y ABD , respectiva mente. Demostrar, que:
(Teorema Japonés)
Solución Sean “O” y “R", centro y radio de la circun ferencia circunscrita al cuadrilátero ABCD, respectivamente. Usando el Teorema de Carnoth. ( Prob. ant.) En el A ABC: OM + ON - OQ = R + r. 321
En el A ACD :
OH + OP + OQ = R + r3
Sumando: m.a.m. OM + ON + OH + OP = 2R + r, + r3
( 1 ).
También: En el A ABD :
OM + OH + OT = R + r4
En el A BCD:
ON + OP - OT = R + r2
Sumando: m.a.m. OM + ON + OH + OP = 2R + r2 + r4
( 2 ).
De ( 1 ) y ( 2 ) : 2R + r, + r3 = 2R + r2 + r4 "
r! + f 3 =
r2 + r4 ...........
'‘W *
* El descubrimiento de este teorema, se debe al matemático japonés MIKAMI KAYASHI. 73)
En un triángulo rectángulo ABC recto en “B”, se traza la altura BH. Si r, rt y r2, son inradios de los triángulos ABC, AHB y BHC, respectivamente ; demostrar, que: BH = r + ^ + r2
Solución Con el Teorema de Poncelet:
B
En el A AHB : BH + AH = AB + 2r, En el A BHC : BH + HC = BC + 2r2 En el A ABC : AB + BC
= AC + 2r
Sumando m .a .m. estas tres expre siones y cancelando términos a am bos lados de la igualdad; ( AH + HC = AC ), queda: 2BH
= 2r, + 2r2 + 2r
BH = r1 + r2 + r
I.q.q.d.
74) B
C
El cuadrilátero ABCD de la figura, es cir cunscrito. AC 1 BD , a, b, c y d, son inradios de los triángulos APB, BPC, CPD y APD, respectivamente. Demostrar, que: a+c = b+d
Solución Con el Teorema de Poncelet En el A APB :
AP + PB = AB + 2a
En el A C P D :
PD + PC = CD + 2c
Sumando
m. a. m.
estas dos expresiones: ( AP + PD ) + ( PB + PC ) = AB + CD + 2a + 2c ( AD + 2d ) + ( BC + 2b ) = AB + CD + 2a + 2c
o :
AD + BC + 2d + 2b = AB + CD + 2a + 2 c
Pero:
AD + BC = AB + CD, por el Teorema de Pitoth
( ^ ).
Cancelando las sumas iguales de ( 1 ): queda: 2d + 2b = 2a + 2c
b+d = a+c
I.q.q.d
Dado un triángulo ABC, inscrito en una circunferencia; sobre AB se toma el punto P 1 y sobre BC el punto P2. Los puntos tomados sobre estos arcos, determinan las rectas de Simpson \
Li y 1- 2 , que se cortan formando un ángulo de medida x. Demostrar, que:
Solución En el gráfico, tenemos Q 1 A C , PjS X A B , P{T 1 B C , para
y
P2N 1 AC, P2V X BC, P2H X AB, para L2 . Se prolonga RjQ y P2N , hasta E y F, res pectivamente. Luego se trazan P¡A y P2C AE Entonces: ABE = — = AF\E = a
2
1
En el ü A P ^ Q , inscriptible: ASQ = a ; decir:
ASQ = AP|Q
ASQ = ABE
SQ 11 BE, ya que los ángulos correspondientes ASQ y ABE, son congruentes,
[álogamente:
FBC =
= FP2C = (3 y en el dN V P 2C,
inscriptible:
NVC = NP2C 323
-> NVC = (3 /.
NVC = FBC -> BF 11 VN
A s í: EBF = x ( Por la teoría de Z s de lados paralelos ). \
EF Siendo: EBF = — y EF =PTBP2 , ya que P^E I P2 F ; i ■ Concluimos, que:
r ñ c Pl^Fp EBF= —1 2
i.v ^* * ¡s . •
■vr*
, j I.q.q.d
2
,♦
.
ENTERATE:
P1 BP2 x = —1— -
->
w j¡^ .
n,^--
,
V i ' - - -
• • • ' . •
v
.
La estrella pentagonal, era el emblema de los : ^ ^ M i miembros de la famosa Escuela Pitagórica, que Pitágoras (569 r5 0 0 A ;d e C ^ fu n d ó en Crotona. En las puntas estaban las la palabra griega * S a lu d ", figura que debía | ser dibujada sin levantar la punta del Lápiz; ■m* ■ Se afirma que fueron ellos quienes construyeron el pentágono regular; pentagonal y los cinco poliedros regulares. :.u;.Wbf-y--i ■: :::o •\
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4
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J' NvX' ,
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V
3*24
n Es más conocido Pitágoras por su famoso teorema referente al triángulos x >|jfc*£rs^ :5
&0 ?
r
CAPITULO 1 0
PUNTOS NOTABLES DEL TRIANGULO 1.
CIRCUNCENTRO ( O ).-
Es el punto de Intersección de las mediatrices del triángulo; equidista de sus vértices y es el centro de la circu n fe re n cia c irc u n s c rita ai triángulo.
OA = OB = OC
TRIANGULO RECTANGULO
TRIANGULO ACUTANGULO
O
Circuncentro
R
Radio de la Circunferencia circunscrita ( circunradio ).
Es un punto interior -» A acutángulo. Está sobre un lado -» A rectángulo. Es un punto exterior Aobtusángulo El ángulo AOC = 2B
TRIANGULO OBTUSANGULO 2.
O
ORTOCENTRO ( L ).- Es el punto de intersección de las alturas de un triángulo. B
-3TRIANGULO ACUTANGULO El ángulo ÁLC = 180o- B
TRIANG. RECTANGULO TRIANGULO OBTUSANGULO
325
BARICENTRO ( G ).- Es el punto de intersección de las medianas de un triángulo. Divide a cada mediana en dos segmentos tales que uno es el doble del otro. Es el centro de gravedad de la región triangular ABC.
1
AG = 2GH ó : GH = — AM, AG = - A M 3 3 t BG = 2GP ó : GP = - B P , BG = - B P 3 3 1 CG = 2GQ ó : GQ = - C Q , CG = - C Q 3 3 INCENTRO ( I ).-
I
2p
\M
q I G 'rn
A
Es el punto de intersección de las bisectrices interiores de un trián gulo, equidista de los lados y es el centro de la circunferencia inscrita al triángulo.
Incentro B
r
radio de la circunferen cia inscrita ( inradio ).
El ángulo A lé = 90° + ^
EXCENTRO ( E ).-
Es el punto de intersección de dos bisectrices exteriores y una bisectriz interior. Cada triángulo tiene tres excentros los cuales son puntos exteriores al triángulo , equidistan de los lados y son los centros de las circunferencias exinscritas al triángulo. Excentro relativo a BC
r
—>
Radio de la circunferencia exinscrita relativa al lado “a” (exinradio) A
A
E lánguloC ÉA = ^ ,e lá n g u lo CEB = 902--^ TRIANGULO MEDIANO.-
Es el triángulo que se forma al unir los puntos medios de los lados de un triángulo. MNP es el triángulo mediano del A ABC.
El circuncentro del triangulo total coincide con el ortocentro del triángulo mediano.
TRIANGULO ORTIGO.-
a)
Llamado también triángulo PEDAL, es el triángulo que tiene por vértices los pies de las alturas de un triángulo dado.
Si el A ABC , es acutángulo A DEF triángulo órtico o pedal del A ABC L
Ortocentro del A ABC
L
Incentro del A DEF
A, B, C, excentros del triángulo DEF F órm ula:
DEF = 180° - 2BAC
* Sedemuestra, por ejemplo, que FL es bisectriz; oADEC, üAD LF y nFLEC, son inscriptibles. Entonces:
DÁL = p = DFL = DCE -» LFE = LCE = p. En forma análoga , para
DL y EL.
b)
Si ABC, es un triángulo obtusángulo, obtuso en A: APQH
->
triángulo ortico o pedal del A ABC
Ortocentro del A ABC. Incentro del APQ H. L, B ,C
Excentros del A PQH
PQH = 2BAC - 180
* Nota.-Un triángulo rectángulo no tiene A órtico. RECTA DE EULER.- En todo triángulo, el Ortocentro, Baricentro y Circuncentro pertenecen a una recta llamada recta de Euler para el triángulo.
RECTA pE EULER
L
—>
Ortocentro.
G
—»
Baricentro.
0
—>
Circuncentro Propiedad
Además se cumple que "la distancia del Ortocentro a un vértice es el doble de la distancia del Circuncentro al lado opues t o " : BL = 2 OM. Q97
CIRCUNFERENCIA DE EULER.- Llamada también circunferencia de los nueve puntos; es la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados de un triángulo, por los pies de las alturas y por los puntos medios de los segmentos que unen cada vértice con el Ortocentro. M,NjP.
Puntos medios de los lados.
U ^W .
Puntos medios de AL, BL, CL ( L es el Ortocentro ).
D,E,F.
Pies de alturas R’
-»
Radio de la circunferencia de EULER.
R
R’ =
C ircunradio).
(R
Ortocentro
LQ' = O 'O O
—> Circuncentro
Es fácil demostrar que los puntos M, N, P, U, V, W, D, E y F, pertenecen a la misma circunferencia. En efecto: * MN II AC y MF = — * Además:
El trapecio MNPF, isósceles, será inscriptible
= NP
A ALB A ABC
MV
AL
VMP = AÉB = 90°, p o r te n e r sus la dos respectivamente perpendiculares
MP || BC
Entonces, el d MVPF será inscriptible, porque VMP = VFP = 90°. Es decir, V estará en la circunferencia que contiene a M, N, P y F. En forma análoga, se prueba que D, U, W
y
E , están en la misma circunferencia.
O bservaciones: 1)
En todo triángulo isósceles, la recta de Euler es perpendicular a la base y además en ella están contenidas el incentro y un excentro. " * Por ejemplo, Si AB = BC; 0
->
G I
Circuncentro Baricentro
—»
/
/
\
+
Incentro /
/ /
L E 2)
328
Ortocentro —>
t / r
E
/ /
Excentro
En todo triángulo equilátero, el Ortocentro, Baricentro, Circuncentro e Incentro, coinciden. Cualquier recta que pase por este punto, representa una recta de Euler.
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
¿Qué fracción de la longitud de la hipotenusa, es la distancia del Circuncentro al Baricentro, de un triángulo rectángulo? 1
1
1
1
C> 4
A>2
E) N.A
D>6
Solución - Sea ABC, el triángulo, recto en B O
Circuncentro
G
Baricentro
- Incógnita : OG, conociendo AC. 1 - Sabemos, que : OG = —( O B )
( Propiedad del Baricentro ).
Además, por ser mediana hacia la hipotenusa : OB =
AC
\
OG = —( AC ) 6 '
OG = l í ^ 3 , 2 / Rpta: 2)
( D ). —>
A ABC:
Excentro. Hallar “x " : A) 100' B) 105' C) 110 D) 115 E) 120'
Solución Como “ E " es un excentro , BE y CE son bisectrices de los ángulos externos B y C; además AE biseca el A. Por propiedad: /. ACB = 80
AEC =
ABC
252 =
ABC
ABC = 50 329
Luego BÁC = 50° y a = 25 Finalmente: Rpta: 3)
x = 80° + a
x = 105
( B ).
A ABC: O
-»
Circuncentro Hallar V . A) 60B) 70' C) 80 D) 90 E) 75'
Solución * Como “O” es el circuncentro: OA = OB = OC ( equidista de los vértices ). A BOC, isósceles: OCB = 30° y BÓC = 120° * Por propiedad de este punto notable : (O
—»
centro ).
\
BC = BOC = 2 A 120° = 2 A
A = 60
* Finalmente, en el A ABD : x = Á + 20°, (Z externo) Rpta: 4)
x = 60° + 20° ->
x = 80°
( C ).
A ABC:
Excentro Hallar “0” A) 70°
B) 80
D) 75°
E) 65
Solución * Como W E” es excentro, BE y AE son bisectrices de los ángulos externos y CE del C.
Luego:
a = 10° y
0 - 60° + a , en el A ACR -> 0 = 70
Rpta: 330
( A ).
4_j\ B
C) 90°
5)
Incentro.
A A B C , UT
Hallar “x” A) 40'
B) 35
D) 45
E) 60
C) 36
B * I Incentro BD y AE son bisectrices. Sabemos, por propiedad , que A ÍB = 90° + Luego : * En el
a = 90° + —
d
IECD: a + 110° + x + 100° = 360
De donde: Rpta: 6)
90° + -
+
no° + x +
1 0 0 ° = 360°
x = 40°
( A ). Circuncentro
A A B C , “O1
Hallar V : A) 40°
B) 50
D) 60°
E) 45
C) 30
Solución * Como “O” es circuncentro, sabemos por propiedad , que:
AÓB = 2C
( OA = OB = ra d io ). y = 2x * EnelDODOE:
2 x + 1 1 0 °+ x + 100° = 360
• •
De donde: Rpta: 7)
y + 110° + x + 100° = 360
x = 502
( B ).
ABCD , es un cuadrilátero convexo. Hallar la medida del menor ángulo formado por ÁC y BD, si: BÁD = 60°, ABD = 50°, DBC = 65°, ADB = 70° y BDC = 55°
A) 70'
B) 80
C) 75
D) 90
E) 85 331
Solución x = ? Del gráfico, se observa que “C” es un Excentro de! A ABD
AC es bisectriz de B Á D : a = 3 0 ° y
x = 50° + a x = 80°
Rpta:
( B ).
Halar el valor de “x”, en la figura: A) 30° B) 24° C) 32° D) 26° E) N A .
Prolongamos BR y AR, notando que: A AHB :
H = 90°
AAQB :
Q = 90°
Luego, BH y AQ son alturas del A ABC R
-»
Ortocentro
Entonces: CP _L AB Por lo que, en el A APC:
x + PÁC = 90° x + 64° = 90°
Rpta:
x = 26°
( D ).
En la figura AB = B C , Bl = CE
y BCXCE. Hallar “a ” si I es incentro del A ABC. A) 15° B) 10° C) 18° D) 20° E) 25°
Solución A ABC, isósceles: ACB = BAC = 29 A AIC, isósceles: Al = IC A ICE = A A IB (L A L ) a
a
E = ABI *
E= a En el A ABC: 0 = 45° -
2 a + 40 = 180 En el A ICE:
(1 )
2 a + a + ( 9 O ° + 0 ) = 180
Con ( 1 ) : 3a + 45° - j De donde : Rpta:
a — 2
= 90°
a = 18°
( C ). es Ortocentro, I es Incentro
En la figura H
Hallar “ a A) 18° B) 30° C) 15° D) 20° E) 22°30‘
Solución Como H es Ortocentro: QCA = ABM (
CQ X AB
de lados perpendiculares )
QCA = a A
I, es incentro. Entonces: /. Además:
BCI = ICM
BCI = 2 a
MBC = MBA -> MBC = a
En el A BMC :
( A ).
M
MBC + BCM = 90° a + 4a = 90°
Rpta:
A
a = 18
11)
Sean Ev E2, E3, excentros del A ABC, cuyo incentro es I. Entonces, I, es e l d e l A E 1E2E3. A) Incentro
B) Circuncentro
C) Baricentro
D) Ortocentro
E) No es punto notable del A E1E2E3
Solución \ V' __ Como:
-
IB IB E 2 , IA 1 AEi, IC 1 CE2 ,
E-|C, E2A y E3B , son alturas del A E, E2 E3 , siendo i , su Ortocentro. Rpta: 12)
(D)
Dado el triángulo ABC, recto en B, se dibujan exteriormente los triángulos equiláteros ABD y
BCE. Las prolongaciones de DA y EC se cortan en “P". PB corta a DE en “J”.
H aiar la medida del ángulo BJD. A) 90
B) 60
C) 45
D) 75
E) 30
Solución * Según gráfico; al prolongar EB y DB EBH 1 AD y DBQ _L EC “B” es el Ortocentro del A DEP Luego, PBJ es también altura: x = 90 Rpta: 13)
( A ).
Demostrar que en todo triángulo acutángulo ABC, de ortocentro L y circuncentro O : ABL = OBC.
Solución - En efecto. Prolongamos el radio BO hasta F. - En el A AHB: Si BÁH = a ABL = 9 0 ° - a - Pero:
BC = 2 BAH BC = 2 a
334
(D -
F
Entonces, en el A BCF:
_ 2 ex ^ ^
OBC = 90° - a
( 2 ).
de ( 1 ) y ( 2 ) : .......... l.q.q.d
Siendo O, el Circuncentro de un triángulo ABC ; O, ,0 2 ,0 3,Circuncentros de AOC, BOC y AOB , respectivamente. Entonces, O es e l , del A Oy0 2Or A) Ortocentro
B) Incentro
C) Circuncentro
D) Baricentro
Solución mediatriz de OB
Como OA = OB = OC, se deduce que
E) No es notable
mediatriz de OC—..
O equidista de los lados del A 0 1 0 20 3 O, es el Incentro del dicho triángulo. Rpta:
c mediatriz de OA
(B)
En un triángulo ABC, acutángulo, de Ortocentro L ; las prolongaciones de las alturas cortan a la circunferencia circunscrita, en los puntos P, Q y F, respectivamente. ¿Qué punto notable, es "L", del A PQF? A) Ortocentro
B) Circuncentro
C) Incentro
D) Baricentro
E) No es punto notable
Solución Si: BAL = a -» LCB = a ( Z de los lados perpendiculares) Entonces: BP = 2BÁL -» BP = 2 a FB = 2LCB FB = 2a Luego: FQB =
FB
2a — = a 2
y y
_. BP BQP = — 2
da
2a
= a
Concluimos que QL es bisectriz del FQ P. En forma análoga, se demuestra que PL y FL bisecan FPQ y QFP En consecuencia: L es Incentro del A FPQ.
Rpta:
(C). 335
16)
En un A ABC, de ortocentro L y circunradio R; hallar la longitud del circunradio del A ALC R
A) R
C )2 R
B)
D) - R ' 2
E) N.A.
Solución - Sea el A ABC de la figura, con circuncentro O; sean O’ y R \ circuncentro y circunradio del A ALC, respectivamente. - B
“»
ortocentro del A ALC.
- Sabemos que, “en todo triángulo, la distancia del ortocentro a un vértice, es el doble de la distancia del circuncentro al lado opuesto”. Así AABC
->
A ALC
LB = 2( OM )
.x
Entonces: OM = O’M.
BL = 2( O ’M )
>>
,
e, A OCO’ es isósceles. ( P ropiedad)
Rpta:
( A ).
* Nota.- Análogamente, los circunradios de los triángulos ALB y BLC, tienen longitud R, cada uno. 17)
En la figura:
O
->
centro BC _L AD, A B = 12 y OH 1 CD Hallar OH.
Solución - Incógnita: OH - Se traza BD y luego BQ _L CD - Se observa ; que si ABC = a —> AC = 2 a
y ADC = a
Entonces: FBL = LDQ ( Z de lados perpendiculares)
FBL = a 336
A) 12
B) 6
D) 9
E )4
C) 8
—>
A ABL
Isósceles BL = 12
BL = AB Para el A BCD: L O
Ortocentro. Circuncentro
Luego, por propiedad
OH = — 2
Rpta: 18)
OH = 6
—> OH = — 2
( B ).
En un triángulo acutángulo ABC, BH es altura. Se trazan HR Si RQ = 10. Hallar el perímetro del triángulo pedal de ABC. A) 10
B) 15
C) 25
AB y HQ 1 BC
D) 30
E) 20
Solución B
Sea MNH el triángulo pedal. Se pide : MH + MN + HN. Recordemos que A, B y C son excentros del A MNH. Esto implica que MA y NC son bisectrices de los ángulos exteriores M y N, respectivamente.
;F
Prolongando HR y HQ hasta cortar a MN en E y F: A EMH, isósceles
( MR es altura y bisectriz ) EM = MH y ER = RH
A HNF, isósceles
( 1 )•
( NQ, altura y bisectriz ). NF = HN y HQ = QF
(2)
Ahora, usando el Teorema de los puntos medios ( Base Media ), en el A EHF: EF = 2RQ Esto es
EM + MN + NF = 2RQ ■•i' >!• ■l' MH + MN + HN = 2RQ, ( Por lo hallado en ( 1 ) y ( 2 ) )
Es d e c ir:
.... ( Propiedad, para todo triángulo acutángulo y obtusángulo).
En el problema , como
:
RQ = 10
Perímetro del A MHN = 20 Rpta:
( E ). 337
Nota.-S¡ ABC, fuera un triángulo obtusángulo; M
obtuso en B. BH es altura. HR _L AB y HQ 1B C . A MHN es el triángulo pedal del A ABC. Entonces: Perímetro A MHN = 2RQ. 19)
En la figura, AB es diámetro y H cualquier punto de AB . EM = HM
y HN = NB
Hallar el valor de V . A) 90°
B) 120c
D) 150
E) N.A.
C) 100
* Trazamos EB y luego prolongamos NM hasta el punto Q. * Como AB es diámetro: AEB = 90°. * En el A EHB, MN es base media MN II EB, luego: NQ 1 AE. * En el A AEN, EH y NQ son alturas “M” es el Ortocentro. Entonces : AF _L EN : Rpta: 20)
x = 90°
(A).
Del gráfico. Hallar el valor de “x”. si AB = DC.
A fin de tener un triangulo congruente al ABD, aprovechando que AB = DC, ubicamos el punto E, tal que: ECD = x y
EC = BD
A DEC s A A D B (LA L).
338
A) 20°
B) 22,5
D) 18,5
E) N.A.
B
C) 30
Luego:
ED = DA y
EDC = BÁD. Concluimos que ED I AB ->
Tam bién: A ADE, isósceles
EAD = AED = a
Se observa que AE y CE son bisectrices interiores del A ABC
E, es su incentro
Entonces BE, bisecará al ABC : DBE = x y EBC = 2 x Como ED 11 AB : BDE = DBA = x
A DEB, isósceles : BE = ED.
Finalmente,el trapecio ABED es isósceles. Luego -» a = x y , en el A A B C : 2a + 6 x = 180°
BAD = ABE
->
2a = 2x
De donde : x = 22,5° Rpta:
( B ).
En la figura adjunta AB = AR. Hallar la medida del ángulo ARC A) 120'
B) 150
D) 115
E) 105
C) 135
Solución B
ARC = x = ? Trazamos BR y luego AP 1 BR en H como AB = AR , entonces : BH = HR y BÁH = HÁR = a A BPR es isósceles ya que PH _L BR en su punto medio
HPR = HPB = ó
En el A APC, AR y CR son bisectrices. R -> Incentro del A APC. Luego, PR biseca el APC : RPC = RPA = ó En P ^
30 = 180°
ó = 60° y
APC = 120°.
APC 120° Por propiedad : x = 90° + -------- = 90° + -------- -» x = 150°
Rpta:
( B ). 339
22)
En un A ABC, se traza la ceviana interior BE. S i: AE = BC; A = 4x; C = 2x y EBC = Hallar el valor de “x”. A) 10°
B) 15
C) 20
D) 30
E) 18 B
Solución * Trazamos AQ y EQ, de modo que : QÁE = 2 x y QÉA = x. A s í: AA Q E s A CEB ( ALA ). QE = BE * A QEB, isósceles; trazamos EM _L B Q . * A AME :
Q es incentro
* A AME :
x = 10°
Rpta: 23)
—>
a = 60°, y a q u e :
P + 2 a = 180’
( A ).
En la figura. AB = BC. Hallar el valor de " x "
Solución * Sea BQ J_ AC
BQ biseca AC y
ABQ = QBC = 2 r ya que AB = BC. Además:
ABE = r = EBQ.
* El A AQC, resulta isósceles. * En el A ABQ, E es un excentro ( BE biseca un ángulo interior y e xte rio r).
QE biseca un ángulo
AE biseca el ángulo externo A, de dicho triángulo ( FÁE = EÁQ ). Por propiedad :
x= Rpta: 340
(D)
AQB
60
x = 30
A) 20'
B) 15
D) 30
E) 60
C) 45
En un triángulo ABC, AB = BC y B = 120°; se ubican “O” , “l” , “E” , Circuncentro, Incentro A
y Excentro relativo a BC, respectivamente. Hallar la medida del ángulo IEO. B) 30
A) 25
D) 20
C) 45
E) 35
Solución A ABE, Isósceles BE = AB Como “O” es circuncentro : OA = OB; luego, el A AOB es equilátero. OB = OA = a Finalmente, A OBE: OB = BE ->
OÉB = 45° x + 15° = 45° x = 30°
Rpta:
IÉO = 30° ... ( B )
En la figura : hallar ux”, si AB = BC. A ) 130° B ) 120° C ) 150° C
D ) 135° E) 165°
Solución Se trazan AC; BH 1 AC; cortando a OC en M y luego MA. Como el A ABC es isósceles: AH = HC, MA = MC ABH = HBC y MÁB = MCB. O , es Incentro del A ABM , ya que AO y BO bisecan los ángulos MÁB y ABM, respectiva mente. Entonces: OMB = OMA = r
r = 60 341
Finalmente, por propiedad : x = 90° + x = 90° + r Rpta:
AMB
x = 150
( C ).
26)
El A ABC, de la figura, es recto en B. I , I , , l2 , son incentros de los triángulos ABC , AHB y BHC, respectivamente.
B
Demostrar, que:
Solución * Primero demostremos que Bl 1 h l2 . Para ello, trazamos Ah y C l2, cuyas prolonga ciones se cortarán en el incentro I del A ABC. Sabemos, por un problema anterior, que las
B
bisectrices de los ángulos Á y HBC, son p e rp e n d ic u la re s e n tre sí; ta m b ié n las bisectrices de los ángulos Ó y ABH. Luego: AP _L BP y CQ J_ BQ. ( Además, recorde mos que, para todo triángulo rectángulo tam bién:
ABH = ACB y HBC = B Á C - )
De lo anterior, observamos que en el A I, Bl2 , h P e l2 Q son alturas. Por lo tanto, I es el Ortocentro del A l, Bl2. Entonces: Bl 1 h l2 , tal como queríamos demostrar. ( BR es la tercera altura del A L B L ). 1 ¿
^ Recordar que, para todo triángulo rectángulo: B
_
—
fig . 2 . A
* Para demostrar que Bl = I, l2 , extraemos la fig. 3 de la fig. 1, donde \-\B\2 = ( Esto es fácil de probar en la fig. 1 ):
342
ABC
= 45'
Se observa que : A I, PB
fig .3.
Isósceles
I, P = PB . . . ( * )
B
RBI2 = P l|l 2 = a . . . ( * * ) por tener el mismo complemento p. Luego, de ( * ) y ( * * ) : A IPB = A I, Pl2, por tener un cateto y ángulos agudos, res R 27)
pectivamente congruentes. Bl = I I
2
Demostrar q u e :MEn todo triángulo, la distancia del Ortocentro a un vértice, es el doble de la distancia del Circuncentro al lado opuesto”.
Solución Consideremos el A ABC, donde L y O son el Ortocentro y Circuncentro, respectivamente. Demostraremos que: LB = 2 ( ON ) Para ello, trazamos MN y tomamos E y F, puntos medios de BL y A L , respectivamente. Luego, usando el Teorema de los puntos medios ( Base A
M e d ia ): En el AABC
— AR 'i MN 11 AB y MN = — y 2
.*. MN = EF
En el AALB
— — AR EF 11 AB y EF = —
__ MN 11 EF
2
J
Además, por tener lados respectivamente paralelos :
H
N
C
FEL = OÑM y EFL = OMN.
De todo lo anterior, concluimos que los triángulos MON y FLE, son congruentes. ( Postulado: Angulo-Lado-Angulo). Por lo ta n to : EL = ON y FL = OM. Es d e c ir: LB = 2( ON ) y LA = 2( OM ); con lo cual queda demostrada la propiedad. Nota.-Esta propiedad es también válida en triángulos obtusángulos. Demuestre el lector. ¿Qué se observaría de tratarse con un triángulo rectángulo?
28)
Demostrar que: “ En todo triángulo, el Ortocentro, Baricentro y Circuncentro, son colineales” Además: La distancia del Ortocentro al Baricentro es doble de la distancia del Baricentro al Circuncentro ”.
343
Solución Sea el A ABC, donde L y O, son el Ortocentro y Circuncentro respectivamente. Como AM es mediana, bastará probar que AP = 2PM, para concluir que P es el Baricentro del triángulo.
B
Para ello, usaremos lo demostrado en el proble ma a n te rio r: AL = 2( OM ).
O M
Si T y V, bisecan AP y LP, respectivamente;
XV
al entonces, en el A ALP : TV 11 AL y TV = — , .
/
i / I /
ya que OM
AL.
4 t* A
1 \
(o
X
por el Teorema de los puntos medios. Además por otro lado; OM 11 TV
/
A
□ H
n
\
*
\ \ \ \
— AL También, recordemos que ; UM = — . Entonces, concluimos que el A MOP es congruente al A TVP, ya que OM = TV =
AL
PMO = P t v y TVP = MOP . ( Postulado Angulo-Lado-Angulo ). Luego : TP = PM AP = 2PM, con lo cual queda demostrado que P es el Baricentro del A ABC.
y
* El ortocentro, Baricentro y Circuncentro de todo triángulo, son colineales. La recta que los contiene es llamada RECTA DE EULER. ** Asimismo, como VP = PO y LP = 2( VP ), entonces : LP = 2( PO ), con lo cual queda demostrado que “La distancia del Ortocentro al Baricentro es el doble de la distancia del Baricentro al Circuncentro”. Nota.- A pesar que, para la demostración de estas dos propiedades se ha usado un triángulo acutángulo, los resultados son válidos también para los triángulos obtusángulos y los rectángulos. El lector puede probar esto. 29)
Dado un triángulo ABC, inscrito, sobre el arco BC, se toma el punto P y se gráfica la recta de Simpson correspondiente. Si L es el Ortocentro de ABC, demostrar que la recta de Simpson corta a LP en su punto medio.
Solución - Sea t ,1a recta y M el punto de intersec ción entre ' y LP. Debemos demostrar, que : LM = MP. - Prolongamos BL hasta el punto Q. A LAQ y A LEQ, isósceles. A
A
LQE = QLE - Además: QPF = LQE = BCP
344
- aRFCP, inscriptible : RFP = RCP FT es mediana hacia la hipotenusa del A EFP, ya que, por todo lo a n te rio r: TFP = EPF. Entonces : ET = TP. - Pero, como L Q Ü P F y QLE = RFP, entonces: FR 11 EL. Por lo tanto, M será punto medio de LP, ya q u e e n el A E L P : TM 30)
IEL y ET = TP, con lo cual queda demostrado lo pedido.
El Teorem a de M orley En 1899, F. Morley descubrió uno de los teoremas más sorprendentes de la geometría ele m e n ta l: “Los tres puntos de intersección de las trisectrices adyacentes de los ángulos de un triángulo cual quiera, forman un triángulo equilátero”. Así, para el A ABC a d ju n to , ' C
AQ, AR, BR,
BP, CP y CQ, trisecan los ángulos A, B y obteniéndose el A PQR equilátero.
C,
Es dificultoso intentar demostrar el teorema en forma directa. Veremos que es más sen cillo empezar por el triángulo equilátero y construir un triángulo general que se puede identificar luego con el triángulo dado ABC. Sobre los lados Q R , R P , P Q , de un A equilátero, dado, se construyen exteriormente triángulos isósceles P’QR , Q’RP y R’PQ en los que los ángulos de la base a, p, r cumplan: a + p + r = 1 2 0 °, siendo: a < 60°, P < 60°, r < 60 En seguida se prolongan los lados por debajo de sus bases correspondientes, hasta cortarse en los puntos A, B y C. Como a + p + r + 60° = 180°, podemos deducir: * A AQR
Q A R = 60° - a, puesto que Z RQA = a + p
y
Z ARQ = a + r
* Para el A P’BC, concluimos que P es su Incentro, dado que P'P biseca el Z P ' , siendo 1802 —2 ot la mitad del ángulo en P’ : --------------- = 90° - a y Z B P C = 180° - a = 90° + ( 90° - a ) = 90° +
Z P'
* Análogamente, Q es el Incentro del A Q’CA y R lo es de R’AB. Por lo tanto, los tres ángulos parciales en C son congruentes; sucediendo lo mismo con los que están en A y B.
345
Es decir, se han trisecado los ángulos del A ABC. Los tres ángulos pequeños en A, mide cada uno: A ( Z A ) = 60° - a ; 3 De modo que :
a = 60° -
A (Z
A ).
3 También: (3 = 60° - A ( Z B ). 3 r = 60° - ■» ( Z C ). Escogiendo los valores para los ángulos de la base de los triángulos isósceles, aseguramos que el procedimiento anterior concluye en un A ABC, semejante al triángulo dado. Queda así completa la demostración.
*
:. x * .
OBSERVACIONES concurren en él. interiores. Pero efectivamente»
♦
y.'
V ‘
H ip ó te s is : Sea el A ABC. Al y Cl, bisecan los ángulos BAC y BCA,
:
///- . w ü H v '
w T esis : Bl, biseca el ángulo ABC. - D em ostración
, IP i AB , IQ JLBC Z\ ; -t v. .fwí
Para el A : IH * IP.
kA% ^ AA/Z! v€«..i--: ' A r i: ;
Para el C :
IH = IQ. - s> • ■ ■ ' >'*>
•"
1
vi-»
■
*
*
*
•^ .N -'v*-
y
; £><: A . '
el B,
' •: 'í¿-'.• AN^SÍ í-"' . .... .»✓ y S*>
■
••
- De otro m odo:
A IP B = A IQ B
•
,.
346
.V'
IB P s IB Q , i& llk
*« <*> * sXw
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v *ív> **••• • < 1 'H a ', i
■*:*«*' « - . >:v** •:. •
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Baricentro, Circuncentro & ':•:-•;•.y .iy:-y.
v:*:--' *: :• •v v *
-
•
CAPITULO 11 LINEAS PROPORCIONALES Teorema de Thales.- Tres o más rectas parale las, determinan sobre dos o más secantes a ellas, segmentos proporcionales. SÍ.
L -111 Í.2 11 L.3
Entonces:
De aquí:
AB
DE
BC
EF
AC ~ DF ’ Á C “ DF
D em ostración Al dividir AB y B C , en m y n partes iguales de longitud a, cada una y trazar paralelas a las dadas, DE y EF quedarán divididos en m y n partes iguales de longitud b, cada una. Luego: AB _ ma BC
na
m DE n V EF AB
mb
m
nb
n
DE
BC " EF
I.q.q.d
C orolario.- Toda paralela a uno de los lados de un triángulo, que intersecta a los otros o a sus prolongaciones, determina sobre ellos segmentos proporcionales. F-
Si EF i I AC, entonces: BE = BF EA FC
347
Prim er Teorem a de la B isectriz.- En todo triángulo, una bisectriz cualquiera, determina sobre el lado opuesto, segmentos que son entre sí como los lados que concurren con dicha bisectriz. B a) Bisectriz interior:
b) Bisectriz exterior:
D em ostración de a ) : Trazando CR 11 BD: R = ABD = a ( C orrespondientes) y
BCR = DBC = a ( Alternos ). r
A CBR, isósceles: BR = B C
/R
«
*
.
(1 ).
En el A ARC, por el Teorema de Thales: AD
AB
DC “ BR Con lo de (1 ):
Nota.-
= ^2 DC BC
Para demostrar b ), trace CQ
l.q.q.d
EB. ( Q en AB ).
Teorem a del Incentro.- En todo triángulo, el incentro determina en cada bisectriz, segmentos que son entre sí, como la suma de las longitudes de los dos lados que concurren con dicha bisectriz, es a la longitud del tercer lado. A ABC, I
D em ostración Por el primer teorema de la bisectriz : A ABD —>
En el A ABC :
Bl
AB
ID ~ AD
( 1)
AD
AB
AD
AB
DC
BC
AC - AD
BC
incentro
Efectuando:
AB AD
AB + BC AC
Reemplazando esto último, en (1 ) : Bl _ AB + BC ID "
l.q.q.d.
AC
Teorema del E xcentro.- En la figura adjunta, E es el excentro relativo al lado AC del AABC Entonces:
D ivisión A rm ónica.- Se dice que los puntos colineales y consecutivos A, B, C y D, constituyen una “cuaterna armónica”, si se cumple que: B
A
D
Cuando esto se cumple, se dice que B y D son los conjugados armónicos de A y C También suele decirse que B y D dividen armónicamente al segmento AC. Relación de Descartes.- De la expresión anterior, se demuestra que:
Propiedad.- En todo triángulo, dos vértices y los pies de las bisectrices, interior y exterior, que parten del tercero constituyen una cuaterna armónica.
AABC: BD: Bisectriz interior BE: Bisectriz exterior
D em ostración Por el primer teorema de la bisectriz, aplicado al A ABC, para las bisectrices, interior BD y exterior BE: AD
AB
EA
AB
DC " BC V CE _ BC 349
Igualando los primeros miembros de ambas expresiones l.q.q.d
Nota.- Para recordar la forma de la expresión que relaciona a los segmentos de una cuaterna armónica, tenemos: 29------
rAB
AD
J1 2e
BC " CD
4S
B
3-
32 D
49
Haz A rm ó n ic o .-S e dá este nombre al conjunto de rayos OA, OB, OC y OD, tal que A, B ,C y D constituyan una cuaterna armónica.
En la figura: Li 11 l 2 11 l 3
L
AB = 2 , CD = 5 , GH = 6 , QR = 8
y
PQ = FG + 2.
Hallar FG. 3 A>2
B) 1
C)
6 °> 7
E)
Solución FG = ? PQ = FG + 2. Por el Teorema de Thales : FG
EF
PQ QR
FG EF
FG + 2
8
(i)-
EF _ AB
Cálculo de EF :
GH
CD FG 12 5
Reemplazando en (1 ) :
Efectuando : Rpta:
EF = 2 6 5
12
FG + 2
8
6 FG = 7
( D ).
En un triángulo ABC, se trazan la ceviana interior AR y luego: RE 11 AC y EF 11 AR. ( E sobre AB y F en BR ). S i : BF = 5 y
FR = 3 ; hallar RC. B) 8
A) 2,4
D) 4
C) 2
E) 4,8
Solución B Incógnita: RC = x Con el Teorema de Thales: A ABC
X
AE
8 ”
EB
(1
AE _ 3
A ABR
)
(2 )
EB " 5
Reemplazando ( 2 ), en ( 1 ) :
Rpta:
x
3
8
5
x = 4,8
(E).
En un trapezoide ABCD, las bisectrices de los ángulos B y D, se cortan en un punto E,de la diagonal AC. Si AB = 15 , BC = 10 y CD = 12 , hallar AD. A) 15
B) 17
C) 18
D) 19
E) 20
Solución Por el Primer teorema de la bisectriz : A ABC
A ACD
AE
15
EC
10
AE
AD
EC " 12
(1
)
(2)
351
Igualando los segundos miembros de ( 1 ) y ( 2 )
Rpta: 4)
AD
12
12
10
AD = 18
( C ).
En un A A B C , A B = 20, BC = 10 y AC = 21, se trazan las bisectrices, interior BD y exterior BE. Hallar DE. A) 21
B) 25
C) 28
D) 30
E) 29
Solución - Incógnita :
DE = x + y
(1
- Por el primer teor. de la bisectriz Interior 21 - x
AD
AB
DC
BC
20
21
• •
x
- Exterior
“ 10 EC _ BC EA AB
->
y ^10 y + 21 ~ 2 0
- Reemplazando los valores de x e y, en (1 ) Rpta: 5)
y = 21 DE = 28
DE = 7 + 21
( C ).
En un A ABC , AB = 16 , se traza la mediana B M . Hallar BM , s i : MBC = Á + C A) 8 / 2
B) 12
C) 8
D) 8 / 3
E) 4 / 3
Solución BM = ?
sE
- Por dato : MBC = A + C Si Á = a , C = ó Entonces: MBC = a + ó - En el A ABC, por ser ángulo exterior: EBC = Á + C EBC = a + 0
352
Se observa que BC es bisectriz exterior en el A ABM. Entonces, por el Primer teorema de la bisectriz, aplicado en este triángulo: BM CM BM a = -- —> --------- = — AB CA 16 2a Rpta:
DkJI 0 BM = 8
( C ).
En un AABC, BD es bisectriz interior. En los triángulos ADB y BDC, DE y DF son también, respectivamente, bisectrices interiores. S i : AE = 5 ; EB = 15 y B F = 1 2 . Hallar FC. B) 4
A) 3
D) 2
C) 5
E) 3,6
Solución Sea el gráfico mostrado, donde FC = x es la incógnita. Con el 1er. Teorema de la bisectriz : A ABC AD
20
DC
12+ x
A ADB
AD
AB
DC
BC
AD
_5_
DB
15
DC DB
A BDC
( 1 )-
x 12
Dividiendo miembro a miembro AD DB _ 15 DC DB 12 4
Reemplazando ésto último en (1 ) : De donde Rpta:
x
AD
4
DC
x
20 12 + x
x = 3
( A ).
Si en la figura adjunta, EF es paralelo a AC ; entonces en el A ABC , BD es: A) Bisectriz
B) Altura
D) Cualquier ceviana
C) Mediana E) N.A. 353
Solución BE
Como EF 11 AC, entonces por el Teorema de Thales:
BF
EA ~ FC
Por otro lado, según el 1er. teorema de la bisectriz : BE
A ADB
BD
BF
A BDC
BD
BD es mediana en el A ABC
( C ).
En la figura, O e I, son centros S i:
R = 5 r.
H a lla r:
Bl ID
A) 1,5
B) 1,2
D) 1,6
E) N.A
C) 1,4
Solución - I , es incentro del A ABC :
Bl
AB 4- BC
ID
AC
( Teorema del Incentro ) Siendo AC = 2R. - Por el Teorema de P oncelet: AB + BC = AC + 2r.
- Colocando esto último, en ( 1 ) :
Bl
AC + 2 r
ID
AC
Bl
2R + 2 r
Bl
R + r
ID
2R
ID
R
y, como según dato : R = 5r Bl Entonces : ID
Rpta: 354
(B)
5r + r
5r
B 6 „ „ -> — = — = 1,2 ID 5
BD
FC " DC
DA " DC
DA = DC
8 ).
y
EA “ DA
Reemplazando en (1 ) :
Rpta:
BD
(1)
(1).
9) En la figura , AB, BC y AC son diámetros AE = 4 , EF = 10 y CG = 12; Hallar GH. A) 5
B) 6
D) 3,8
E) 5,2
C) 4,8
Solucton - Incógnita: GH = x - Como AB, BC y AC son diámetros AÉB = AFC = AHC = BGC = 902 BE II CF y BG II AH - Por el Teorema de Thales: AB BC
Rpta:
AB
12
BC
4_
x
12
’
x
"
10
x = 4,8
10
( C ).
• ^
10) En la figura :
"I r
i.
ÉP II BC, QE II ÁB CF = 16 y AC = 9. i
Hallar EF.
A/* - V E
X
c
n
A) 15
- -
h—'— 9 — ------[•---------- 16
B) 25
jy fío /, O
Solución
-V
n:
C ) 30
E) Ning. anterior. f *
*
- Incógnita: EF = x + 16 Por el Teorema de Thales : En el A PEF :
En el A APF:
tu
ku
CF
QF
AE = PQ EF QF
T ^
V
-0
u " xx ^ k PQ
^
16
( 1 )-
QF
9 - x x + 16
PQ QF
(2)
355
De ( 1 ) y ( 2 ) : Luego : Rpta: 11)
x
9 - x
?6
x + 16
de donde :
:
x = 4
EF = 4 + 16 = 20
( D ).
En la figura: AE = 5 , EF = 8 y CD = 6 Hallar DF. A) 10
B) 9
D 9,6
E) 10,2
C) 8,5
D
Solución - DF = x = ? B
AC el trapecio AEQC QC = AE -> QC = 5
Trazamos EQ es isósceles:
- En el A EQD, con el Teor. de Thales : DF
FE “ CQ Rpta: 12)
x _ 6
DC • m
8 ~ 5
x = 9,6
(D)
En la figura: G es Baricentro del A ABC y CE =
AC
Hallar QC, si BQ = 12.
Solución - Incógnita: QC = x Trazamos la mediana B M . Por propie dad del Baricentro :
BG = 2GM
GM = n , BG = 2n. - Como CE = 356
AC
.\ CE = AM = MC
A) 6
B) 3
D) 2
E) 1,5
C )4
Trazando ML 11 QE : LMC = QÉC ( alternos ) y, como QCE = LCM ; A MCL = A ECQ ( Postulado ALA ). CL = CQ -+ CL = x. BQ En el A MBL, por el Teor. de Thales : De donde : x = 3 Rpta:
—>
BG ~ qM
entonces
12 2n 2x ~ n
QC = 3
( B ).
I, es incentro del A ABC y AM = MC. Bl 3 S¡ 1 ID = 2 ’ BP = 6
Y QM = 4 ■
Hallar PQ. A) 1
B) 2
C)3
D) 2,5
E) N.A.
Solución I , incentro del A ABC
Al, Bl, Cl son bisectrices.
En el A ABC, por el Teorema del Incentro: AB + BC AC
Bl " ID
AB + BC
3
AC
2
^
/ i \
Con el Primer teorema de la bisectriz : . A ABM
AB -----AM
->
BP PM
-»
AB 6 2AB -rr=r= --------- => —— AC x +4 AC
(u \ ........ . ....... \ 11 )• x+ 4 6
2 AMBC
BC —> MC
BC AC
BQ QM
2BC 6 + x AC ” 4
6 + x
Sumando ( I I ) y ( I I I ) , para poder usar ( I ) : ' AB + BC \
Con lo de ( I ) :
2
Resolviendo :
Rpta: ( B ).
x + 4
6
/ » •
AC
+
6 + x
x + 4
x = 2
x + 4
6 + x
+ --------
(III)
14)
En un A ABC, CF es bisectriz interior. En el A AFC, FR es bisectriz. ( R en AC ). Luego se traza BR, cortando a CF en el punto Q. S i:
BC = 12 , CR = 10 y
A) 2
BF = 5,5 ; hallar FQ.
B) 2,5
C) 3
D) 3,5
E) 2,8
Solución B
FQ = ? Vamos a usar el 1 er. teorema de la bisectriz : * A BFQ, FR es bisectriz exterior. Luego:
FQ
RQ
FB
RB
FQ = RQ 5,5 " RB
( i)
* Pero, en el A RBC, tenemos :
Esto indica q u e :
59. = 5 QR 5
BQ
BC
BQ
QR " RC
QR
ó : BQ = 6 k (k
Entonces : RB = BQ + QR = 6 k + 5k Reemplazando en (1 ) Rpta: 15)
FQ 5,5
5K 11K
QR = 5k
una con sta n te ). RB = 11 k. FQ = 2,5
( B ).
En un triángulo A B C , BD y BE, son bisectrices interior y exterior respectivamente. S i : AD = 5 y DC = 3 , hallar CE. A) 12
B) 8
C) 16
Solución - Incógnita: CE = x - Sabemos, por propiedad, vista en teoría, que A, D, C y E conforman una cuater na armónica: AD _ EA
358
y
12 10
DC
CE
Rpta:
( A ).
5 x + 8 —> — = -------3 x
D) 9
E) 10
ABCD, es un cuadrilátero inscrito en una circunferencia ; AB = AD y AC es diámetro. P, es un punto del arco BC. PA y PD cortan a BC en los puntos E y F, respectivamente S i:
BE = 3 y EF = 2 , hallar FC.
A) 10
B) 5
D) 6
C) 7,5
E) 9
Solución Q FC = x = ? Como AB = AD
AB = A D .
Trazando BP y PC: BPA = — 2
y APD = — 2
BPA = APD = a Además, por dato AC es diámetro Entonces : APC = 90°. Luego: FPC = 90° - EPF = 90° - oc y
QPC = 90° - BPE = 90° - a
Es decir:
FPC = QPC.
Por lo tanto, PE y PC son bisectrices interior y exterior, del A BPF. Por propiedad , B, E, F y C conforman una cuaterna armónica : Rpta:
BE EF
CB FC
•
3
• •
2
x + 5 _____ x
x = 10
( A ).
En la fig u ra : AB es diámetro. DF 1 AB. CD = 10 , CF = 22 y
DF = 18.
Hallar ED. B
A) 15 B) 12 C) 9 D) 18 E) 6 359
Solución - Incógnita: ED = x M\
- Como AB es diámetro perpendicular
C -S ^í*
a ía cuerda DF;
D
AF = 2a = A C D
( 1 ).
/
,Z
/
/
\ 10 a \\
22\\\ \
i / k -—
AF ACF = — ( z inscrito ). ACF = a
y
ACD
2 Con ( 1 ) : ECD =
2a
B 18
MCE = a X 2a
También : ECD =
r
\\
( Z exinscrito). ECD = a
Entonces CE es bisectriz exterior, en el ACDF. Luego, por el primer teorema de la bisectriz10 X —> x = 15 22 x + 18 Rpta: 18)
( A ).
En la figura: BD es diámetro perpendicular a AC ; AE = 12 , EF =10 y FG = 1 1 . Hallar CG. A) 13
B) 13,2
D) 13,8
E) N.A.
Solución * Incógnita : CG = x
B
* Trazamos EC y BA * Por propiedad de la mediatriz : EC = EA = 12 y BA = BC Luego: BÁE = ECB = a Entonces: BG = 2BÁG = 2a y 360
BCG = — 2
= a
D
C) 13,6
•
•
CF es bisectriz en el A ECG.
* Primer teorema de la bisectriz :
CG CE
GF
x
FE
12
10
x = 13,2 Rpta: 19)
( B ).
En un triángulo ABC; I : Incentro ; G : baricentro. S i : IG 11 A C . Demostrar que
Solución - Trazando el gráfico conforme se señala
B
Propiedad del Baricentro: BG = 2 GM o sea : GB = 2n y GM = n En el A ABC, por el Teor. del Incentro: Bl
AB + BC
ID
AC
(1)
En el A MBD por el Teor. de Thales: Bl ID
BG GM
Bl ID
H = 2
-
(2)
Sustituyendo ( 2 ) y (1 ) : AB + BC AC • •
20)
Efectivamente. AB + BC = 2 AC
l.q.q.d
En un triángulo ABC, las cevianas interiores AF y BG se cortan en el punto R. Si: BC = 18, QC = 3 AQ y BR = 2 RQ , hallar BF. A) 7,2
B) 8,4
C) 9,6
E) 8
Solución - Incógnita : BF = x - Por dato : QC = 3 AQ ; Si AQ = a QC = 3a. Además BR = 2 RQ
Si RQ = n,
entonces BR = 2n. 361
- Para hacer uso del Teorema de Thales, trazamos QP 11 AF ABQP
=
BF
A AFC
->
Efectuando : Rpta: 21)
FP = — 2
2n
FP _ AQ FC
...
FP = — 2
_ a 18 - x 4a 2
AC
x = 6
( D ).
En un A ABC, la ceviana AR corta a la bisectriz interior BD en ei punto “M”. Si BR RC = 12 y BM = M D , hallar AB. A) 2,8
C) 2,6
B) 2,4
D) 2,5
Solución En el A ABC, por el Primer teorema de la b ise ctriz: AB
AD
BC " DC x
AD
14
DC
( 1)
Tracemos DE II MR. Luego, MR es base media del A DBE : ER = RB -> ER = 2 Además : EC = 10. En el A ARC, por el Teorema de Thales: AD
RE
AD
DC
EC
DC ” 10
2
Reemplazando esto último, en (1 ) :
Rpta : AB = 2,8 ... ( A ). 22)
Del gráfico, el valor de x, es A) 30° B) 45° C) 22°30‘ D) 53° E) 26°30‘
362
x
2
14
10
->
x = 2,8
E) N.A.
Solución ,.R
Por el Primer teorema de la bisectriz, en el A ABM : AB = AD BM DM
AB BM
Luego, si BM = a
2n n
2a
AB = 2 ( B M ) AB = 2a
- Tracemos CR || BM. Entonces: BCR = MBC (alternos internos) BCR = x En el A ARC, BM es base media, ya que AM = MC. RC = 2a. Tam bién:
BR = AB
• •
RC = 2 ( BM )
BR = 2a.
Luego, el A BRC es isósceles: CBR = BCR - Finalmente, en B : Rpta:
4x = 180
->
CBR = x
x = 22°30'
( C ).
363
SEMEJANZA DE TRIANGULOS En general, dos figuras semejantes, tienen igual forma y tamaños diferentes. Por ejemplo, dos cuadrados, uno de 3cm. de longitud por cada lado y el otro de 10cm. de longitud por lado, son semejantes: J
u
T
10
3
1
*1 l--------------- 1 0
r -----------------1
( El símbolo - , se lee “ es semejante a...” ) Dos triángulos semejantes tienen sus ángulos congruentes, dos a dos, y sus lados homólogos, proporcionales. Se llaman lados homólogos, uno en cada triángulo, aquellos opuestos a ángulos congruentes. Así: B
A ABC - A D E F , y se cumplirá: DE
EF
DF
AB
BC
AC
=k
(C onstante) 365
Vu e y
f
t b /
I
“k”, se llama “ razón de semejanza
1
Por ejemplo, si k = —, significa que los lados del A DEF tienen la mitad de longitud de los lados del A ABC. Además, alturas homólogas, medianas homologas, etc, son aquellas referidas a los lados homólogos y la relación de sus longitudes puede igualarse a la relación de longitudes de los lados. Casos de Semejanza Dos triángulos serán semejantes si cumplen con cualquiera de los siguientes casos: 1er. Caso.- Si tienen dos pares de ángulos congruentes. B
Si: A
A
A
A
A = D y C = F Entonces: A ABC
~ A DEF
* En consecuencia : B = É ( Los terceros ángulos resultan congruentes entre s í ). 2do. Caso.- Si tienen un par de ángulos congruentes y los lados que los forman, respecti vamente proporcionales. BA
A
S i: B = E y
AB
BC
DE “ EF
Entonces: A ABC
-
A DEF
3er. Caso.- Los tres pares de lados, respectivamente proporcionales
S i:
AB
BC
AC
DE ~ EF “ DF ’
Entonces : A ABC ~ A DEF
366
Notas En ia resolución de los problemas, el caso que más se usa es el primero. Toda paralela a uno de los lados de un triángulo, determina con los otros o sus prolongacio nes, un triángulo semejante al original. B
A
S i;
EF 11 AC
->
C
A EBF
-
C
A
A ABC , en ambos casos.
EJEMPLOS En un A ABC, UE” es un punto de AB EFB = Á , AC = 36 , EB = 24
y " P un punto de B C , 4ales aue :
y BC = 40.
Hallar EF. A) 21 ,6
B) 20
C) 18
D) 9,6
Solución P ortenercom únelB yeldato EFB = A = a , los triángulos EBF y CBA, son semejantes. Luego: opuestos
opuestos
al B
a a
EF
EB
AEBF
AC
BC
ACBA
A
36
C
Rpta: ( A ). 367
2)
En un cuadrilátero ABCD, el ángulo externo D mide la mitad del ángulo interior B y la diagonal BD biseca el ángulo ABC. Hallar BD, si AB = 16 y BC = 9. A) 11
B) 12
C) 14
D) 16
E) N.A.
Solución D a to : CDE = /.
ABC
Si CDE = a
Entonces: ABC = 2 a ABD = CBD = a Como, en el A ABD : BDE = Á + ABD ............( ¿ externo ) BDC + CDE = Á + ABD Es decir : BDC + a = Á + a Luego : A ABD
-
—> BDC = Á
A DBC.
En consecuencia
BDA = C
y :
BD
AB
BC
BD
BD
16
9 ~ BD Rpta: 3)
( B ).
En un A ABC, A = 2 C , se traza la bisectriz interior AE Hallar A B , si BE = 4 y EC = 5. A) 7,5
B) 6
C) 4,5
Solución Del dato: A = 2C A
S i:
C = a Á = 2a
Luego: BÁE = EÁC = a , y en el
AAEC : AÉB = EÁC + C 368
BD = 12
->
AÉB = 2 a
D) 7
E) N.A.
A ABE es semejante al A CBA :
Rpta:
AB
BE
BC
AB
AB
AB = 6
AB
( B ).
En un A ABC , B = 90°, de catetos AB = 12 y BC = 8 , se inscribe un cuadrado con uno de sus vértices en B y el opuesto sobre la hipotenusa. Hallar la longitud del lado de dicho cuadrado. C) 4,5
B) 4,8
A) 4
E) 4,2
D) 6
Solución Sea BFEG, es cuadrado y x la longitud de su lado: Esfácildeducirquelostriángulos AFE y ABC son semejantes. Luego: EF
AF
x _ 12 - x
CB
AB
8
”
A
12
De donde : x = 4,8 Rpta:
h—
( B ).
8
----- 1
m un A ABC, AC = 27, por el Baricentro G, se traza EF paralelo a AC. ( E sobre AB y F en BC ). Hallar EF. B) 13,5
A) 18
C) 16
E) N.A.
D) 24
Solución B
EF = ?? Es evidente, que : A EBF -
A ABC.
Sea M el punto medio de AC. Luego, como G es Baricentro, estará contenido en B M . Además, por ser EF y AC lados homólogos paralelos y tener común el vértice B, BG será mediana homologa de BM. Entonces, puede escribirse: EF
BG
AC
BM
Relación de lados.
EF ^
2
( Con la propiedad del Baricentro )
27 ” 3 Relación de medianas
De donde: EF = 18
Rpta:
( A ). 369
Teorema de Menelao Sea el A ABC, de la figura. Una recta intercepta a los lados AB, BC y a la prolongación de AC, en los puntos E, F y G, respectivamente. Se cumple, que: AE
BF
CG
EB ' FC ' GA
* Sea CH 11 AE. ( La demostración del Teorema se hará con semejan za de triángulos). Luego: * A AEG
-
AE
GA
ACHG
(1
CH “ CG
)
* A EBF ~ AHCF: CH
FC
EB ~ BF
(
2)
Multiplicando miembro a miembro ( 1 ) y ( 2 ) : AE
CH
GA
CH ‘ EB Cancelando CH : De d o n d e :
AE
AE
GA
FC
EB
CG
BF
BF
CG
EB ' FC * GA
= 1
FC
CG ' BF
... l.q.q.d
Teorema de C eva.-Sean A E , B F y CR, tres cevianas cualesquiera, del A ABC, concurrentes en el punto Q. Se cumple, que: AR
BE CF , x — x = 1
D em ostración Con el Teorema de Menelao: A ABF ( transversal RQC ) 370
-»
AR
BQ
FC
RB ' QF * CA
= 1
B
= 1
CE
A FBC ( transversal EQA )
BQ
FA
EB * QF * AC
= 1
Dividiendo miembro a miembro estas dos expresiones AR RB Q CE '§<3 EB ' Q F \
FC CA = 1 FA AC
Simplificando y efectuando con lo que queda: AR
EB
FC
RB ‘ CE * FA o, m e jo r :
AR
BE
CF
I. q *cj i d i
1
RB ‘ EC ' FA
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
En la figura, T es punto de tangencia. Hallar ET , s i : 1 + - = 0,2. R r A) 2
B) 10
D) 5
E) 4
C) 0,2
Solución - Dato : J_
2 _ _2 _
r +R _ 1 . Rr
R + r “ 10
5
Rr R +r
= 5
- Uniendo los centros y trazando MP A O E T - AOPM ET = OT PM
ET
R R+ r
OM
-»
ET =
Rr R + r
Con el dato: ET = 5 Rpta: 2)
( D ).
En un triángulo ABC, la prolongación de la bisectriz interior BD, corta a la circunferencia circunscrita, en el punto E. Hallar la longitud de AE, si BD = 16 y
A) 12,5
B) 7
C) 10
D) 12
DE = 9.
E) 15 371
Solución AE = ? Del gráfico: EC EAC = — = EBC
Por tener a y É: AAED es semejante al A BEA. Entonces: ADE = BÁE. AE
Luego :
DE
BE ” AE AE 25
->
AE
AE
= 25 x 9
De donde: AE = 15 Rpta:
( E ).
En un trapecio ABCD , BC 11 A D ; BC = 4, AD = 6 y la altura mide 8. Hallar la distancia del punto de corte de las diagonales, a la mediana del trapecio. 3
B) 1
A)
C> 4
Solución Consideremos el gráfico: Incógnita: PQ Se sabe : EF = — — — = - — - = 1 AEPF
-
AAPD: PQ
EF
PH
AD
relación de alturas homologas
relación de lados.
PQ + 4 Rpta:
(A)
=
16
-
p q ,± 5
D)
E> 3
4)
En un triángulo acutángulo ABC, se trazan las alturas AQ y CH. Hallar H Q ,s i:A C - 2 0 , BC = 25 y BH = 18. E) 12
D) 16
C) 15
B) 14,4
A) 10
Solución
B
HQ = ? * Del gráfico:
□ AHQC es inscriptible, ya que
AHC = AQC. Entonces: BHQ = ACB
y
HQB = BÁC. Luego :
A QBH
HQ
-
A ABC HQ
HB
20 ” 25
AC " CB
HQ = 14,4
De donde : Rpta: 5)
18
( B ).
En un A ABC, por los vértices A y C pasa una circunferencia que corta a AB en M y BC en N. La tangente trazada por C, es paralela a A B . Si AC = 12 y B C = 16, hallar NC. A) 8
C) 9
B) 7
Solución
E) 12
D) 10 B
- Incógnita: NC = x - Del gráfico, al trazar AN: NC NAC = — = NCE
T
T
Z semi inscrito
Z inscrito
NAC = NCE = a - También, como CE II A B : B= a
B = NCE Luego : A ANC
-
NC
AC
AC
BC
x 12 12 * 16
^
A BAC, por tener a y C
ANC = BAC.
De d o n d e : x = 9
Rpta: ( C ). 373
6)
En un triángulo ABC, isósceles, AB = BC ; la mediatriz de BC, corta a AC en el punto R Luego, se traza RF 11 BC (F en A B ). S i : RF = 1 y A) 3
B) 2
C) 4
RC = ^ fé , hallar AB.
D) 2 / i
E) 3 / 6
Solución Datos : RF 11 BC ; AB = BC RF = 1 ; R C = / 6 - Incógnita: AB = x - Por propiedad de la mediatriz : RB = RC —>
RB = J e
RBC = C = a - FRB = RBC = a ( alternos internos ). A
A
- ARF = C = a ( Z correspondientes ). - A FBR
~ A RBA :
De donde : Rpta:
BR = FB AB BR
)
VZ = x ~ 1 x /6
x (x- 1) = 6
x = 3
( A ). En la figura :
AB A BC ; r y R, son radios
de las semicircunferencias tangentes a AC y a la altura B H . ( R > r ). Hallar BH. A) 4 / R 7
B) 4 /
D) R + r
E) N.A.
Solución B * BH = ? - Con los trazos indicados: BE = BH - R y BF = BH - r - ABFO
374
-
AM EB: BF
OF
EM '
BE
rV
C )2 ^ R2 + r2
Rpta:
BH - r
r
R
BH - R
. De donde, a! efectuar: BH = R + r
( D ).
En un A ABC, AB = 6 , BC = 8
y
AC = 7. Por “B", se traza tangente a !a circunferencia
circunscrita, cortando en P a la prolongación de CA. Hallar PA. D) 9
C) 14
B) 8
A) 7
E) 12
Solución Incógnita: PA = x Del gráfico: AB
= PBA
Z inscrito.
Z semiinscrito
Por tener P y a : A PBA
-
A PCB
PÁB = PBC
Entonces : A PBA A PCB
6 8
PB
PB =
De las dos primeras: En las dos últimas :
PB x +7
4x
6 PB —= 8 x + 7
( i ) 6( x + 7 ) = 8( PB )
Con lo de (1 ) : 6 ( x+ 7 ) = 8 ( 4x_ ). 3 De donde: x = 9 Rpta:
( D ).
Si O es centro , AB = a y BH = b. Calcular BT ( T es punto de tangencia ). ab
^
(a + b)
D) ^ a ( a + b )
(a + b) B) J E) ^ a b
,--------------C) ^ b ( a + b )
\ 375
Solución - x = - Se observa : TB TAB = — = HTB 2
Z inscrito
Z semi-
inscrito
o
B
TAB = HTB = (¡) _
*
Entonces: TBA = TBH = a ; por ser complementos de <¡>, en los triángulos ATB y THB, respectivamente. x a - = b x
- Así: A ATB - A THB :
A ATB c
= /a b
ATHB
T T opuesto a 0 Rpta: 10)
opuesto a 90°
(E)
En un A ABC , AB = 9 , BC = 8 y AC = 3. Sobre AB y BC, se toman los puntos E y F, respectivamente ; de modo que EF sea tangente a la circunferencia inscrita al A ABC y además EF 11 AC. Hallar la longitud EF. B) 2
A) 1
C) 2,5
D) 2,1
E) 2,8
Solución Sea el gráfico adjunto. Como EF 11 AC, entonces : A EBF - A ABC. - Se puede escribir: EF _ Semiperímetro del AEBF AC
Semiperímetro del A ABC
( 1 )•
- El semiperímetro del A ABC, es ; p = 9 + 8_1 3 = io
(
2)
y sabemos además, por propiedad, que: BT = p - A C •
376
I
BT = 10 - 3 = 7
B
- Pero, para el A EBF, BT mide igual que el semiperímetro Semiperímetro del A EBF = 7 ........... ( 3 ). - Reemplazando ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) : Rpta: 11)
EF 10
EF = 2,1
( D ).
Un trapecio ABCD, está inscrito en una circunferencia. Por C, se traza tangente a la circunferencia, cortando a la prolongación de AD en el punto F. Si BC = 10 y AC = 16, hallar AF. C) 26,5
B) 23
A) 24
D) 27,5
E) 25,6
Solución AF = x = ? - Del gráfico: BCR = F = a ( Z correspondientes ). También: BC BAC = — = BCR
t
T Z inscrito
Z semiinscrito
BAC = BCR = a Además : BCA = p = CÁF ( alternos internos ). - Entonces : A ABC Rpta:
-
10 = 16 16 ” x
A FCA :
( E ). 4
12)
x = 25,6
Dado el A ABC, de altura BH = b y
lado
B
AC = b ; demostrar que la longitud x, del cua drado inscrito PQRS, es:
377
Solución Se observa, que : A PBQ
-
A ABC PQ
BF
AC
BH Relación de alturas homologas
Relación de lados entonces : — = í b h
l.q.q.d
B
13)
En la figura. O es centro de la circunferencia. AM = MB; MF 1 OA. Hallar la longitud de AB A) 2 / a b
B) ^ 2a( a + b )
D) ^ b ( a + b )
E) ^ 2b( a + b )
Solución - Incógnita: AB B Trazamos OM y OB . OM será perpendicular a AB , ya que: AM = MB. Además: AOM = MOB = a
AB = 2 a
■N
c =
AB
C = a
- En el AAMO : AMH = AOM = a - Por lo tanto, los triángulos ACB y AMF, son semejantes; Entonces : AFM = B A s í:
AB
AC
AF ~ AM
AB x AM = AF x AC
Es d e cir: AB = ^ 2 a ( a + b ) Rpta: 378
( B ).
AB x —
= a( a + b )
C) ^ a ( a + b )
14)
En un A ABC ,A B = c ,B C = a , B = 120°. La longitud de la bisectriz interior BD, es (__ A) / a c
,-----------B) ^ a2 + c2
(a + c ) C) -
2ac D) a + c
ac ^a + c
Solución ■«R - Datos: a ; c - Incógnita: BD = x - Al trazar CR 11 BD: R = ABD (correspondientes) R = 60 Además: CBR = 180e - ABC
BR = RC = BC = a
equilátero
- A BRC
CBR = 60Q
BD _ AB - A ABD Rpta:
-
A ARC :
• •
RC “ AR
x =
ac
( E ).
En la figura, B es punto de tangencia y Hallar AB; si BE = 4 y EC = 5.
15) B
rr II AC.
A) 5 B) 6 C) 8 D) 7 E) 9
Solución Incógnita: AB = x - Por ser alternos internos entre las paralelas: C = PBC = ct - También, por la misma razón, al trazar BF :
- De otro lado : ( Z inscrito) -> Á =
BEF
= FBP ( Z semi-inscrito ). 379
« •
- En consecuencia : AFB = Á
E! A ABF es isósceles : BF = AB
BF = x
- Además, al trazar EF: BE BFE = — = EBP <2
( Z in scrito )
( Z semi-inscrito )
BFE = EBP = a Entonces : A BEF Luego :
BF
A BFC ; donde : BÉF = BFC
BE x = 6
BC ~ BF
Rpta : AB = 6 ... ( B ).
16)
Del gráfico, hallar “ x “ A) 2 / R r B) J f í r C) D) E) N.A.
Se unen los centros. Los centros con los puntos de tangencia y las perpendiculares de los cen tros a estas rectas. Se calculan sus valores literales: Del gráfico: APAQ ~ AOBP x - r R- x Rpta: 380
( B ).
x + r R+ x
PA
PQ
OB ~ OP x = J fír
r
17)
En un A ABC, de incentro “I”, por este punto se traza EF 11 A C , estando Esobre AB y F en BCS i : AB = c , BC = a y AC = b , hallar EF. ac
b( a + c )
a +b
A) a + b + c
B)
2ac E) N.A
D) a + b + c
a +b + c
Solución - EF = ? - Como “ I ” es incentro, BD
bisectriz
- A EBF ~ A ABC: EF
Bl
AC
BD
T Relación de lados
T Relación de bisectrices homologas
EF
Bl
(1 )
BD
Bl
- Por el Teor. del incentro :
ID
Con propiedad de proporciones, a fin de obtener
BD
Bl
a +c
Bl
a + c
Bl + ID
a + b + c
BD
a + b +c
EF - Reemplazando ( 2 ) en ( 1 ) : Rpta:
Bl
(
2
)
a + c * m+ 'b V c
(C)
18)
Dado el gráfico adjunto, hallar la longitud del inradio del A ABC , si AC = b y se tienen “n” circunferen cias de igual radio r.
381
Solución En el gráfico, si O y M, son los centros de la primera y última circunferencia, enton ces : OM Ii AC. I, es incentro del A ABC, por lo tanto: IH es radio de la circunferencia inscrita al A ABC. ( |H _L AC )• Se observa, que : A OIM Entonces :
IT
OM
IH
AC
~
A AIC
IH - r 2 r ( n - 1) Es d e a , : — - = — —
Rpta:
19)
IH =
br b - 2 r ( n - 1)
En un triángulo ABC, la mediana AM corta a la ceviana BR en el punto F . Si AR = 2 RC y AM = 10, hallar FM. A) 3
B) 2
C) 4
Solución - Dato: AM = 10. Incógnita: FM. - A fin de aprovechar la relación dada AR = 2RC, trazamos RH I AM. AR H C - A A M C : RH AM
a 3a
Además :
2 U
10 HC MH
y , entonces :
a — 2a
FM
Rpta: 382
( B ).
_
RF = i °
3
3
HC 1 —^ --------- —— .. MH 2
(I). uo Si HC —n
MH = 2n
BM = MC = 3n.
- Finalmente, como :
Con ( I ) :
1
A FBM
-
FM _ BM
A RBH
RH “ BH
3n
5n
FM = 2
En el trapezoide ABCD , M y N son puntos medios de las diagonales. AE = a ,E B = b ,C F = c y DF = d. Entonces:
B
A) a + c = b + d
B) a . c = b . d
C )a + d = b + c
D) a2 + c2 = b2 + d 2
E) a . d = b . c
Solución Trazamos las perpendiculares AL, BR, CH y DQ, a la recta MN. Entonces: A ALE
-
A CHF
ABR E
-
Adem ás: y
->
A DQF
AALM
—>
AL
a (1
BR ~ b CH
c
( 2 ).
DQ “ d
= A CHM
A BRN = A DQN
)
-4
AL = CH
AL = CH
BR = DQ
BR
(3 )
DQ
Reemplazando lo de (1 ) y ( 2 ), en ( 3 ) :
Rpta:
(E ).
En un trapecio ABCD , BC I i A D , las diagonales se cortan en el punto O y por él se traza EF 11 BC ( E, sobre AB y F en CD ). Demostrar, que:
(b )
EF =
2BC . AD BC + AD
Solución Considerando el gráfico adjunto A EBO
-
A EAO -
A ABD :
A BAC :
EO
EB
AD " AB
( 1)
D
EO _ AE BC " AB
(2)
383
O
^
/ < V
/ o
EO EO EB + AE + -=-r-= -------------AD BC AB
.
Sumando (1 ) y ( 2 ) :
“ +— = 1 AD BC
EO EO -> — + AD BC
EO- ADBC AD + BC
AB AB
(3 )
En forma análoga, al hacer la relación de lados entre los triángulos semejantes OFD y BCD; OCF y ACD, se demuestra que : OF =
AD . BC AD + BC
Luego, de ( 3 ) y ( 4 ) : EO = O F
I.q.q.d.
O D p
y al sum arlas:
(4 )
A H
EO + O F = E F =
Lq„ d M
BC + AD En la figura adjunta : AE = a , BF = b y QH = x. Demostrar, que:
B
Solución Por semejanza: AEHQ
AQ H F
-
-
A E FB
AAEF
x
EH
b
EF
x
HF
( 1)
(2)
a “ EF
Sumando ahora, las expresiones ( 1 ) y ( 2 ) x x EH HF a + b ” EF + EF x x EH + HF — + — ——— a b EF
De d o n d e :
1 + 1 = 1
a
b
x
x x EF —> — -f — = — a b EF
Lq.q.d
23)
Para un trapecio isósceles de bases a y b, circunscrito a una circunferencia, hallar la longitud del segmento que une a los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita, con los lados no paralelos. 2ab C) 2 / a b
A) ( a + b )
E )N . A
D) 4 ,/a b
Solución
a H
Sea el trapecio ABCD. Incógnita : EF = x Como AQ = AE = QD = DF y EB = BH = HC = CF
-
BE
CF
EA
FD
Trazamos
Q
b
EF II A D ; BC
AP 11 CD : PB = b - a y EN = b - x
A d em ás:
BE = BH AE = AQ ->
BE =
a 2
AE =
b t 2 b
EN = AE - AAEN
-
AABP
PB “ AB
b - x b - a
2 a + b
Efectuando: ( Propiedad) Rpta: 24)
( A ).
Sobre el menor arco AB de una circunferencia se toma el p u n to " P ", distante 4 y 9 unida des, de las tangentes trazadas por " A " y " B " , respectivamente. Hallar la distancia de " P " a ÁB. A) 2
B) 4
D) 8
E) 10
C) 6 D
Solución - Se traza la figura como dice el enunciado:
B
Dato: PC = 4 , PD = 9
385
Incógnita: PE A
Según el gráfico: Se tiene los ángulos PA B inscrito y PBD semi-inscrito que tienen por medida la mitad del arco PB, así: » PB * PAB = — = PBD 2 Análogamente: PA PBA = — = PAC APCA
-
APEA
PC
APEB
PA
(1 )
PE " PB
APDB
PE
PA
PD
PB
(2 )
Igualando los primeros miembros, de ( 2 ) y ( 1 ) : PE
PC
PD “ PE
—»
( Teorema de Pappus )
Con los datos ; P E Rpta:
=4x9
-»
PE = 6
( C ).
Dado el cuadrilátero inscrito ABCD ; “ P ” , es un punto cualquiera del arco CD. Si PQ = 12 , PS = 3 , PR = 9 . Hallar PT. B) 3
A) 2
D) 5
C) 4
Solución Se traza PC y PA PÁT = PCD y PCR = PÁB APRC - APQA
PR PQ
A PSC ~ A PTA
PC PA
PC PA PS PT
en (1 ) :
PT . PR = PQ . PS
Rpta:
( C ).
...(2 ). PR PQ
PS PT
Propiedad,para todo cuadrilátero inscrito.
Con los datos: PT x 9 = 12 x 3
....(1 ).
PT = 4
E) 6
26)
En la figura, Bes punto de tangencia y BD 11 AF D
Hallar la longitud de A F , si: AB = 18 y BC = 10 A) 12
B) 14
D) 15
E) 14,4
C) 14,8
D
- Incógnita: AF = x - Como BD 11 AF, entonces : D = DAF A,
D = a ; luego, el AABD es isósceles BD = AB
BD = 18 y CD = 8.
- De otro lado: BE ~ CBE = — = BAE CBE = a. Enseguida : AÉB = EBD + D = a + a
->
AÉB = 2 a
- También, en el cuadrilátero inscrito ABEF : BÉC = BÁF
BÉC = 2 a
- Se observa : A BED, isósceles : ED = BE = a - A s í: A AEF ~ A DEC A ABE Rpta:
~ ABCE
x 8
b
b
18
a
10
a
E ntonces:
— O
18 10
x = 14,4
( E ).
27) En la figura , PA y PB son tangentes AC = 8 , BC = 6 y AD = 10. Hallar BD. A) 7
B) 9
D) 8,5
E) 7,2
C) 7,5
Solución - Se observa: » AC * ADC = — = CAP
BC CDB = — = CBP 387
Entonces: ADBP
-
APAD
ABCP:
-
APCA:
BD
PB
BC “ PC PA AD — =
...(1 ).
2 ).
Reemplazando (2),en (1 ); ya que PB = P A : BD
AD
BC ~ AC
D
De donde : Con los datos : BD x 8 = 10 x 6 BD = 7,5 Rpta: 28)
(C)
E nlafigura: OA, OM, OB y OP constituyen los rayos de un haz armónico. Por “B” se traza una paralela a OA. Se pide calcular EB. Dato : LB = 4 A) BE = 4 4 /3 B) BE = —! 3 C) BE = 4 J 3 D) BE = 8 E) ISI.A.
Solución - Incógnita: EB. EBL
OA
LB = 4
Se tiene: APEB
A OAM
-
A POA
~ A LBM
EB
PB
OA
PA
OA
MA
LB
BM
(1 )
(2 )
A fin de obtener EB en términos de LB, se multiplican las expresiones (1 ) y ( 2 ) , miembro a miembro, cancelándose OA:
388
EB P B .M A LB = p a BM : Per0, en el 9ráfic0 P . B . M . A , constituyen una cuaterna armónica. *
PB
Luego : Rpta:
PA
BM “ MÁ
EB = 1 -» LB
•
EB = LB
(A ).
29) En la figura, L es ortocentro del A ABC. Entonces.la relación entre los radios de las circun ferencias indicadas, es: A )a + b + c = x + y + z B) a . b . c = x . y . z C) ^~a + / b
+ /c
= yfx + y[y + / z
D) a2 + b2 + c2 = x2 + y2 + z2 E) Ninguna.
Solución Se observan: ACQ = FBA ; QCB = HÁB ; CÁH = FBC Entonces: A AFL
-
A AQL A LQB
-
ABHL
ACHL A CFL
a z
AL
c
CL
y
AL
b x
LB
LB
CL
Multiplicando miembro a miembro estas tres relaciones y simplificando: 1 k = AL CL LB z ‘ y ' x LB ‘ AL ' CL
Rpta: 30)
( B ).
En la figura mostrada, G es Baricentro del A ABC. AE = 6 ; EB = 10 y B F = 1 1 . Hallar FC.
A) 4
B) 3,6
D) 3,8
E) 4,4
C) 4,8
389
Solución Incógnita: FC = x Trazamos la mediana CGM. • •
AB 16 AM = MB = — = y = 8
Luego :
EM = 2
Por propiedad del Baricentro: CG = 2GM GM = m
CG = 2m.
En el A MBC, podemos usar el Teorema de Menelao, ya que EF es una transversal BF
CG
ME
11
FC ' GM ' EB
2m
2
m
10
= 1
x = 4,4 Rpta:
( E ).
En el A ABC, recto en B, se sabe que AE = 7 y r = 3. ( H, E y F son puntos de tangencia). Hallar BG. A) 7,5
B) 6
D) 4,5
E) 6,5
C) 4
Por el Teorema de Menelao, en el A ABC: AE
x
EC
CF FB
x
BG GA
, = 1
Pero : EC = CF; de modo que lo anterior queda :
AE
BG
FB
GA
De otro lado, es fácil probar que : FB = r = HB y : GA = GB + BA ó : GA = GB + BH + AH Siendo AH = AE. Entonces : AE Luego, en ( a ) :
r 7
Con los datos: De donde: BG = 7,5 Rpta:
( A ).
x
i
i
GA = GB + r + AE BG (G B + r + A E ) BG
3 X ( BG + 3 + 7 )
= 1
= 1
= 1
(a).
32)
En la figura, BM es mediana del A ABC y P cualquier punto sobre ella. Se han prolongado luego CP y AP. B
Demostrar, que : EF II AC.
Solución AE
Bastará demostrar, q u e :
CF
EB “ FB
En efecto, con el teorema de Ceva: AE
BF
CM
EB ‘ FC ' MA Siendo CM = MA, queda : Es d e c ir:
AE
FC
EB
BF
EF 11 AC
, o
AE
BF
EB ' FC
AE
CF
EB
FB
= 1
= 1
.......... I.q.q.d.
33) En la figura mostrada 1 + — = 0,25 AP AQ Hallar AC. A) 25 D) 4
B) 2,5 E) 8
C) 5
Solución - Para el A ABC: Teor. de Menelao : AE . BF . CQ = EB . FC . Q A
(1 )
Teor. de Ceva:
(2)
AE . BF . CP = EB . FC . P A
- Dividiendo miembro a miembro (1 ) y ( 2 ) : AE . BF . CQ
EB . FC . QA
AE . BF . CP " EB . FC . PA
Simplificando :
CQ = QA CP ” PA
o, en forma equivalente :
PA
QA
CP " CQ 391
Mejor todavía :
AP
QA
Expresión que indica a los puntos A, P, C, Q, conformando una cuaterna armónica.
c
PC ” CQ
1
Entonces, por la relación de Descartes : Usando el dato : Rpta:
AC
= 0,25
AC
AP
+
1 AQ
AC = 8
( E ).
34) La figura muestra un trapezoide ABCD y una recta que intercepta a dos lados y las prolon gaciones de los otros. D em ostrar, que :
H
AF
BE
CG
FB
EC
GD
DH- i HA
Solución * Trazamos BD, cortando en R a la recta * Usando el Teorema de Menelao: a ABD Aon -» ---AF . -----BR . ------DH = i1 A FB RD HA
ABCD
CG
DR
BE
GD ' RB ' EC
= 1
(a ) H
(P )
Multiplicando ahora las expresiones ( a ) y ( p ), miembro a miembro y cancelando las distancias iguales en numerador y denominador: AF
BE
CG
DH
FB ' EC * GD ’ HA 35)
— 1 .......... I.q.q.d.
Dado el trapezoide A B C D ; M y N, bisecan BC y AD, respectivamente. S i-
^ = -°°=k. PB QC Demostrar, que:
.y :
**
392
D em ostración En efecto: * Sean : PB = a y QC = b AP = ka y DQ = kb. * Tracemos : CC' II PQ y DD' | PQ * Teor. Thales: PD'
QD
PC’ " QC ka + AD1 _ kb a + BC* " b De donde: AD’ = k ( BC’ ) * Además : RM 11 UN ; por ser paralelos a la misma recta C'D' Luego:
RML = UÑL y UN = k( RM )
* Sea L’ , punto de intersección de MN y RU. Entonces: A RML’ - A U N L ’ L’U = k ( L’R ). Pero, según Thales, PQ ¡ntersecta a RU determinando sobre él, segmentos que son entre sí como k a 1. Por lo tanto, L’ pertenece a PQ. Así, concluimos que L y L’ son un mismo punto. Es d e c ir: R , L y U, son colineales. Además, de la semejanza anterior
NL = k , tal como se pidió probar. LM
Finalmente, es fácil demostrar que :
LP = LQ, al usar los trapecios D’C’RU y URCD.
393
/
CAPITULO 13 v.
r
.V
¡i
!
A . v.
■ - *-**-. . . .
RELACIONES METRICAS EN TRIANGULOS RECTANGULOS PROYECCIONES.- La proyección ortogonal de un punto Pf sobre una recta L, es el pie de la perpendicular trazada desde P, a L. En la figura adjunta, PP* se llama proyectante. Asimismo, la proyección de un segmento (cualquier figura, en general), se obtiene de proyectar todos los puntos de dicha figura, sobre la recta. A'B'
Proyección ortogonal o simplemente proyección, de AB, sobre L. P B
E
II D P’ A1
i • ii _ ii D__ Q B’ C*
Q
O
A
R
A /:
M N
i
n n ü D* C’ Q R*
N' ^r N
n
M’
Ejem plo. En la figura, se han trazado las alturas del A ABC: AH -» Proyección de AB, sobre AC. HC
PC
B
Proyección de BC , sobre AC u “ AC, sobre AB. it
u AC, sobre BC
QB PB
395
RELACIONES METRICAS EN TRIANGULOS RECTANGULOS En todo triángulo rectángulo, se cumplen las siguientes propiedades: El cuadrado de la longitud de un cateto, es igual al producto de longitudes de la hipotenusa y su proyección sobre dicha hipotenusa.
I.
El cuadrado de la longitud de la altura relativa a la hipotenusa, es igual al producto de longitudes de los segmentos parciales que determina en dicho lado. Teorema de Pitágoras: La suma de los cuadrados de longitudes de los catetos, es igual al cuadrado de longitud de la hipotenusa. IV
El producto de longitudes de los catetos es igual al producto de longitudes de la hipotenusa y la altura respectiva.
V.
La suma de las inversas de los cuadrados de longitudes de los catetos, es igual a la inversa del cuadrado de la longitud de la altura. Sea el A ACB, recto en C. Entonces:
a2 + b2 = c2
(
(IV) D em ostraciones Se sabe, que : BCH = Á y HCA = B ( Propiedad ) I.
A BHC A CHA A BHC
-
A BCA:
m a - = c a
A BCA:
n b - =b c
A CHA:
h m - = — n h
a2 = c . m ->
b2 = c . n h2 = m . n
Sumando los resultados de ( I ) :
a2 + b2 = cm + en
a2 + b2 = c ( m + n ) a2 + b2 = c ( c )
.*.
a2 +
* Pitágoras demostró de otro modo IV
b2 = c2 su teorema. Paraello, ver el capítulo 17: AREAS
Multiplicando los resultados de I : a2b2 = Con ( I I ) : a2b2 = c2h2 De donde :
V. 396
D e(l):
-4 3
ab = ch 1 cm
en
c^mn
S um ando: 1
+
b2
a2 1
1 + ---- S cm en c Vm
CM
a2
+
2
1
1 _ 1f m + n c {
1
1
n
+
a2 1
1
n ) Pero :m + n = c y mn = h2
mn
b2 “ h2
Ejem plo En el gráfico adjunto: a2 = 25 x 9
->
a = /2 5 x / 9
a = 15 b = /2 5 x / Í 6
b2 = 25 x 16 b = 20 h2 = 9 x 16
->
h = 12
Ejem plo
En la figura, E, F y T son puntos de tangencia r = 3 y AE = 5. Hallar EC.
Solución Incógnita : EC = x Tangentes: EC = CF y AE = AT □ OFBT
-*•
cuadrado
Teor. de Pitágoras: AC
= AB
+ BC
( 5 + x )2 = 82 + ( 3 + x )2
F
De donde :
3 x = 12
EC = 12 Rpta 397
PROBLEMAS RESUELTOS A ambas orillas de un río crecen dos palmeras, una frente a la otra. La altura de una es de 30 codos, y la de la otra, es de 20. La distancia entre sus troncos, 50 codos. En la copa de cada palmera hay un pájaro. De súbito los dos pájaros descubren un pez que aparece en la superficie del agua, entre las dos palmeras. Los pájaros se lanzaron con la misma velocidad y alcanzaron al pez al mismo tiempo. ¿A qué distancia del tronco de la palmera mayor apareció el pez?
1)
A) 10 codos.
B) 15 codos.
C) 20 codos.
D) 25 codos.
E) 30 codos.
Solución * Como llegan al mismo tiempo y van a la misma velocidad, entonces las distancias hacia el pez son iguales ( d ). Luego: d2 = x2 + 3 O2 y
d2 = 202 + (50 - x)2
Igualando los segundos miembros:
(50-x)
x2 + 900 = 400 + (50 - x)2 x = 20 Rpta:
50
( C ).
Hallar la longitud del radio de la circunferencia inscrita en un rombo cuyas diagonales miden 12 y 16cm., respectivamente.
2)
A) 4
B) 4,8
C) 5
D) 4,2
Solución - Sea ABCD el rombo, con : AC = 12 y
BD = 16.
AO = OC = 6 y BO = OD = 8 - En el A BOC, por fórmula ( V ) : .2
BO
OC
( OH es altura y radio ) v
1 1 1 r 2 " 82 + 62
_____
Efectuando: r = 4,8
Rpta: 398
( B ).
A
E) 5,6
Una rueda descansa en el piso y está apoya da además sobre un ladrillo de 4 pulgadas de alto, quedando su punto de apoyo en el piso a 10 pulgadas del lado más cercano del ladri llo. Calcular el radio de la rueda.
3)
A) 6,0 pulgadas.
B) 8,0 pulgadas.
C) 12,5 pulgadas.
D) 13,8 pulgadas
E) 14,5 pulgadas.
Solución AAEO : AO
= AE
+ OE
r2 = 102 + ( r - 4 )2 8r = 116 r = 14,5 Rpta:
(E).
4) En la figura, O es centro. AB 11 CD ; AB = 12 y CD = 10 Hallar r , sabiendo además que AB y CD , distan 1 unidad, entre sí. B
A) / 6 1
B) / 6 2
D) 8
E) / 6 9
C) / 6 3
- Trazamos OM 1 CD, cortando a AB en el punto H . Entonces :
CM = MD = 5 y AH = HB = 6.
HM = 1 ( dato ). - Sea OH = a - Con el Teor. de Pitágoras: AOMC
->
AOHB
OM
+ MC
=O C
OH2 + H B 2 = O B 2
( a + 1)2 + 25 = r2 ->
a2 + 36 = r2
( 1 ). (2).
Primero hallamos “a”, restando (1 ) - ( 2 ) : ( a + 1 )2 - a2 + 25 - 36 = 0 a = 5 399
Reemplazando en ( 2 ) :
2
2
r = a + 36 r2 = 25 + 36
• »
Rpta:
r =
( A ).
En un triángulo ABC, recto en B, se traza la ceviana interior B R , tal que AB = BR Hallar AB, s i : AC . AR = 72. B) 9
A) 6 / 2
d) 8
C) 6
e) 3 / 2
Solución Dato : AC . AR = 7 2 .......... ( 1 ). B
AB = ? Se traza la altura B H . Luego, en el A ABR, isósceles : AR AH = HR = — ......... ( 2 ) . Por relación métrica ( I ), en el A ABC: AB
= AC . AH
Con ( 2 ) : AB
= AC.
Con el dato ( 1 ) : Rpta:
AR
AB
AB
=
72
=
AC . AR
AB = 6
( C ).
En el gráfico, se tienen dos circunferencias ortogo nales de radios r y R . M y N son puntos de tangencia. Hallar MN.
M
A) 2 / R r
B) / R2 + r2
D) t¡ 2 ( r 2 + r2 )
E) N.A.
Solución Por ser ortogonales, las circunferencias : OA _L PA. Trazamos OM, PÑ y PH 1 OM:
C) / 2Rr
HMNP
rectángulo : HP = MN.
Teor. de Pitagoras : AOAP
OP
= R2 + r2
AOHP
HP
= OP2 - OH2
Con (1 ) : HP
= R2 + r2 - ( R - r f
HP
d
)
= 2Rr
MN = >/ 2 R r Rpta:
(C). Hallar la distancia OP entre los centros de las circunferencias. A) / R B) R + r C)
R
D) 7 2 ( R 2 + r2 ) E) 2 / R r
Solución Con los trazos indicados: PH = PB - HB y OH = OE + EH
->
PH = R - r -» OH = R + r
A OHP, teor. de Pitágoras: OP
= OH
OP
= ( R + r )2 + ( R - r )
OP Rpta:
+ PH
)
( D ). En la fig u ra , O es centro del cuarto de circi ferencia y T punto de tangencia . AH = 2 ; BE = 9. Hallar la longitud del radio.
A) 11
B) 14
D) 18
E) 17
C) 15
401
Solución r = ? - Trazamos OT y por O , !a paralela a HE:
PA = r - 2 y QB = r - 9
También : OAP = BOQ = a y
AÓP = OBQ = 0
- A OPA = A BQO
OP = BQ
OP = r - 9 ............( 1 ). En el A OPA, teorma de Pitágoras Con (1 ) : ( r - 9 )2 + ( r - 2 )2 = r2
OP
+ PA
= OA
Resolviendo : r = 17 Rpta: 9)
( E ).
En un A ABC, recto en B, se trazan la altura BH; HE 1 AB y HF 1 BC ( E en AB y F en BC ). S i : AE = 1 y
FC = 8, hallar EB y BF.
Solución - EB = x , FB = y ( Incógnitas ). -
EHFB, es rectángulo. EH = BF
EH = y
H F = EB
HF = x
- Por fórmula ( I I ) : A AHB
HE" = AE . EB
ABHC
HF
= FC . BF
y2 = 1 . x -»
x2 = 8y
De ( a ) : x = y2 , reemplazando en ( ( 3 ) : ( y2 )2 = 8y Luego :
x = y2 = 22
->
x = 4
Rpta : EB = 4 ; BF = 2 10)
402
Demostrar que el segmento tangente exterior común a dos circunferencias tangentes exteriores, de radios V y “R", tiene longitud:
y" = x
(a). (p).
y3 = 8
• «
y = 2
Solución Considerando el gráfico, donde AB es el segmento en mención; “O” y “ PM, centros, se traza PH 1 OA, entonces: Por teorema de Pitagoras: HP = ( R + r f - ( R - r ) x2 = 4 Rr = 2/R r AB = 2 /
r7
.......... I.q.q.d
En la figura, A, B y C, son puntos de tangencia. Demostrar, que:
Por propiedad a n te rio r: AB = 2 / R x , AC = 2 / R r Siendo :
AB + BC = AC 2 /R ~ x + 2 / r x ’ = 2 / R ?
• •
/7 ( /R
Efectuando:
/R 6
De donde
y BC = 2 / 7 x
:
+ / r ) = /R r
+ /r /R ?
_
1
"7 7
/R
/r
1
/R r
/R r
/" x
1_ / r
_J_ _ _t /R
/
x
I.q.q.d
12)
Dada una semicircunferencia de centro 0 y 10 cm. de radio, se le inscribe un triángulo rectángulo cuyo cateto CB mide 8 cm. En B se traza la tangente BP que encuentra en P a la perpendicular OH a la cuerda BC. La longi tud de la tangente BP será : B
B) 20 /ü 21 E) 30
D) 2 / 2 1
C) 10
V21 21
J li 21
Solución * BC = 8. BC * BH = —
BH = 4
Por relaciones métricas en el A OBP: 1 42 1
1
1
2 + x¿ 102
1
1
x2 " 42 1 x2
13)
102
102 - 42 ( 42 ) ( 102 )
84
2 1600 X = ------84
1600
x =
40 • «
/8 4
En un triángulo ABC, recto en B, se traza la altura B H . SL r , ^ y r2son inradios de los triángulos ABC, AHB y BHC, respectivamente, demostrar que : r2 = ( r, )2 + ( r2 )2.
Solución Los triángulos ABC, AHB y BHC, son semejantes. Escribimos la relación de inradios e hipotenusas :
B
JL = JL = JL AC AB BC Elevamos al cuadrado :
r2
(»i)2
AC2
AB2
( r2
f
A
H
c
BC2
Con propiedad de proporciones:
r2 —
AC
2 ”
( ri )2 + ( r2 )2 — 2
Ad
+
— 2 d L»
Siendo los denominadores iguales; luego: r2 = ( r, )2 + ( r2 )2. 404
i
En la figura, AB y AC son diámetros CT es tangente a AB. Hallar ET, si AB = BC = 2r,
A) r
Je
C)
B)
2^6
E) N.A.
D) r
Solución Incógnita : ET = x Como B es centro de la mayor semicircunferencia y BT ± AT, entonces AT = ET. A ADC -
A OTC :
AD AC = OT OC
Arx 4 r —> AD = — 3 TC = 2 r / 2
A OTC, con el Teor. de Pitágoras DT Teor. de T h a le s :
AO
DT
TC “ OC
_ 2r/2 . DT = 3
_ r
2r/2
3r
Finalmente, por el teor. de Pitágoras en el A ADT:
_
x=
Rpta:
x
O
2/6r 3
=
4r '
+
( 2rJ~2 co
——2 ——2 ——2 AT = AD + DT
2
ET
( C ).
El rectángulo ABCD tiene la base AB = 16cm. El círculo tangente a los lados AB, BC y CD y el círculo tangente a los lados CD, DA y AB se intersecan en los puntos M y N. Si la distancia MN mide 8 cm., la altura del rectángulo, es:
A) 12cm.
B) 11cm.
C) 10cm.
D) 9cm.
8
E) cm. 405
Solución x = 2R Pitágoras en el A OLM R2 = 42 + ( 8 - R )2 R = 5 x = 10 Rpta: 16)
( C ).
Se tiene un triángulo ABC recto en B, la circunferencia inscrita es tangente a la hipotenusa en “T ”, se trazan luego TH 1 AB y TF T BC. Calcular AT . TC s i : AH . HB + BF . FC = 100m2. A) 50m2
B) 75m2
C) 100m2
D) 125m2
E) 150m2
ef + rs = mn Dato : ef + rs = 100 Rpta: 17)
mn = 100
(C )
Del gráfico, hallar ux” en función de “a” y uc' A) a3 B) — c C)
D)S 0 3
406
Solución Por relación métrica. A CHB : RB
= ax
(1
)
A AC B : a2 = c ( H B ) HB = Reemplazando esto en la = ax
expresión (1 ):
De donde : x = Rpta: 18)
( B ). Sea el gráfico: C
Demostrar, que
Solución - Del prob. anterior: _(A C )\
; Luego:
1 £ AC = b 3 . c 3 1 £ También : BC = a 3 . c 3 Por Pitágoras: ( BC )2 + ( AC )2 = ( AB )2 ;
Sust.
£ i £ i a3 . c3 + b3 . c3 = c £ £ £ a3 + b3 = c3
.... I.q.q.d 407
19)
En cada caso, AB es diámetro de las semicircunferencias. Demostrar, lo que se indica. (a )
(b )
Solución
a)
-
Se traza AC y CB : ACB = 909.
-
En el A ACB. por relación métrica: CH
b)
l.q.q.d.
-
Se traza CB.
-
En el A ACB, recto en C, por relación métrica AC
20)
= AH . HB
= AB . AH
l.q.q.d.
En la figura, AB, AC y BC son diámetros. PQ tangente y HB _L AC. Demostrar, que:
Solución - Para la tangente, sabemos que : PQ = 2 / R r ........... ( 1 ). - Por propiedad ( a ) del problema a n te rio r; HB HB2 = 2R x 2 r
->
= AB . BC
HB = 2 / R r
De (1 ) y ( 2 ) : HB = PQ .......... l.q.q.d 408
(2).
21)
En la figura, AO = OC ; AO y AC son diámetros. Si AD = 2. Hallar AB. A) 2 / 3
B) 4
0)4/2
E) 2 /2
C) 3
Solución - Por propiedad ( b ), demostrada en un problema a n te rio r: AB
=AC.AH
AB
También : AD2 = AO . AH
->
= 2R . AH
( 1)
22 = R . AH
R . AH = 4 ........... ( 2 ). - Reemplazando ( 2 ), en ( 1 ) : AB2 = 2 x 4 Rpta: 22)
AB = 2 / 2
( E ).
En la figura, AC y AD son diámetros BM = MH. Hallar BH, s i: A H . CD = 27. A) 6
B)3/3
D) 9
E) N.A.
C )2/3
Solución - BH = ? Dato : AH . CD = 27 - Por propiedad ( a ) demostrada en un problema a n te rio r: ( n® 19 ) BH Es d e c ir: BH
= AH . ( HC + CD )
BH
= AH . HC + AH . CD
BH
= AH . HC + 27 ............( 1 ).
- Además : MH
P ero:
= A H . HD
MH =
= AH . HC BH 409
BH
Entonces :
= AH. HC
( 2 ).
- Reemplazando ( 2 ), en (1 ) :
2
BH = —
+ 27
De donde : BH = 6 Rpta: w
23)
%
( A ).
w
%
%
M
m
Las diagonales de un trapecio son perpendiculares entre sí y tienen longitudes 6 y 8u Hallar la longitud de la altura. A) 9,6 u.
B) 4,8 u.
C) 2,4 u
D) 5 u
E) 6 u.
Solución Sea el trapecio, ABCD, donde AC = 6 y BD = 8. Se traza CR
BD
B
CR = BD = 8
La altura relativa a AR, en el A ACR, es la misma que la del trapecio. En dicho triángulo se escribe: 1
1
1
( AC f
+ ' ( CR f
1
1
' h2
1
+
8
h = 4,8 Rpta: 24)
( B ).
En un trapecio isósceles se puede inscribir dos circunferencias de radios 3 y 4cm. El valor de la mediana, será: 25 r r B) — <4 3 cm.
13 r r C) — j 3 c m .
Solución * Recordemos que para dos circunferencias tangentes exteriormente, las dos tangentes comunes exteriores y la interior, miden igual, y se calculan en función de los radios. PQ = TV = EF = PF = FM = FQ = ET = EM = EV * Para nuestro problema, sea ABCD el trape cio en mención. 410
14 rrD) — y 3 cm-
E) N.A.
Por lo anterior: PQ = 2 ^ 4 ( 3 ) PQ = 4 / 3 PF = FQ = 2 / 3 Sabemos además que las bisectrices de los ángulos conjugados internos entre dos paralelas, son perpendiculares, por lo que: CÓF = 90° = FÓ'D * Por relaciones métricas : QP
A COF
= CP x PF
32 = 1 x 2 / 3
A FO'D -> O 'Q = F Q x Q D -> 42 = 2 / 3 x 5 . y 2
a + b
* Finalmente, la mediana : Rpta:
25
/3
( B ). En la figura : “A" , “B" y son puntos de tangencia.
25) B
«c«
Probar que:
Se traza BC y se prolonga hasta F. Se traza FA. Se sabe, por propiedad, que : AÓB = 90°. Luego, AF es diámetro. En el triángulo FAB : 1
(A C
1
)2
(A F
)2
+ ------1 (A B
)2 411
1
1
( AC) ¿
4FT
AC = 2 r '
+
1
4R r r R + r
p Nota: Análogamente : BC = 2 r '
Ei Mtensa cuerdas . rr ••
Hace siglos, un matemático egipcio recibió el nombre d e Mtensa* cuerdas", a causa - oeste^ lin a Vez determinada la línea norte - sur, encontraba la posición de la otra formando un triángulo del modo siguiente: •:v-'
W í.V. .
>•
¿y.
v
distancias PS » 3, SQ
4 y QT .«■
Colocaba los nudos S y Q sobre la línea norte - sur* y con la cuerda tensa los fijaba con estacas. Al hacer coincidir ios nudos P y T, obtenía un ángulo recto en S, y por lo tanto ' la dirección este - oeste» respecto a S, s •
Q
♦t' í5
;
v,/ .■ . •:•>**'.
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13 0 0 : ■[
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412
■V
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'v ;.
.. •••+
•
&
,
."V .
r
\
RELACIONES METRICAS EN TRIANGULOS OBLICUANGULOS I)
TEOREMA DE EUCLIDES: 1er. CASO.- En todo triángulo, el cuadrado de la longitud del lado que se opone a un ángulo agudo, es igual a la suma de cuadrados de los otros dos, menos el doble producto de uno de ellos , por la longitud de la proyección del otro sobre él. Sea ABC , el triángulo ; donde a < 90. AH : proyección de AB sobre ACEntonces: « B
D em ostración A
- Con el Teorema de Pitágoras : A BHC
-
a2 = BH2 + HC2
A AHB
-
BH2 = c2 - m2 ............( 2 ).
m
H
b
C
a2 = BH2 + ( b - m )2 .......... (1 ).
- Reemplazando ( 2 ), en ( 1 ) : a2 = c2 - m2 + ( b - m )2 De donde, efectuando y ordenando :
a2 = b2 + c2 - 2bm ........... I.q.q.d.
2do. CASO.- En todo triángulo obtusángulo, el cuadrado de la longitud del lado opuesto al ángulo obtuso, es igual a la suma de cuadrados de los otros dos, más el doble producto de uno de ellos por la proyección del otro sobre él. a > 90 Consideremos el A ABC, obtuso en A. B Luego:
AH : proyección de AB, sobre AC. 413
Demostración Con el Teorema de Pitágoras : ABHC
a2 = BH
ABHA
BH
2
+ HC
a = BH + ( m + b
= c2 - m2
)2 ..........(1
)
(2).
( 2 ), en ( 1 ) : a2 = c2 - m2 + ( m + b )2 a2 = b2 + c2 + 2bm .......... I.q.q.d. TEOREMA DE HERON.- En todo triángulo, la longitud de una altura, es igual al doble de la inversa de la longitud del lado sobre el cual cae, por la raíz cuadrada del producto del semiperímetro y su diferencia con la longitud de cada lado. Consideremos los gráficos adjuntos; en cada caso, el triángulo en mención es ABC. El semiperímetro p : fig- 1 fi g.2 a + b + c P= z-----B La fórmula, para el Teorema de Herón, con relación a la altura BH:
h = ÍU p ( p - a)(p-b>)(p-c )
P
D em ostración Para ambas figuras, por el Teorema de Pitágoras : h2 + m2 = c2 h2 = c2 - m2 ó, mejor : h 2 = ( c + m ) ( c - m ) ........... (1 ). Según el Teorema de Euclides : fig-1
m =
a2 = b2 + c2 - 2bm
b
+ c - a 2b (2 )
fig.2
m =
a2 = b2 + c2 + 2bm
a 2 - b2 - c 2b
Sustituyendo en ( 1 ), la primera de las expresiones indicadas en ( 2 ) : l
h2 =
2
h =
c +
2
b
2
2
+ c - a 2b
2
2
2 x
( bc + b + c - a
/ C -
y
b2 + c 2 - a2 ^ 2b
/
2 2bc - b 2 - c 2 + a 2 ) 4b
ó, mejor; al notar los desarrollos de binomios suma y diferencia: ( b + c )2 - a2 h2 =
a2 - ( b - c )2
4b
Cada expresión entre corchetes es una diferencia de cuadrados. Usando los equivalentes: u2 _ (b + c + a ) ( b + c - a ) ( a + b - c ) ( a - b + c ) =
ib 1
Teniendo en cuenta que Se obtienen
: a + b +c
= 2p
:b + c - a
= 2p - 2a
a+b-c
= 2p - 2c
a+c-b
= 2p - 2b
En la expresión de h2 : 2 _ (2 p )(2 p - 2 a )(2 p - 2 c )(2 p - 2b) 4b
Es decir : 2 _ 16p ( p - a ) ( p - b ) ( p - c ) h* = 4 b2 De donde : h = — ^ /p ( p - a )( p - b ) ( p - c )
.......... I.q.q.d.
Nota.- Los pasos a seguir para la demostración, son análogos si se reemplaza la segunda expresión de m, dada por ( 2 ), en (1 ). TEOREMA DE LA MEDIANA.- En todo triángulo, la suma de cuadrados de las longitudes de dos lados, es igual a dos veces el cuadrado de la longitud de la mediana hacia el tercer lado, más la mitad del cuadrado de la longitud de dicho lado. Sea BM una mediana del triángulo ABC. Entonces:
D em ostración Por el Teorema de Euclides A ABM
( ler.caso, para el AMB ) : c2 = m2 + AM - 2AM . HM
(1) A BMC
( 2do.caso, para el BMC ) : a2 = m2 + MC + 2MC . HM
415
Efectuando la suma miembro a miembro: a2 + c2 = 2m2 + ÁM 2 + MC2 - 2 AM . HM + 2 MC . HM Siendo AM = MC = ~ :
( a 2 + c 2 = 2m 2 + ,2j
+
r b >
<2,
- 2
r b >
y2)
/ HM + 2 -
IHM
De donde, efectivam ente: « 2 k a 2¿ + c 2¿ = 2m ¿+ —
IV)
l.q.q.d
TEOREMA DE LA PROYECCION DE LA MEDIANA En todo triángulo, la diferencia de cuadrados de las longitudes de dos lados es igual al doble producto del tercero y la proyeción de la mediana relativa a él. D em ostración Para el anterior gráfico, efectuando la diferencia de las expresiones obtenidas en ( 1 ); b teniendo en cuanta que AM = MC = — : a2 - c2 = 2MC x HM + 2AM x HM b a2 - c2 = 2 x — *
b HM + 2 x — x HM
( HM es la proyección de BM sobre AC ) V)
TEOREMA DE EULER.- En todo cuadrilátero, la suma de los cuadrados de las longitudes de los lados, es igual a la suma de cuadrados de las longitudes de las diagonales, más el cuadrado de la distancia entre los B puntos medios de las diagonales. Sea ABCD, et cuadrilátero. M, pun to medio de AC y N, punto medio de BD. Entonces:
416
D em ostración
Con el Teorema de la mediana, anteriormente demostrado p
o
A B M D i BM + M D
p A ABC : AB
= 2MN
o + BC
— 2
n
+
( 1 ).
o = 2BM
B
CJ r )
Af +
... ( 2 ).
—o -o 2 AP A ACD : CD + AD = 2MD + - ^ - = ^ . . . ( 3 ) . Sumando las expresiones ( 2 ) y ( 3 ), miembro a miembro / AB
+ BC
+ CD
+ AD
=2
BM
+ MD
+ AC
Con lo de (1 ) : /
AB
+ BC
+ CD
+ AD
2MN2 +
=2 \
BD
+ AC /
Efectuamdo y ordenando: ÁB2 + BC2 + CD2 + ÁD2 = AC2 + BD2 + 4M Ñ 2
........... I.q.q.d.
Nota : La propiedad es también válida para los cuadriláteros no cenvexo y alabeado
B
TEOREMA DE STEWART.- En todo triángulo, la longitud de una ceviana interior, puede evaluarse con la siguiente expresión : B A ABC BE, ceviana interior.
a2m + c2n = x2b + mnb
417
D em ostración
B
Se traza la altura B H . Por el Teorema de Euclides: A ABE
-»
Para a < 90°:
c2 = m2 + x2 - 2m . H E A BEC
-»
( 1 ).
Para § > 90°:
a2 = n2 + x2 + 2n . H E
(2).
Ahora, multiplicando la expresión ( 1 ) por n y la ( 2 ) por m y efectuando la suma miembro a miembro: c2n + a2m = m2n + mn2 + x2n + x2m - 2mn . HE + 2mn . HE Es d e c ir: a2m + c2n = mn ( m + n ) + x2( n + m ) , pero : m + n = b Entonces: a2m + c2n = mnb + x2b .......... I.q.q.d. VII)
NATURALEZA DE UN TRIANGULO A
Sean a, b y c, longitudes de los lados de un triángulo ABC, con el lado mayor de longitud a. Entonces, para saber si ABC es un trián gulo rectángulo, acutángulo u obtusángulo, se comparan a2 y b2 + c2 (I)
S i : a2 = b2 + c2
—>A ABC, es recto en A.
(II)
S i : a 2 < b 2 + c2
-» A ABC, es acutángulo.
( I I I ) S i : a2 > b2 + c2
B
A ABC, es obtusángulo, con el
Z A obtuso.
Ejem plo. ¿ De qué naturaleza es el triángulo cuyos lados tienen longitudes 5 ; 7 y 9 ?
Solución Como : & = 81 y 52 + 72 = 25 + 49 = 74 Se observa: 92 > 52 + 72, entonces se trata de un triángulo obtusángulo. El ángulo obtuso es el opuesto al mayor lado ( 9 ).
En ambos gráficos: 418
a > 90°.
RELACIONES METRICAS EN TRIANGULOS OBLICUANGULOS ( RESUMEN )
1)
Teorema de Euclides a < 90
a > 90
a2 = b2 + c2 - 2bm
2)
a2 = b2 + c2 + 2bm
Teorem a de Herón:
B
h = ^ V p ( p ~ a ) ( p “ b )(p - c )
. . a + b +c donde p = -----------------
. . semiperimetro
3)
Teorema de la Mediana:
4)
Teorem a de la p ro ye cció n de la m ediana
B
BC - AB = 2 AC . HM
419
5)
Teorema de Euler ( ABCD: cuadrilátero cualquiera ). x :
distancia entre los puntos me dios de las diagonales.
a2 + b2 + c2 + d2 = AC
6)
+ BD + 4x2
Teorema de Stew art BR : una ceviana cualquiera.
a2q + c^n = x2b + qnb
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
En un triángulo ABC, AB = BC, se traza la altura AH ( H en BC ) . Si: BC . CH = 18 Hallar AC. A) 9
B) 6
C) 3
D) 5
Solución - Datos:
AB = BC B C . CH = 18
- Incógnita: AC - Por el Teorema de Euclides ( a < 90° ) AB
= AC
Cancelando AB
+ BC y BC
- 2BC . CH : 0 = AC
AC
= 2BC . CH
AC
=2x18
- 2BC . CH
Con el dato:
Rpta: 420
( B ).
->
AC =
6
E)3/3
Los lados de un triángulo miden / 2 ;
C )/8
B) J 2
A) y[6
/6
y
/8
• Hallar la longitud de la menor altura D)
E) N.A.
Solución La menor altura es referida hacia el mayor lado: No conviene el Teorema de Herón. Primero, hallamos “m”, con el Teorema de Euclides: ( a < 90°). 2 /—2 r~2 y[ 6 = j 2 + j 8 - 2 y[ 8 m m= Luego, del Teorema de Pitágoras; h2 = Rpta:
2 - m2
h=
( D ).
A dos circunferencias concéntricas de 7m y 9m de radio, se traza una secante tal que la cuerda interceptada por la circunferencia mayor resulta dividida en tres partes iguales por la otra circunferencia. Dicha cuerda tiene por longitud: A) 3 ^ 2
B )6 y]~2 m.
m.
C) 15m
D) 12m
E) N.A
Solución AD = ? Con el gráfico: AB = BC = CD = 2x En el A AOB, obtuso en B, por el Teor. de Euclides: AO
= AB
+ BO
+ 2( AB )( BM )
92 = ( 2x )2 + 72 + 2( 2x )( x ) 32 = 8x2 Luego: AD = 6x
Rpta:
x = 2 AD = 12
( D ). 421
4)
En la figura, O y B son centros. Los radios miden
6y
10. Hallar PE A) 8 B) 7,5
0 )7 D) 7,2 E) 8,2
Solución PE = ? Se proyecta PE sobre OB OH = PE. Luego, se trazan los radios. OP = 10 y BP = 6 En el A OPB, con el Teorema de Euclides ( a < 9 0 ° ) : PB
= OP
+ OB
- 2 x OB x OH
H
62 = 102 + 102 - 2 x 10 x OH
10
B
—
De donde : OH = 8,2 Rpta: 5)
PE = 8,2
( E ).
En un A ABC, AB = 3 y BC = 7. Hallar el máximo valor entero de AC, sabiendo que el B es agudo. A) 10
B) 9
C) 8
D) 7
E) 6
Solución Como el B es agudo, se debe cumplir:
B
AC < 32 + 72 AC < 5 8
AC < 7,62
El máximo valor entero de AC, es 7 Rpta: 6)
( D ).
En un A ABC, AB = 13 ; BC = 14 y el B es obtuso. Hallar el mínimo valor entero de AC.
A) 27 422
B) 26
C) 25
D) 20
E) 21
Solución * Si el B es obtuso, sabemos que se debe cumplir: AC > 132 + 142 AC > 19,10
AC > 3 6 5
El mínimo valor entero de AC, es 20 Rpta: 7)
( D ).
En un triángulo ABC, hallar la medida del Á , sabiendo que entre las longitudes de sus lados se cumple: (D D) 75
C) 45
B) 30
A) 60
E) N.A.
Solución Dato :
a2 = b2 + c2 - be
(1
)
B
Teorema de Euclides: (2)
a2 = b2 + c2 - 2b . AH De ( 1 ) y ( 2 ) : b2 + c2 - be = b2 + c2 - 2bc . AH AH = Luego, en el A AHB
a = 30° y ( Propiedad, siempre que ( I ) se cumpla )
Rpta:
8)
( A ).
En el interior de un rectángulo ABCD, se toma un punto UP”. Demostrar, que:
423
Solución Por “P" se traza una perpendicular a las bases. Aplicando el Teorema de Euclides: En el A APD
PD = PA
+AD
-2AD .AQ
En el A BPC
PC
+ BC
-2BC.BH
= PB
Al restar miembro a miembro estas expresiones , y como : BC = AD ; AQ = BH ; Queda :
PD
- PC
= PA
- PB
PB
-f PD
= PA
+ PC
l.q.q.d
pA 1
f
\
\
1
\ .1
Nota.- Demuestre el lector, lo mismo, para el caso en que el punto P sea exterior al rectángulo.
v
L V < \
s 1 1
\
1 i 1 1 1
s s \
\ >
1 1
s »
t
s
/ h
9)
D
En un triángulo acutángulo ABC, se trazan las alturas AH y CQ. S i: A B . A Q = 24u2 y CB . CH = 25u2 . Hallar AC. A) 12
B) 5
D) 15
C) 7
E) 14
Solución Teorema de Euclides A -> BC
= AB
+ AC
-2AB.AQ...(1).
C
= BC
+ AC
- 2CB . C H ...( 2 ).
AB
Sumando ( 1 ) y ( 2) , miembro a miembro : BC
+ AB
= AB
+ BC
+ 2 AC
- 2 AB . AQ - 2C B . CH
Luego de cancelar términos iguales y sim plificar: ( Propiedad ). Con los datos : AC Rpta: 10)
= 2 4 + 25
AC = 7
( C ).
En un trapecio ABCD , BC I AD ; AB = 15, BC = 10, CD = 13 y AD = 24 Hallar la longitud de la altura.
A) 9 424
B) 14
C) 12
D) 13
E) N.A.
Solución Se traza el trapecio, con los datos: 10
Se traza BE II CD. /.
BE = C D = 1 3, ED = B C = 10 y
\ 13
AE = 14
i a ao c 1 5 + 1 3 + 14 _. En el A ABE : p = -------------------- = 21 rr
14
E +-
10
Por el Teorema de Herón: h= -> /p (p -a)(p -b)(p -c )
h=
Esto es : Rpta:
14
h = 12
J 21( 6 )( 8 )( 7 )
( C ).
ma , mb , mc , son longitudes de las medianas de un triángulo, cuyos lados tienen, respectivamente, longitudes a, b y c . Demostrar:
Solución Según el Teorema de la Mediana a2 + c2 = 2mg +
b2
a2 + b2 = 2m? + -
b2 + c2 = 2m? + Sumando miembro a miembro : 2 ( a2 + b2 + c 2 ) = 2 ( m\ + m^ + m2 ) +
a2 + b2 + c 2
De donde, efectivamente, ai d e sp e ja r:
2
2
2
2
2
3( a + b + c ) = 4 ( m + rrib + m ) .......... I.q.q.d 425
L , es longitud del lado del cuadrado ABCD, de centro O . D,es centro del arco AEC y EM = MD. Hallar OM.
A
o
) ^ E) N.A.
Solución OM = ? El radio de la circunferencia mide:— y el del cuarto de circunferencia : L En el A EOD, por el Teorema de la mediana: OE
+ OD
2 L ^ l 2 j
i
+
De donde : Rpta:
= 2 ( OM ) +
ED
f L —
V2 OM =
( A ).
En un trapecio ABCD, BC 11 A D ; AB = 13, BC = 10, CD = 19 y AD = 32, hallar la distancia entre los puntos medios de las bases. A) 12
B) 11
C) 10
D) 13
E) 9
Solución Sean M y N , puntos medios ™
de BC y A D , respectivamente Incógnita : MN
13 /
\ '
N '
22 rr - 32 T razam os: MR | AB
y
MT || CD. Luego : ABMR y MCDT
Paralelogramos
MR = 13 , MT = 19 , AR = TD = 5
y
RT = 22
T 5 D •i iJ ----------
En el A RMT, con el Teorema de la Mediana : 132 + 192 = 2( MN )2 + ( 22 f 2 Rpta: ( A ).
MN = 12
En la figura: BC - AB = 1 4 4 AM = MC y m L AQM = 90°. Hallar QM. A) 12
B) 6
C) 9
D) 8
E) 10
Solución QM = ? En el A AQM, por relación métrica :
QM
Pero : AM = -^5. : Entonces : QM2 =
= AM . HM. . HM
2 A C . HM QM~ =
(I)
De otro lado, en el A ABC, HM es proyección de la mediana B M , sobre AC. Luego, por el Teorema de dicha proyección
: BC
- AB
=2AC.HM
Con el dato : 144 = 2AC . HM
AC . HM = 72
Reemplazando esto último, en ( I ) : QM2 = — Rpta:
QM = 6
( B ).
En un trapezoide ABCD , m ¿ B = m L D = 90°, AC = 1 7 y BD = 15. M, es punto medio de AC y F de BD. Hallar MF. A) 3
B) 2
C) 5
D) 1
E) 4
Solución AC = 17 ; BD = 15 ; MF = ? Con el Teorema de E u le r: AB
+ BC
AC
+ CD
+
-f DA
= AC
AC
=
+ BD
AC + B D
+ 4MF
+4MF 427
2 De donde : MF =
- Con los datos : MF Rpta:
2
AC - BD
=
2
17 - 15‘
(E).
En la figura, el radio de la circunferencia es V
y “A”, es centro del BD Hallar CE. A) 2r B )r/2 C)r / 3 D)r / 6 E) N.A.
Solución Se traza la diagonal AC. Se une AE y EO.
2r
D
O : Centro de la Circunferencia. En el triángulo AEC ; Teorema de la Mediana :
AE
+ EC
= 2( O E ) +
(AC)
(2 r/2 ) ( 2 r f + EC
EC = r / 2 Rpta:
( B ).
= 2(r)
+
A D , AB = 5 , BC = 4 , CD = 3
Dado un trapecio ABCD ; BC de la diagonal AC.
D) 6
C) 9
B) 8
A) 7
6
y AD = . Hallar la longitud
E) 10
Solución Se traza la figura con los datos Se traza CE 11 AB. En el triángulo ACD, por Teorema de S tew art: AC
. ED + CD
2 AC
. AE = CE
. AD + AE . ED . AD
+ 9x4 = 25x6 + 4 x 2 x 6 AC = 9
Rpta: ( C ). En un triángulo ABC, las medianas BM y CN son perpendiculares entre sí Demostrar que :
Solución Se traza la figura correspondiente. En el triángulo ABC: “G”, Baricentro. Se traza la mediana A Q . En el triángulo BGC,
1 GQ = — BC 3 AQ = —BC
Por propiedad : AQ = 3GQ Por Teorema de la Mediana :
AB
AB
+ AC
+ AC
= 2 AQ
2
+
BC
' 3 — Y2 BC2 = 2 —BC i + o i 2 V2
De donde :
AB + AC = 5BC l.q.q.d 429
19)
Hallar “x”, si AC es diámetro ; A y B, centros de los arcos EB y FB. A) Rr / (R + r) B) 2Rr / (R + r) C) 0,5Rr (R + r) D) Rr / (R - r) E) Ninguna
Solución Sea O, centro de la semicircunferencia AC AO = OC = 2
R + r
R+ r
También : OT =
2 y OM = OT - MT
r\KA R + r OM = -----------x MO, es mediana del A AMC ; luego, con el Teorema para esta línea AM
+M C
= 2 ( OM ) +
( R + x ) 2+ (r + x)2 = 21 ^ + r - x
+
AC
2
(R+ r)
/ Efectuando : Rpta: 20)
x =
0, 5Rr (R + 0
( C ).
Hallar “x” , si los radios de las semicircunferencias son R y r. 4Rr( R - r ) A)
(R + r f 2Rr(R - r)
B)
( R + r )2 4Rr( R + r)
C)
(R -r)2 Rr
430
D)
4(R -r)
E)
N.A.
Solución - Siendo M, O y Q centros; con los trazos: MQ = r + x ; OQ = O T - Q T ->
OQ = R - x
y —>
OM = OA - MA OM = R - r
A
r
O u-
M
En el triá n g u lo M OQ ; el semiperímetro p, es : OM + OQ + MQ
( R - r ) + ( R - x ) + (r + x)
2 Aplicando el Teorema de Herón :
2
Efectuando : Rpta: 21)
x = ? R r ^-R— (R+ r)
( A ).
En la figura, “E” , “T 1 y “F" son puntos de tangencia. F A
o
B
E
Demostrar, que: AF = r ^ 2
Solución - Llamemos “R” al radio de la circunferencia. Se traza AM , MO y la perpendicular MH a OA. Del gráfico: Teorema de Euclides, en el triángulo AOM:
AM2 = AO2 + O M 2 - 2( AO ) ( OH )...(1 ).
A H R
a
Pero en el A A F M : A M
- R2 + A F
;
Reemplazando valores en (1 ) : R2 + ÁF2 = r2 + ( R + r )2 - 2( r ) ( R ) AF = r ^ 2 22)
I.q.q.d
En la figura, AB, BC y AC, son diámetros. Hallar el radio de la circunferencia. b A) a + b
B> i T b
a + b
c)
ab
D> 7 T b
Solución Se unen los centros “M” con “Q" y T
“M” con “O”. Se traza la perpendicular MP al diámetro mayor. Los radios MT y ME. El radio de la mayor semicircunferenAC cia, mide : - r - =
a+b a+b
Si: uO” , “Q" y “M”, son centros. Del gráfico : QM = a + x ; OM = OT - MT ; OM = a + b - x y OQ = OA - QA A d em ás: OP = OC - BC - PB ; OP = a - b - x En el triángulo QOM, el Teorema de Euclides: QM
= OQ
+ OM
+ 2 ( OQ )( OP )
Luego: ( a + x )2 = b2 + ( a + b - x ) 2 + 2b( a - b - x ) De donde :
x= Rpta: 432
( E ).
ab
a +b
OQ = b
ab ^
23)
Hallar la longitud de la cuerda AE, si ñ es tangente común a las me nores circunferencias. a,b y c
radios
Solución AE = ? - Se tiene, con los trazos indicados: AE = 2 ( AH ) ...............( I ). - A AHO: AH
= a - OH
..... ( II ).
- Siendo: OH = BT = PB - PT = PB - c - Para hallar PB, usamos el Teorema de Euclides, en el A POQ : OQ
=PO
+ PQ
-2PQ .PB
( a + b )2 = ( a + c )2 + ( b + c )2 - 2( b + c )PB De donde : PB =
c2 + ac + be - ab b + c
Entonces : BT = PB - c = c 2 + ac + be - ab _ b + c / - Reemplazando, en ( I I ):
AH
= a¿ \
Efectuando :
q
BT = — — — = OH b +c
ac - ab b + c
_ 2a^bc AH = b + c
- Finalmente, en ( I ):
Rpta
433
24)
En la figura, O y M , son centros. Hallar la longitud de la tangente BE. R y r : radios. A) ^ R( R + r ) B) ^ 2 R ( R + r ) C) ^ 2R ( R - r ) D) V R ( R - r ) E) ^ 2 R ( R - 2 r ) R
—n
Solución - Es más conveniente hallar la longitud de B F , segunda tangente desde B. - Con los trazos indicados: A MFB : BF = BM
- MF
R
o
r
A OMB , Teorema de Euclides: BM = OM BM
+ OB
r
- 2 ( OB )( OP ) (R-r)
= ( R - r )2 + R2 - 2Rr
y , con MF = r , en ( I ) : BF Rpta: 25)
= ( R - r )2 + F¡2 - 2Rr - r2
( E ).
En el triángulo ABC, de la figura : BC = a AB = c y AC = b; G es Baricentro y O es Circuncentro. Demostrar, que:
434
BF =
2R( R - 2 r )
Solución Sea M , punto medio de AC. OM 1 AC y por propiedad del Baricentro: BG = - ( B M )
y
Se trazan los radios OB y OC.
•*t «
En el A MBO , por el Teorema de S tew art: OG
. BM + BG . GM . BM = OB
. GM + OM
. BG
Es decir:
2 1 2 2 1 . BM + - BM . - BM . BM = OB . — BM + OM . - BM 3 3 3 3
OG
Simplificando BM : OG
1 + - BM = - - OB 9 3
R = — + - OM 3 3
Es d e c ir: OG
+ - OM 3
- — BM 9
o .
2
h Por otro lado, en el A OMC : OM = R2 -----
(II).
Y , en el A ABC, con el Teorema de la mediana : oETS2 + — b = a2 + c 2 2BM 2
a +o b —> STñ2 BM = -------------------2 4
(III)
Reemplazando ahora, ( I I ) y ( I I I ) , en ( I ) : R2
2 = + — R2 3 3
OG
b2
2
2 ar2 + cd
b2
4
9
2
4
Efectuando: '
OG - B l . ÍR * - i í
2 ac + c2
N
+
2
3
3
6
y
18
De donde:
435
En la figura, 0 1 y 0 2 son centros de las circunferencias C, y C2 , respectivamente . 0 , 0 2 = 2 . Hallar la longitud de una cuerda AE del círculo C2, sabiendo que el punto medio de AE está en Cr A )/Í4
C.:
\
C) /' /14 D)
4
E) N.A.
Solución AE = ? Sea H el punto medio de A E . Luego : AE = 2AH. H € C r También : 0 2 H 1 AE Por lo tanto, AB será diámetro de Cr Encontraremos primero 0 2B , luego H 0 2 y después AH. En el A A B 0 2, por el Teorema de la mediana para 0 , 0 2 : o 2b = 2 / 2
( 0 2B)2 + / 2 2 = 2 ( 2 2 ) + ^
A
En el mismo triángulo, con el Teorema de Euclides; para el A 0 2 B : ( A B ) 2 = ( A 0 2 )2 + ( 0 2B )2 - 2( 0 2B )( H 0 2 ) 22 = ( / 2 ) 2 + ( 2 ^ 2 f
- 2 ( 2 / 2 )(H02 )
->
H02 -
Ahora, en el A A H O ,, con el Teor. de Pitágoras : ( AH )2 + ( H 0 2 f
3 /2 I
(AH)2 + \
Rpta:
( B ).
“ (V T J
->
AH =
•
•
AE =
VT4
= ( A O ,)
Dos circunferencias de radios “R” y V , se interceptan según un ángulo de 120°. Se traza una tangente común externa AB ( A y B son puntos de contacto ). Hallar el radio de la circunferencia que es tangente a las dos primeras y tangente a AB. 2R r
A)
(
Rr
B)
+ / r )'
4 Rr
O)
Rr
D)
E)
V
4(/R + /F)
( /R + -/r)
r
18
Solución O y P centros. Llamando V
el radio pedido, se sabe, por propiedad, que :
AE = 2 JW x y EB = 2 ^ rx
S i: m y ñ, son dos rectas tangentes a las circunferencias, en su punto de intersección “C", se define el ángulo entre dichas curvas, como el mismo que forman m y ñ . Con los trazos indicados, como: OC 1 rñ y PC 1 ñ
.*.
OCP = 609
En el triángulo OQP, Teor. Pitagoras: OQ
+ PQ
(1)
= OP
En el triángulo OPC, Teor. Euclides: OP
=O C
+PC
Siendo CH = OP
PC
=O C
- 2 x OC x CH, r
2 + PC
- OC . PC ....( 2 )
Sustituyendo ( 2 ) en ( 1 ) : OQ Luego:
+ PQ
= OC
( R - r )2 + ( 2 / R x + 2 ^ frx )
Efectuando :
x =
+ PC
- OC . PC
= R 2 + r2 - R . r
Rr 4(/R +/7)'
Rpta:
( D ).
Sea ABC, en triángulo cuyos lados son a, b, c. Se divide cada lado del triángulo en n segmentos iguales. Sea S la suma de los cuadrados de las distancias de cada vértice a cada uno de los puntos de división del lado opuesto, distintos de los vértices. Demuestre que :
es un número racional. a2 + b2 + c 2
( III Olimpiada Iberoamericana de Matemática ) 24 ABRIL - 01 MAYO, 1988. Lima - Perú. 437
Solución Consideremos: Ib
= ( X 1 )2 + (
B X j ) 2 + ( X 3 )2 + . . .
+ ( xn1 )2
Donde, con el Teorema de Stewart hallamos cada ( x¡ )2: 2
i c
* ( x j 2b = a
2( b ^
“ + c ^n ) ^
n
b - b .í b ^ ; , n ; k
n
J
De donde: ( X, f
a2
r2
n
n
=
h2 (1).
n
** En forma análoga: / ( x2 ) b = a
( x 2 )2 = a2
v n /
n j \ / n- 2
+c
V
+ c \
n
b - b.
/
n /
n
2b
n
(n “ 2)
n
. . . . (2)
Luego, por inducción :
\ / \2 2 f n —1 + c ( Xn- 1 ) = a [ — /
n - ( n - 1) n
Entonces: 2
2
X h = ~ ~ [1 + 2 + 3 + ... + ( n - 1 ) ] n ------ [ ( n —1) + ( n — 2 ) + ... + 1 j + n n ^ - [ 1 ( n - 1 ) + 2 ( n - 2 ) + 3 ( n - 3 ) + ... + ( n - 1 ) [ n - ( n - 1 ) ] ]
n
2
2
1
c2
c
4-
1 c 1
1
1
c 1
a2 Xb = n 2
-
| n - 1 + 2n - 22 + 3n - 32 + ... + ( n - 1 )n - ( n - 1 )2 J
&> = (
y
b2 f r — 2' | n [ l + 2 + 3 + ... + ( n - 1 ) ] - 12 + 22 + 32 +. . . + ( n - 1) 438
2
2
a¿ + cr
Sb=(
n - 1> 2
b2
y
o1 1
n2
( n - 1 )n
( n - 1 )n( 2( n - 1) + 1)
2
6
>
ib = (
2 . -2 U n - n
2
- u2 b ( n 2 - 1) 6n ,
Así, también en la división de BC y A B : 2
2
n2 - 1
- a
6n
/
Ic Ahora :
V - 1
- c
= ( a2+b!
/
/
6n
v
/
S = £ a + £ b + Xc n2 - 1
S = ( a2 + b2 + c2) ( n - 1 ) - ( a2 + b2 + c2) \
6n
/
(n2 - l ) S = ( a2 + b2 + c2 )
6n
De donde : S
( n - 1)( 5n - 1)
a2 + b2 + c2
6n
, es, efectivamente, un número racional
*
439
CAPITULO 15 RELACIONES METRICAS EN LA CIRCUNFERENCIA Y POTENCIA o
TEOREMA DE CUERDAS.- En toda circunferencia, el producto de las longitudes de los segmentos sobre cuerdas secantes, es constante.
PA . PB = PC . PD D
D em ostración -
Por semejanza de triángulos. Veamos Se trazan AC y BD. AD ' * CB ^ C = -----= B y Á = ------ = D a
D
ADBP:
- AACP PA
PC
PD " PB
PA . PB = PC . PD l.q.q.d
II)
TEOREMA DE LA TANGENTE.- El cuadrado de la longitud de una tangente es igual al producto de longitudes de una secante entera y su parte externa, trazadas desde el mismo punto, a la circunferencia.
PT
= PA . PB
441
Demostración - Se trazan TB y AT. Entonces : Á = —
= B Í P . Luego : A ATP
~ AT BP
PT PB ATP = TBP. A s í : — - = — PA PT De donde : III)
PT
= PA . PB
TEOREMA DE LA SECANTE.- El producto de las longitudes de una secante y su parte externa, es constante. Para el gráfico adjunto :
PA . PB = PC . PD
D em ostración Se trazan AC y BD. Luego, en el cuadrilátero ABCD: Á = BDP y C = DBP ( Propiedad del cuadrilátero inscrito ) -
PA
A PAC - A PDB :
PC
PD “ PB PA . PB = PC. PD.... I.q.q.d.
IV)
RECTAS ISOGONALES.-Son aque llas que, partiendo del vértice, forman ángulos congruentes con los lados de un ángulo.
o
o
Se dice que son simétricas respecto a la bisectriz del ángulo, porque forman ángulos co n g ru e n te s con d icha bisectriz. *Q Por ejemplo, OP y OQ f se llaman isogonales respecto a los lados OA y OB. - Lossegm entosquetienenunextrem o O y los o tro s sobre las rectas isogonales, se llaman isogonales. 442
V)
TEOREMA.- En todo triángulo, el produc to de las longitudes de segm entos isogonales que parten de un vértice, me didos uno hasta el lado opuesto y otro hasta la circunferencia circunscrita, es igual al producto de longitudes de los lados que concurren con ellos en el vérti ce mencionado. Así, para el A ABC de la figura adjunta:
BD . BF = AB . BC
D em ostración B
Se traza C F . Entonces: BC
A ABD Luego :
AF BC
AÓB = FCB
De la sem ejanza: BD
AB
BC " BF
-> BD . BF = AB . BC l.q.q.d.
VI)
TEOREMA.- En todo triángulo, el producto de las longitudes de dos lados, es igual al producto de las longitudes de la altura al tercer lado y el diámetro de la circunferencia circunscrita. En efecto; sea el A ABC, de circuncentro O y circunradio R.En el capítulo de circunferencias ( Capítulo 9 ), se ha demostrado en un proble ma, que : FBC = ABH. Es decir, BH y BF son segmentos isogonales respecto al ángulo ABC. Luego, por el teorema a n te rio r: AB . BC = BH . BF AB . BC = BH . (2R)
VII)
SEGUNDO TEOREMA DE LA BISECTRIZ.- En todo triángulo, el cuadrado de la longitud de una bisectriz es igual a la diferencia de producto de longitudes de los lados que concurren con dicha bisectriz y los segmentos medidos del pie de la bisectriz, a los vértices del lado opuesto. 443
Así, para el A ABC, tenemos a)
b) Bisectriz exterior:
Bisectriz interior:
BD = AB . BC - AD . DC
BE = EA . EC - AB . BC
Demostración Se pueden demostrar, usando el Teorema de Stewart, pero lo haremos con el Teorema de isogonales. BD y BF son isogonales respecto al ángulo ABC. Entonces, según el teorema para estas líneas: BD . BF = AB . BC
a)
B
Es d e c ir: BD . (BD + DF) = AB . BC BD
+ BD . DF = AB . BC
Pero, por el teorema de cuerdas : BD . DF = AD . DC En lo anterior : BD BD b)
+ AD . DC = AB . BC
= A B . B C - A D . DC ..........
I.q.q.d
En este caso, los segmentos isogonales son BE y BF. Entonces: BE . BF = AB . BC Es decir : BE . ( EF - BE ) = AB . BC BE
= BE . EF - AB . BC ... ( I ). %
- Ahora, por el teorema de la secante : EF . EB = EA . EC ó:
BE . EF = E A . E C . . . ( I I ) .
Reemplazando ( I I ) , en ( I ) :
BE
= EA . EC - AB . BC I.q.q.d
444
VIII) TEOREMAS DE PTOLOMEO.- En todo cuadrilátero inscrito ( ó inscriptible ) en una circunferencia, se cumplen: 1o)
El producto de las diagonales es igual a la suma de productos de longitudes de lados opuestos.
B
AC x BD = AB x CD + BC x AD
2 o)
La razón de diagonales es igual a la razón de la suma de productos de longitudes de los lados que concurren en los extremos de cada diagonal. ( Teorema de Viette ). AC _ AB x AD + BC x CD BD
AB x BC + AD x CD
D em ostración 1o)
Se toma un punto P de AC ( tal que ABP = a = DBC. - Entonces: AABP
-
ADBC:
AB
AP
BD
CD
.*. AB x CD = AP x B D A ABD
-
A PBC :
( I ).
AD
BD
PC
BC
AD x BC = PC x B D
(II).
- Sumando ahora, miembro a miembro ( I ) y ( I I ) : AB x CD + AD x BC = ( AP + PC ) BD AB x CD + AD x BC = AC x BD 2o)
........... I.q.q.d.
Para demostrar este teorema, usaremos la fórmula del área de un triángulo AB x BD x AD aabd
-
4R
( Esta se demuestra en el capítulo de Areas ) - Entonces, para el cuadrilátero ABCD: ^ABCD “ ^ABC + ^AOC 445
^ABCD = ^ABD + ^BCD Es decir: ^ABC + ^ADC = ^ABD + ^BCD Usando la fórmula en mención
AB x BC x AC 4R
AD x CD x AC + ---------------------4R
+ 4R
4R
- Cancelando 4R y factorizando términos comunes: ( AB x BC + AD x C D ) AC = ( AB x AD + BC x CD )BD De donde: AC _ AB x AD + BC x CD BD
AB x BC + AD x CD l.q.q.d
P O TE N C IA DEFINICION:
La potencia de un punto respecto ai centro de una circunferencia es el producto de las distancias dirigidas de dicho punto a dos puntos cuales quiera de la circunferencia siempre y cuando los tres puntos se encuentren en línea recta.
POR CONVENCION
Se considera la potencia (+) cuando el punto es exterior a la circunferencia y a la potencia se le antepone el signo (-) cuando el punto es interior a la circunferencia.
1)
POTENCIA DE UN PUNTO EXTERIOR : Se puede obtener de las siguientes formas:
A)
El cuadrado de la tangente trazada por dicho punto a la circunferencia..
p ° ' a (0)
B)
= AD
El producto de una secante por su parte externa PotA(0) = AC . AB
C)
FORMULA G E N E R A L:
h . ODA : AD
= d2 - R2
Luego : d
446
Es la distancia del punto al centro “O”
2)
POTENCIA DE UN PUNTO DE LA CIRCUNFERENCIA De la fórmula obtenida: P °tA(o i = d2 - R 2 Pero d = R P o t A, o ,
=
R2 - R2
POtA,0) = 0 3)
POTENCIA DE UN PUNTO INTERIOR : Se puede obtener de las siguientes formas
A)
El producto de segmentos de cuerda trazados por el punto, anteponiéndo le el signo menos.
PotA = - B A . AC = -D A . AE A(0)
B)
FORMULA GENERAL: Usando la distancia del punto al centro “O”. PotA
= -M A . AN = - (R - d) (R + d) = (d - R) (d + R)
PotA(0) = d* - R2
4)
POTENCIA DEL CENTRO : Es el mínimo valor de la potencia De la fórmula, se tiene: P °tA
= d2 - R2 pero d = 0
447
I
EJE R A D IC A L Es el lugar geométrico de todos los puntos que tienen igual potencia con relación a los centros de dos circunferencias. PROPIEDADES: 1)
El eje radical es una recta perpendicular al segmento que une los centros de las dos circunferencias.
* Se afirm ará que I es el eje radical * Por definición : PoU a
t = PotA
( E)
a
(F|
d,2 - R2 = d22 - r2 d ,2 - d22 = R2 - r2 Como los radios son valores constantes, entonces:
d ^ - d22 = Cte.
En el triángulo EAF usamos el teorema de la proyección de la mediana : d ^ - d , 2 = 2ÉF . MH = Cte. En donde observamos que para cualquier punto “ A ” de HI” se forma un triángulo EAF donde EF y MH no varían, por lo tanto “ I ” es el eje radical. 2)
El eje radical de dos circunferencias secantes pasa por la cuerda común.
Pot
Pote
448
= Pot
( E)
= 0
. = PotBici = 0 (F ) 1E)
Luego, por A y B pasa el eje radical
El eje radical se puede construir empleando una circunferencia auxiliar \ i / V.. A
Eje,
E.R
Se traza la circunferencia auxiliar de centro G. El eje radical de E y G es eje, PotA „ = PotA ^4 a (E} a |G} El eje radical de F y G es eje2 PotA_ A(F) = PotA a (G) PotA = PotA a {E) a(F ( F)
Igualando
Por lo tanto A pertenece al eje radical de las circunferencias de centro E y F, luego se traza una perpendicular al segmento que une los centros o de lo contrario se traza otra circunferencia y se ubica otro punto, uniéndose estos 2 puntos sé determina el eje radical. Como casos particulares tenemos: E.R.
CENTRO RADICAL : Es el punto de intersección de los ejes radicales de tres circunferen das tomadas de dos en dos.
Eje2
->
de(F>'G )
Eje3
-»
m
de ( E }' F )
o. CD
->
II
Eje,
II “0 o _> -n
m
“0 o
Los ejes son :
P °tA ^ A(G)
A, es el Centro Radical. 449
PROBLEMAS RESUELTOS Las diagonales de un paralelogramo ABCD, miden AC = 12 y BD = 8. La prolongación de D B , corta en E a la circunferencia circunscrita al triángulo ACD. Hallar BE. A) 4
C) 6
B) 3
D) 4,5
E) 5
Solución EB = x = ? Como ABCD, es paralelogramo: V
BM = MD = —
2
y y
= - = 4.
2
/
\
\
x
\
A
4C
AH AC 12 . AM = MC = ------ = — — 6. 2 2
Por el Teorema de cuerdas: D M . ME = A M . MC 4( 4 + x ) = 6 . 6 x = 5
Efectuando: Rpta:
( E ).
En un cuadrado ABCD , AB = 2 J~5 ; M, biseca B C ; con centro en D, se traza el arco AC, cortando a AM en el punto E. Hallar EM B) 2
A) 1
C) 0,5
V?
D)
E) Ning. anterior
Solución EM = ? M, es punto medio de BC. Por el Teorema de la tangente MC
= MA . ME
/ 5 2= MA . ME De donde:
MA . ME = 5 ............( I ).
Pero, en el A ABM, con el Teorema de Pitágoras: MA
Reemplazando en ( I ) : Rpta:
( A ).
5ME = 5 - >
2
ME = 1
= /5
ó
2
+ (2/ 5 ) EM = 1
^
MA = 5
3)
En la figura, AC y BD son diámetros de la circunferencia mayor. “C”, es punto de tangencia. Si: BE = 1 ; AN = 2,5 y TD = 2 Hallar NC. A) 0,5
B) 10
D) 2
E) 2,5
C) 5,5
Solución Sea R, el radio del círculo mayor. Por el teorema de cuerdas en la menor circunferencia : OE . OT = OC . ON .\
( R - 1 ) ( R - 2 ) = R ( R - 2,5 )
De d o n d e :
R = 4
Luego:
NC = 2 R - A N = 8 - 2 , 5 NC = 5,5
Rpta:
4)
( C ).
En un paralelogramo ABCD, de diagonales AC = 10 y BD = 8, la circunferencia circunscrita al triángulo ABC es secante a*BC y tangente a*CD en “D”. Hallar CD. A) 3
C )2 / 3
B) 3 ^ 2
D) 3 / 3
E) 2 / 2
Solución Se traza la figura de acuerdo al enunciado: Incógnita: CD Por ser paralelogramo: BM = MD = 4 CM = AM = 5 Teorema de la Tangente, desde HC”: CD
= CA . CE
x2 = 10 . m AM . EM = MB . MD
Teorema de C uerdas: 5 ( 5 - m ) = 16 Sustituyendo en (1 ) : Rpta:
( 1)
m = ? :
x = 3 J~2.
( B ).
451
I 5)
En la figura : “O” es centro de la mayor circunferencia. T y B son puntos de tangencia. AB = 9 , BC = 4. Hallar TB. A) 5
B) 6
C) 7
D) 8
E) N.A.
Solución * Con los trazos indicados: * OT contiene al centro O’ de la menor circunferencia. Luego, OT es diámetro y OBT = 90°. * Para la circunferencia mayor, como OB 1 ET, entonces : EB = TB. * Teorema de cuerdas: EB . BT = AB . BC ( TB )2 = 9 x 4 Rpta: 6)
—»
TB = 6
( B ).
En la figura : O es centro del círculo , cuyo radio se quiere conocer, sabiendo que: AE = 4 , EB= 6 CÉO
Solución Prolongamos CE hasta cortar a la circunferencia en D. Como O es centro y OE ± C D , entonces ED = EC. Por el teorema de cuerdas: EC . ED = EA . EB 452
= 90°y OE = 3.
A )^ 5
B) 3 / ?
D) 5
E) 3 ^ 6
C) 4
( EC )2 = 4 x 9
-»
EC = 6
Finalmente, en el A CEO :
r2 = ( OE )2 + ( EC )2 = 3y[5
r2 = 32 + 62
Rpta. B 7)
En una circunferencia de centro “O” y diámetro AC = 12, (acuerda MF corta a AO e n “E" Hallar EM, si AE = 1 y MC = 3AF. 0)2,2
B) 1,8
A) 1,1
D) 2,4
E) 3,2
Solución * Angulo in te rio r: E=
AF + MC
a* + 3 a e
E = 2a° '—
* Angulo c e n tra l: AOF = AF AÓF = cc°
* A OEF, Isósceles : EF = EO = 5 * Teorema de cuerdas : EM . EF = AE . EC EM x 5 = 1 x 1 1 EM = 2,2
Rpta: ( C ). 8)
Hallar FM, si L, es longitud del lado del cuadrado ABCD. M, es punto de tangencia. A )t/5 B )f L/5
C>T^ D )f L/5 D E) N.A. 453
Solución FM = ? - Se tiene: FM = BM - BF
(*)
- En el A BAM:
- • Por otro lado, con el Teorem a de la Tangente : BT L
2
= B M . BF \2
BF = — J~5 10v
)
- Reemplazando lo obtenido, en ( I ) : FM = - J 5 2 Rpta: 9)
Js 10v
( B ).
En el gráfico adjunto : B y E, son puntos de tangencia. AB = 15 y ED = 8. Hallar AD. A) 23
B) 20
D) 17
E) 19
S olución AD = ? Datos : AB = 1 5 , ED = 8 - Por el Teorema de la Tangente: * Circunferencia m e n o r: AB2 = AD . AC + Circunferencia m a y o r: DE2 = DA . DC ♦ Sumando miembro a miembro : ÁB2 + DE2 = AD . AC + DA . DC o mejor : ÁB2 + DE2 = AD . AC + AD . CD
454
C) 18
Es decir : AB2 + DE2 = AD ( AC + CD ) AD ( Propiedad)
• •
- Reemplazando datos: Rpta: 10)
15® +8® = AD
AD = 17
( D ).
Los lados de un triángulo miden 13 ; 14 y 15. El circunradio, mide : A) 8
B) 8,42
C) 8,125
D) 8,25
E) N.A
Solución - R = ? - Por te o re m a : 1 5 x 1 3 = h( 2 R )
(I)
- Con el teorema de Herón : . . donde:
p
13 + 14 + 15
_ 21
_2_ h = — ^ 2 1 (2 1 - 1 5 )(2 1 - 1 3 )( 21 - 1 4 ) 14
11)
h = 12
65 1 5 x 1 3 = 12 ( 2R ). De donde : R = — = 8,125 O
En ( I ) : Rpta:
->
( C ).
En la figura, O y B son centros. BC = 5 Hallar EF. A) 1 B) 0,5
/* ■ [* / D )2 E) N.A.
Solución EF = ? - Como AB es diámetro: AÉ B = 90° - En el arco O E C :
EF = FC 455
I
EF = - A ABC : AC
EC
(I) AC
= AB
+ BC
10 2 + 5 2 -> AC = 5 / 5
=
Se completa la semicircunferen cia de centro B . Por el Teorema
\
\
1
j
D
de la secante: AC . AE = AD . AO 5
5 . AE = 1 5 x 5
AE = 3 / 5 EC = 5 -J~S -
- Entonces: EC = AC - AE
_
EF =
- Finalmente, con EC, en ( I ) Rpta: 12)
2/5
EC = 2 / 5
EF = / 5
( C ).
En la figura: A, B y C, son puntos de tangencia. Los radios miden 12 y 2 4 . 0 , es centro. Hallar EF. A) 7
B) 9
D) 6
E) 5
C) 8
Solución EF = ? - Por propiedad : AC = 2 ^R~r AC = 2.7 12 x 24 = 2 4 / 2 - Se prolonga AO hasta H. En la menor circunferencia, por el Teorema de la Tangente : ÁC2 = AF . AH
->
(24/2
Y = AF ( AF + 24 )
AF = 24
- Si Q es centro de la mayor circunferencia; al trazar OQM, aplicamos el Teorema de la secante: OA . OE = OM . OB 456
( 0 F + FA ) . ( OF + FE ) = 60 x 12
( 1 2 + 2 4 ) ( 12 + FE) = 720 De donde : Rpta: 13)
EF = 8
( C ).
En la figura: AC es diámetro; “E", punto de tangencia y “B”, centro. Demostrar, que: BH = HE
Solución - Se completa la circunferencia: LLamando: Se tiene :
F
BH = x , HE = y BF = BE = x + y
EN = BE Por el Teorema de Cuerdas: En C, :
DH x HQ = FH x HE
En C2 :
DH x HQ = BH x HN
De donde: FH x HE = BH x HN ( 2x + y ) y = x ( x + 2y ) x = y
BH = HE Iq.q.d.
14)
En la figura, AC es diámetro Si: EF = 3 , FG = 2 Hallar GH. A) 5
B) 4
D) 4,8
E) N.A.
C) 4,5
Solución Se completa la circunferencia: Como ÁC es diámetro,
ABC = 90° 457
Con los trazos indicados : HQ = HF HQ = 2 + x Por el Teorema de Secante: EA . EB = EQ . EF ... (1 ) ABGH, inscriptible: entonces por el Teorema de Secante:
tC
EA . EB = EH . EG ... ( 2 ). De(1 ) y ( 2 ): EQ . EF = EH . EG x = 4
(7 + 2 x ) . 3 = ( 5 + x ). 5 ; Rpta: 15)
( B ).
En la figura: ABCD es un cuadrado, cuyo lado tiene longitud L . D, es centro del arco AC. CM = MD. Hallar BE. M C ) |/Í0
B ) ^ 3 o )W s
D
E» I
Solución BE = ?
B L
Se prolongan BM y A D , hasta su corte en P.
__
/
e\
M
MD II AB y MD =
AB
1
r
MD es base media relativa a AB. Por eso : DP = AD - En el A BAP : BP
= L2 + ( 2L )2
- Por el Teorem a de la Tangente :
Rpta:
458
( A ).
fc,
2
- En el A BAP :
De donde :
'" x
BE = 7 - / ^ 5
D
DP es radio.
BP = L ^ 5 BC
= BP . BE
• •
L2 = L / 5 . BE
\
En la fig u ra : O es centro del semicírculo. OECF es un cuadrado, cuyo lado se quiere conocer, sí FM = a A) aj~2
B) a / 3
C )a /6
E) N.A.
Solución Incógnita ; x ( longitud del lado del cua d ra d o ). Prolongamos CF hasta D. Luego, como O es centro y OF _L C D , entonces: FD = CF = x Al trazar OC, en el AOFC : OC = x J 2 OA = radio = OC = xj~2 . V, en el A AOF, con el Teorema de Pitágoras: AF = x Finalmente, Teorema de cuerdas :
CF . FD = FM . FA
x2 = a x ^ 3 Rpta:
= a/3
( B ).
En la fig u ra : AC 1 BD ; AH = a , HB = b, HC = c
yHD=d
Demostrar, que: 1°)
2°) ( Teoremas de Arquímedes ).
Solución -Con los trazos indicados y el Teorema de Pitágoras en el ABM O: BO
•
»
R2 =
= MO ' c - a f
+ MB +
f b + d
459
Efectuando: 4R2 = a2 + b2 + c2 + d2 - 2ac + 2bd ... ( I ). - Por otro lado, según el Teorema de cuerdas AH . HC = BH . HD
->
ac = bd.
- Entonces, al reemplazar en ( I ): 4R2 = a2 + b2 + c2 + d2
l.q.q.d
2o)
Se deja para el lector.
18)
El trapecio ABCD, está inscrito en una circunferencia^ El centro es interior al cuadrilátero) Hallar la longitud del radio, si: BC 11 AD ; BC = 4 0, AD = 48 y la altura del trapecio, mide 22 A) 30
B) 25
C) 26
D) 27
E) 28
Solución R = ? Se trata de un trapecio isósceles ; ya que, s i : BC I AD
AB = CD
AB = CD. - Con los trazos adicionales: AOMC
->
OC
= OM
+ MC
R2 = OM + 2O2 ........( I ) - C álculo de OM: nM CP CH + HP 22 + HP HP OM = FC = -----= ---------------= -------------- -> OM = 11 + —
- Se observa :
AT = HD = ü
TH = BC = 40
^
(II)
= 4
- Por el Teorema de cuerdas : AH . HD = CH . HP
4 4 x 4 = 22 x HP
- Reemplazando esto último, en ( I I ) : y, en ( I ) : Rpta: 460
( B ).
R2 = 152 + 202
OM = 15 R = 25
•
•
HP = 8
19)
En la figura: A y B son puntos de tangencia. HF = 6 y FP = 8.
A
Hallar EF. A) 5
B) 4
D) 5,2
E) 4,8
C) 3
Solución - Datos: HF = 6 y FP = 8 - Incógnita : EF = x - Con las variables indicadas, y : * Teor. de la tangente: PA
= PH . PE
a2 = 1 4 ( 8 - x ) ....
(I)
* Teor. de cuerdas: mn = 6x ..
(N )
* En el A APB, Teor. de S tew art: PA
. FB + PB . AF = AF . FB . AB + PF2 . AB
a2n + a2m = m n ( m + n ) + 8 ( m + n ) De donde :
a2 = mn + 8 . . ( I I I ).
Reemplazando ( I ) y ( I I ), en ( I I I ): 14 ( 8 - x ) = 6x + 8 Resolviendo esto último : x = 5,2 Rpta: 20)
EF = 5,2
( D ).
En la figura : UE” y “F" son puntos de tangencia. Demostrar, que:
461
Solución - LLamando a: BE CF
= b ; AB = a ; AC = c ; = d ; AP = m y AQ = n.
Se demostrará que : b2 + c2 = a2 + d2 Se tiene por Teorema de Secante: AB . AP = AC . AQ
/. am = e n
(1 ).
Por Teorema de Tangente: BE2 = BA . BP
-»
CF2 = CA . CQ
-> d2 = c( c - n ) ........... ( 3 ).
b2
= a( a - m ) .............( 2 ).
Efectuando ( 2 ) - ( 3 ) : b2 - d2 =a( a - m ) - c( c - n ). b2 - d2 = a2 - am - c2 - en Pero :
am = en .*. b2 - d2 = a2 - c2 b2 + c2 = a2 + d2 .......... l.q.q.d.
En un triángulo ABC, se trazan: BD , Bisectriz Interior y B M , mediana. Si: BD = DM y AB . BC = 9. Hallar AC. A) 6
B) 6 / 2
C) 6 / 3
D )8
E )5
Solución Se traza el gráfico con el enunciado: Incógnita: AC = x Por el 2o Teorema de la Bisectriz :
B
BD2 = AB . BC - AD . DC; es decir:
'-(i-X H
Rpta: ( A ). En un triángulo ABC la longitud de la bisectriz interna de| Á , es media proporcional entre los segmentos que ella determina en el lado BC. Demostrar que, entre las longitudes de los lados del triángulo, se cumple :
b + c = a^ 2
Solución - Dato : AD
= BD . DC
- Pero, según el segundo Teorema de la bisectriz : AD = be - BD . DC - Entonces: BD . DC = be - BD . DC 2BD . DC = b e
« •
(I)
Por el primer teorema de la b ise ctriz: BD
c
DC ~ b Usando propiedad de proporciones : BD
_
BD + DC
- En forma análoga :
c
b + c
b + c ab
DC =
b + c
- Reemplazando lo hallado, en ( I ) :
2a - Cancelando b e :
=
ac
ab
(b + c) ’ (b + c)
= be
1
( b + c )'
- De donde, efectivamente : a^¡~2 = b + c
23)
ac BD = b + c
BD
ó
b + c = a - /2 ..........
I.q.q.d.
Hallar la longitud de la diagonal de un trapecio isósceles cuyas bases miden 14 y 50cm., y lados no paralelos 30cm. cada uno. A) 40cm
B) 36cm
C) 32cm
E) 60cm
D) 44cm
Solución Todo trapecio isósceles, es ins criptible en una circunferencia: Por el Teorema de Ptolomeo:
- - 1¿ —
AC . BD = AB . CD + BC . AD x2 = 3 0 ( 3 0 ) + 1 4 ( 5 0 ) x2 = 1600 • 9
Rpta:
x = 40 ( A ). 463
En un triángulo ABC, se traza la bisectriz interior BD. Sobre BC se ubica el punto “E”, de modo que BÁC = BDE. Sea EF 11 ÁC , ( “F” en AB ). S i : BE. BF = 16 y DE = 3 . Hallar BD. A) 5
B) 6
C) 7
D) 4
E) N.A.
Solución Se traza la figura con los datos: Incógnita: BD EF 11 ÁB De! Dato: BDE = Á
BFE = Á .-.
BFE = BDE ;
Esto indica que FBED es un cuadriláte ro inscriptible. Por el Teorema de Ptolomeo: BD . EF = 3BF + 3BE Por el Teorema de Vietta : BD
BE . BF + 3 x 3
EF ~
3BF + 3BE
Multiplicando m . a . m ; y simplificando: BD2 = B E . B F + 9 Rpta:
-»
BD2 = 16 + 9
BD = 5
(A).
Sobre ei arco BC, de la circunferencia circunscrita a un A ABC, equilátero se toma el punto "Q". Demostrar que :
AQ = BQ + QC
Solución En el cuadrilátero ABQC, Teorema de Ptolomeo AQ . BC = AC . BQ + AB . QC AQ . L = L . BQ + L . QC
-> ( Teorema de Chadú ).
I.q.q.d
En la fig u ra : el A ABC es equilátero. P, un punto cualquiera de! arco BC. B
L , es longitud de AC. Hallar : PA
+ PB
+ PC
A) 2L2
B) 3L2
D) 5L2
E) 6L2
C) 4L2
Solución x = PA
+ PB
+ PC
= ?
Por el Teorema de Chadú, demos trado anteriormente : PA = PB + PC Entonces: x = ( PB + PC )2 + PB x = 2( PB
+ PC
+ PC + P B . PC ) . . ( ! )
En el cuadrilátero ABPC, por el se gundo Teorema de Ptolomeo: AP
AB . AC + PB . PC
BC ” AB . PB + AC . PC AP
L . L + PB . PC
L “ L . PB + L . PC De d o n d e : Pero :
AP ^
L2 + PB . PC
L “ L( PB + P C )
AP( PB + PC ) = L2 + PB . PC AP = PB + PC. Entonces :
Efectuando : PB
+ PC
( PB + PC )2 = L2 + PB . PC
+ PB . PC = L2
Reemplazando esto último, en ( I ) :
x = 2L2
—» ( PROPIEDAD).
En un A ABC, B = 60°, I es incentro. Si O es el circuncentro del A AIC y AB + BC = 12. Hallar OB.
A) 6
B) 12
C) 4
D )4 /3
E) 6 / 3 465
Solución Dato : AB + BC = 12 Incógnita: OB. En el A ABC, por ser “ I ” incentro A IC = 909 +
B
60
ABC
A IC = 120 Luego : AEC = 2 A IC AEC = 240° AOC = AIC = 120° Entonces, en la circunferencia circunscrita al A AIC, si R es circunradio : AC = L j
-»
AC = R / 3 .
Observamos que el cuadrilátero ABCO es inscriptible porque ABC + AÓC = 180 Entonces, con el Teorema de Ptolomeo : 0
OB x AC = OC x AB + OA x BC Cancelando “ R ” : Rpta:
OB x
-»
OB x R ^ 3 = R x AB + R x BC
= AB + BC
OB x / 3
= 12
( D ).
En la figura, E y D son puntos de tangencia. Demostrar, q u e :
Solución Por el Teorema de la tangente, en la mayor circunferencia : Según el g rá fic o :
CE = DC , CA = DA - DC CB = DB - DC
Sustituyendo estas tres equivalencias, en (1 ) DC
= ( DA - DC ) ( DB - DC )
CE
= CA.CB
(1 ¡
Efectuando : DC2 = DA . DB - DC(DA + DB) + DC2 Es d e c ir: DC ( DA + DB ) = DA . DB Arreglando en forma conveniente: DA + DB
1
o:
DA . DB ’ DC 1
De donde : 29)
DB
+
f
1
DA
DC
DA
DB
1
D A . DB
D A . DB
DC
I.q.q.d.
En la figura : PotE
OI
= 2 PotE ^ L{ Q )
H a lla r: — H 1
1
B) 1
A >2 1
C)
V2
E) N.A.
Solución Por definición, en el dato : Pote ^
S O )
2
EA = 2EB EA = y¡2 EB
= 2 Pote ^
fc( Q )
2
(I).
- Si se trazan OA y Q B : A Q B E
~ AOAE
r EB Entonces : — = — R EA
Con lo de ( I ) : Rpta: 30)
r EB p “ ^ eb
1
y[2
R
( C ).
En la figura f AB = 15 , BC = 14 y AC = 13 Hallar : PotB 'i O)
A) 8
B) 64
D) -64
E) 21
C) -8 f
467
Solución - Por definición :
PotR = BE °{ o >
.......... ( I ). v 7
- Pero, si p, es e! semiperímetro del A ABC, sabemos por propiedad, que : BE = p - AC BE = i - - ■14 + -15 - 13 - Reemplazando en ( I ) Rpta: 31)
BE = 8
Po,B,o, = 64
( B ).
En la figura: B
AB = 5 , BC = 8 y BD = 6. Hallar la potencia del punto D con respecto al centro O de la circunferencia. A) 4
B) 2
D) -3
E) -4
C) 3
Solución Pot D (Ol - Por definición : PotDj
= - AD . D C
( I ).
- En el A ABC, por el segundo teorema de la bisectriz BD
= AB . BC - AD . DC
62 = 5 x 8 - AD . DC A D . DC = 4 Reemplazando, en ( I ) : Rpta: 32)
^ otD(0) = “4
(E).
En el siguiente gráfico, Hallar: PotA + Potr A( o ) o) A) 4R (R + r)
B) 4R (R - r)
C) 2R (R + r)
D) 2R (R - r)
E) 4Rr 468
Solución Se tienen : PotA = AB A{0)
y y
Pote = CB °10) Luego: PotA + Potc = AB M|0> ° I 0)
+ CB
(I).
Siendo; en el A MBO : MB2 = MO2 - OB2
-»
MB = J ( R + r f
- r2
MB = ^/ R2 + 2Rr Luego : AB = AM + MB
—>
AB = R + V r2 + 2R r
CB = MB - MC ->
CB = V r2 + 2 R r - R
Entonces, reemplazando en ( I ) : 2
/
PotA + Potc = ( R + J R2 + 2 R r + •J r 2 + 2 R r - R ' A(0| o» v * > \ P°* a ^ A<0) Rpta:
L'(0) = 4R (v R + r );
( A ).
En la figura : O e f son el Circuncentro e Incentro del A ABC
B
Demostrar, que: O I = R( R - 2 r ) O I : Distancia del circuncentro al Incentro
Solución Se prolonga Bl hasta F. Sean;
Bl = m , IF = n
Se tiene: Pot, _ = OI (O) Poti
(0)
- R2
= -mn 469
En el capítulo de circunferencias se demuestra que :
AF = IF.
( El lector puede comprobarlo al analizar los ángulos del A AIF ). Entonces : AF = n Se traza el diámetro FM
AMF = ABF = a
AMAF - A B Q I : — = — IQ Bl
->
Reemplazando ( 2 ) en ( 1 ) :
—2 OI = R2 - Rr —>
- = — r m
h>
mn = 2 R r
(2).
OI2 = R ( R - 2 r ) .
V
r v
POLIGONOS REGULARES Y LONGITUD DE LA CIRCUNFERENCIA POLIGONOS REGULARES.- Son aquellos polígonos convexos que tienen sus lados y ángulos, respectivamente congruentes. Todo polígono regular puede ser inscrito y circunscrito a dos circunferencias concéntricas. O: Centro de la circunferencia R: Circunradio r— n — "I ^ Ln: Longitud del lado , para el polígono regular de u n " lados. an: Longitud del Apotema.( ó apn ). A COB : Elemento fundamental del polígono. a n: Medida del ángulo central o del arco que subtiende cada la do del polígono.
Cálculo de la longitud del Lado En el A COB con la Ley de Cosenos :
Ln = R ^ 2 ( 1 - Cos ccn )
Cálculo del Apotema
Casos Particulares 1)
Triángulo Equilátero: L3 = R / 3 ; R 471
2)
Cuadrado:
L4 =
r
3) Hexágono Regular
/2 ;
l6
_ R /2 B
a
= R;
R /3 ae = 4 -
=
4) O ctógono Regular:
A 45"
~
R
L8 - R yj 2 - ,f2 ; 5)
Dodecágono Regular:
L-J2 — R-J 2 — 6)
a 12 - — ^~2 + yfs
;
Decágono Regular:
^-10
472
a8 - —- yj 2 + *J~2
~
* 2
(
~
’
S
l °
”
* 4 *
V
^
+
V
7)
Pentágono Regular:
Ls
=■§-V10-V20
R a5 = T ( / 5 +1
Propiedad: Los lados del pentágono, exágono y decágono, regulares for man un triángulo rectángulo; así:
En resum en: Polígono Regular
Triángulo
Cuadrado
Ln
an
120°
90°
an
R 2
R /3
R /2
R /2
2
Hexágono
60°
Octógono
45°
Dodecágono
30°
Ry¡2-
Decágono
36°
(X |c\l
I
R ^3
R
Pentágono
72°
f
V 10 ">/2Ó
2
I
i I
Ü
S j l O * J20 4 *
473
DIVISION DE UN SEGMENTO EN MEDIA Y EXTREMA RAZON Dividir un segmento en media y extrema razón, quiere decir dividir la longitud del segmento en dos partes diferentes, siendo la mayor media proporcional entre la parte menor y el total. A la porción mayor, se le llama “sección áurea” del segmento total. AP
PB
A s, : 7 b ' w ( definición)
I*
x
~ B
- Si AB = a, entonces, para hallar x :
x2 = a ( a - x )
x2 + ax - a2 = 0
( fórmula de la sección áurea de un segmento de longitud a ).
- Resolviendo :
♦ A la cantidad :
f/5 - 1
\ , se la conoce como “ número á u re o " ( 0,61803 ). /
V
Propiedad.- El lado del decágono regular tiene longitud igual a la sección áurea del radio de la circunferencia circunscrita. En efecto. Sea ABCD ... , el decágono regular inscrito en la circunferencia de centro O y radio R. Demostremos que: \ r ^ 5 -1 L,o = R v j
Para ello, extraemos el A AOB: Tracemos la bisectriz BZ
del
ZABO
Entonces, se o b se rva : A ZBA ->■ isósceles : BZ = AB BZ = L 10 AOZB
isósceles: OZ = BZ
OZ = L10
ZA = OA - OZ
ZA = R - L 10 En el A ABO, por el Primer Teorema de la Bisectriz : 474
AB
ZA
OB
OZ
V»
küL R
=
R - L 10
( L 10 f
= R ( R - L,n) 10
10
De donde :
L,o = R
I.q.q.d /
¿Qué es núm ero áureo? El número áureo (O ) constituye uno de los valores más importantes y significativos en el campo de las Matemáticas ya que, aparte de representar un determinado valor, define con curiosas propiedades cualquier proporción. Es decir, de entre todas las particiones asimétricas que se pueden hacer en un segmento lineal, es el número O el que representa la operación lógicamente más sencilla, la que dé la impresión de armonía lineal y de equilibrio en una desigualdad más satisfactoria, entre el resto de las combinaciones posibles. En el gráfico inferior se exponen dos construcciones en las que se establece una proporción entre dos segmentos, el AC y el CB, dentro de uno mayor (AB), de tal modo que la parte mayor AC es a la menor CB como lo que la suma de las dos es a la mayor El valor del número es siempre el de la fracción decimal 0,61803398875... Sin embargo, se trata de un número indefinido de cifras, puesto que es inconmesurable. Leonardo da Vinci fue el primero en denominar sección áurea a esta proporción. Aunque tenga un valor indefinido, es perfectamente representable por una longitud exacta; ya que, al pertenecer a la categoría de los números algebraicos de segundo grado, puede representarse euclidianamente, es decir, por medio de la regla y el compás. No ocurre lo mismo con otros números trascendentes, como sería el caso de k (p/). Por todas estas características el número áureo se considera desde la Antigüedad impres cindible en el estudio teórico de las formas, contornos y volúmenes, en el examen matemático de la estructura en general, y se aplica en las creaciones del arte decorativo, plástico y monumental. Aparece además constantemente en el crecimiento de los seres vivos. Todas estas connotaciones le hicieron erigirse en número mágico, utilizado por científicos (Kepler), artistas ( Fidias, D urero) y ocultistas. En el siglo XVI, el veneciano Fra Luca Paccioli di Borge lo adornó con la denominación de Divina Proporción. Los siguientes gráficos muestran dos formas de obtener las otras longitudes, conociendo una de ellas.
/ /// 1 ■ / / 1 C / 1a \ Y/ 1 /\ *i Q
a/2 P
AC: Sección b
Aurea de AB.
* Dado a ; cómo hallar b y c.
* Dado c ; cómo hallar a y b.
ARTICULO PUBLICADO EN LA REVISTA MUY INTERESANTE AÑO 1 N° 6 PAG. 32 475
¿Cómo Eratóstenes m idió la longitud de la Circunferencia de la tierra? En el siglo III a. de J.C., un matemático griego, nacido en Cirene, Eratóstenes, midió la longitud de la circunferencia de la tierra y su resultado tuvo un error de solamente 1 ó 2%.
&
rayos del sol
Alejandría
Syene
800Km
Se le informó que todos los años, al mediodía del 21 de junio, el sol se reflejaba en la superficie del agua de un pozo en Syene. En la misma fecha y a la misma hora, los rayos solares proyectaban en un obelisco distante 800km. al norte, en la ciudad de Alejandría, una sombra, de manera que los rayos formaban con el obelisco un ángulo de medida: a = 7°12' = 7,2° Tierra
a ............ .. Centro
Eratóstenes concluyó que esto era posible sólo si la tierra es redonda, ya que los rayos solares son paralelos. Como el arco SA, ( distancia entre Syene y Alejandría ) tiene longitud de 800km; con una Regla de Tres: 7,2°
-------------------»
800km.
360 De donde: L = 40 OOOkm. fue la longitud de la circunferencia terrestre hallada por Eratóstenes.
476
PROBLEMAS RESUELTOS El radio de la circunferencia inscrita en un hexágono regular, es 3. Hallar la longitud del radio de la circunferencia circunscrita al mismo polígono A) y[3
B) 2 / 3
D) 4
C)3/3
E) 2
Solución Según el gráfico dado por enunciado OH = 3 En el A AHO ( 30° y 60°): OA
/ 3 = OH
- J~3 = 3 2 v De donde: Rpta:
R = 2 >/~3
( B ).
Hallar el perímetro de! triángulo que se forma al unir los puntos medios de tres lados no consecutivos de un hexágono regular de circunradio “R”. A) 2R
b)
|
c)
r
|
d)
r
|
r
E)¡R
Solución - Como:
AD, es diámetro.
ABCD = 180
En el trapecio ABCD : x = AD + BC 2
D
Donde : BC = L6 = R x=
2R + R = 3
2
r
2
Como el triángulo es equilátero, su perímetro Rpta:
:
3x =
9R
( E ).
Sobre el arco AB, de la circunferencia circunscrita a un hexágono regular ABCDEF, de lado “a”, se toma un punto “ P” : Hallar: y
A) 6a2
— 2 —2 — 2 — 2 —2 —2 = PA + PB + PC + PD + PE + PF
B) 9a2
C) 12a2
D)
15a2
E) 18a2 477
Solución Se observan, en los triángulos rectángulos: PA
2
+ PD
2
= AD
2 1
PB2 + PE2 = BE2
(+)
A y I Rpta:
= AD2 + BE2 + FC2
= 12a2 ( C ).
Hallar el perímetro del polígono que se obtiene al unir, en forma consecutiva, los puntos medios de los lados de un octógono regular, de circunradio “R”.
Q) 4 R y [ 2
A)R/2
C) 3 yj~2
D)
E) N.A.
2 Solución Se obtiene otro octógono regular de lado x. Como: ABC = 90° ; AC = L4 En el triángulo ABC, ( base media ): X = AC = U = R / 2 2 2 2 Perímetro = 8x = 4R
( B ).
En un triángulo ABC, equilátero, inscrito en una circunferencia de radio “R" , “M” y wN"son puntos medios de AB y AC, respectivamente. Hallar MN.
A )f/7
B) R ^/T
D) f / 1 7
E) 4
Solución Se construye el gráfico:
C)2R/7
B
AM = 60 MAB =
AM = L6 = R
MB
En el A MAN :
MN
MAN = 90°
= 30’ MN
= ( AM )2 + ( AN )2
MN =
= (R) +
R /7
/ Rpta: 6)
( A ).
En un octógono regular ABCDEFGH, de circunradio “ R”, hallar la distancia del vértice A, al punto medio del lado D E . A) 5 / 1 0 “ + 2 / 3
B )- ^ 1 0 +
D) R ^ 1 0 + 3 / 2
E) N.A.
3 / 2
C)
10 + / 3
Solución - Incógnita: AM OM = a8 = — ^ 2 + En el triángulo ADE , por base media: AD = 2( OM )
/. AD = R >/ 2 + / 2
En el triángulo rectángulo ADM : ( AM )2 = ( AD )2 + ( DM )2 \
( AM )2 =
R-J 2 + / 2
+
AM = - ^ 1 0 + 3 / 2 Rpta: 7)
( B ).
En una circunferencia de centro “Q” y radio ^J~2 metros, se trazan los diámetros AB y DE, perpendiculares entre sí. La recta que une el punto “A” con el punto medio “O” de B C , lado del hexágono regular inscrito, corta a DE en “N”. Indicar cuanto mide QN. A ) ^ m
J6 B) —— m
q ^ m 7
D )^ m
E)
7 479
Solución - Sea el gráfico, con los datos: Como CB = L6 = J~2 OB = OC = V 2 60
“
Se traza OH 1 QB En el A OHB ( 30° y 60°)
HB = < ^ r = ^ T - y OH = ( H B ) / 3 = - ^ AA QN
-
AAHO _ /6 x =
/2 / 2 + | / 2 4
4 Rpta:
( D ).
La hipotenusa de un triángulo rectángulo ABC, mide AC = 2. Se traza la bisectriz interior BD Si BD = AB. Hallar AB. A) 2 - / 2
B )2-/3
0 /2 - 1
D )/2 -/2
Solución AB = x = ? B B, es el centro de una circunferencia de radio AB = BD, donde: AD = Le ya q u e ABD = 45 Trazamos
BH 1 AC
« •
Por relaciones métricas: AB2 = ( AC ) ( AH )
\ * = ( 2 ) ( f / 2 - / 2 Rpta:
( D ).
x = / 2 - /2
E )^ //2 - 1
En ur. cuadrado ABCD, de lado ua”, tomando como centros los vértices “A” y UD" y con radio “a" se trazan los arcos BD y AC, secantes en “F”. -s
Hallar la distancia entre los puntos medios de AF y FD. A )a (/3 -l)
B)a/3
C )a (^3 + l)
D )a( J~3 + 2 )
E)a(V3-2)
Solución Sea el gráfico: Incógnita: MN En el triángulo AFD -» Equilátero Luego: AF = FD = 60° ( ángulo c e n tra l). Angulo Inscrito: OA° AFM = NFD = —— = 15° 2 Entonces, por arco que subtiende : FM = FN = L12 = a ^ 2 - / 3 En el A MFN, isósceles : MN = MFy[2 Rpta:
MN = a ^ 4 - 2 / 3
ó,
MN = a ( / 3 - 1)
( A ).
En una circunferencia de radio R, hallar la longitud de la cuerda que subtiene un arco de 144°. A )jV l°+ ^
B )5-/l°W 2 0
C )7 (^5 +1)
D )y (/2 + l)
E) N.A.
Solución Sea AB la cuerda, tal que m AB = 144°. Si se traza el diámetro AC: m BC = 36° -*• OM = a10. En el A ABC: AB = 2( a10)
_> Rpta:
AB =
AB = 2^ 5 - ^ 1 0 + ^ 2 0
+ /2 Ó
( B ).
481
11)
En un A ABC , Á = 18°, C = 27° y m AC = ( V"5 + 1). Hallar m BC.
A) 1
C) 2
B)/2
D) 0,5
E)
Solución m BC = ? Dibujamos la circunferencia circunscrita al A ABC. R circunradio. <*♦»)
Como Á = 18°
BC = 36
C = 27°
AB = 54'
Luego:
ABC = 90
Entonces, AC es un lado del cua drado inscrito en la circunferencia: /5 ÁC = L,
/5
+ 1 = R ^2
R =
+ 1
&
También, BC = L10 ya q u e BC = 36 R Para el decágono re g u la r: L10 = — ( ^J~5 - 1)
BC = S ( / Í - 1 )
BC = f 2 60
Rpta: 12)
( B ).
Hallar la longitud del lado de un pentágono regular, sabiendo que una diagonal mide “a” A) 2a
B )a (/5 -l)
C ) J ( / 5 + 1)
E) N.A.
Solución Es fácil probar que en el pentágono regu lar, todas las diagonales son congruen tes. Como “B”, equidista de UE” y “D "; “B”, es centro de una circunferencia de radio “a”, pasando por “E" y “D” . En dicha circunferencia: 482
B
ED = L10= | ( / 5 - l ) ( Lado del pentágono regular en función de la d ia g o n a l). Rpta: 13)
( D ).
En un triángulo ABC, acutángulo, B = 75° y m AC = 12, se trazan las alturas AQ y CH Hallar HQ. C) 6 ^ 2 - y[2
B) 6 ^ - / 2
A) 6 ^ 3 "
0 ) 6 ^ 2 - y[3
E) N.A
Solución AHQC es un cuadrilátero inscriptible HQ = 30
BAQ = 15
Luego : HQ = L12 = R ^ 2 - / 3
Pero : R = — = — = 6 2 2 HQ = 6 ^ - / 3 Rpta: 14)
( D ).
El cuadrilátero ABCD, se inscribe en una circunferencia de radio S i:
AB = ^ 1 2 - 6 / 3
; BC = ^ /12 - 6 ^ 2
y AD = 3 J 2 .
Hallar la medida del menor ángulo que forman AB y DC. A) 35,7°
B) 15,7
C) 17,5
D) 27,5
E) 37,5
Solución - Sea el gráfico: Como : AD = 3 ^ 2 = J T q ÁD = R / 3
J 3.
ÁD = L3
Entonces: AD = 120
-í'-
También : BC = ^ 1 2 - 6 ^ 2
BC = / 6 . J 2 - f 2
BC = R ^ 2 - / 2 483
Entonces: BC = L8 y BC = 45 Luego
:
x =
AD-BC
120° - 45°
x = 37,5° Rpta: 15)
(E).
Hallar la longitud del lado de un dodecágono regular, sabiendo que el radio de la circunfe rencia inscrita en él, mide 0,5cm.
Solución Dato : r = 0,5 Incógnita : L12 Sabemos que, si UR” es el Circunradio: l 12
=
r
ap Luego: L,2
...2 V 2 - V 3
a p i2
yj2 + J~3
L1Z = 2( 2 - / 3 Siendo :
16)
) • ap12
aPi2 = r
Entonces :
L12 = 2( 2 - ^ 3 ) . r
Con el dato:
L12 = 2( 2 - J ~3 ) . 0,5
L12 = ( 2 - ^ 3 ) cm
En una circunferencia de radio ^ 2 + ^ 3 , se inscribe el triángulo isósceles ABC, tal que B = 120°. Luego, se dibuja, interiormente, el cuadrado BCPQ. Hallar AQ. B) 2
A) 1
C) 3
Solución Para la circunferencia de radio UR”:
AB = L6 = R 484
D) 4
E )5
Para la circunferencia de centro “B” y radio AB = BQ: B
ÁQ = L12 = A B ^ 2 •••
AQ = R ^ 2 - / 3
-
J(2 + ^ ) ( 2 - / 3 ) AQ = 1
Rpta:
( A ).
Dado un nonágono regular ABC..., AB + BD = 4. Hallar BG. A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E )5
Solución Del gráfico:
c
ABD = DEG = GHA AD = DG = GA = n En el cuadrilátero ABDG. Teorema de Ptolomeo: BG . AD = AB . DG + BD . AG BG . n = AB . n + BD . n De donde : BG = AB + BD BG = 4 Rpta:
( D ).
Hallar la relación entre los radios de las circunferencias, inscrita y circunscrita a un octógono regular.
Solución Sea el gráfico: Sabemos, que: OM = ap8
i
r _ R
1
J2 +J2 2
4 85
19)
Hallar la relación entre las longitudes de los lados de dos octógonos regulares, inscrito y circunscrito, a la misma circunferencia.
Solución “Los polígonos regulares de igual número de lados, son semejantes” Luego, como se pide: MN
; de la semejanza, podemos
AB escribir:
razón de lados MN
razón de apotemas OH
AB ” ON
_ 2
Así: AB
20)
MN =
+ ^2
AB
2
• •
R
Hallar el perímetro de un heptágono regular ABCDEFG, s i : -r— + = — At Au o A) 6
B) 5
C )4
D) 3
Solución S i:
AC = m y AE = n 1 1 El Dato : — + — n m *\
Como : ABC = CDE ; Entonces CE = AC
CE = m
ABCD = AGFE entonces: AD = AE
AD = n
En ACDE, Teorema de Ptolomeo: AE . CD + AC . DE = AD . CE nx + mx = nm x( n + m ) = nm
4H 6
n+ m _ 1 nm
x
E) 12
1 1 1 De donde : — + — = — m n x ( Propiedad, para todo heptágono re g u la r) Comparando con el dato : x = 6 Perímetro = 42 Rpta:
(A).
ABCDEF, es un hexágono regular circunscrito a una circunferencia de radio V tangente a BC en “Q". AQ, corta a la circunferencia en MM”. Hallar AM.
Solución AM = ? Según el gráfico, “T” es punto de tangencia en AB. Por el Teorema de la Tangente: AT2 = AQ . AM ........ ( I ).
D
Trazamos AS, perpendicular a BC. A E W O : EW = 5 E /3
-» E W = n
( J3
—— ^
ED = 2EW = —r J~3, ( lado del hexágono ) 3 y Entonces : AB =
y AT =
(II).
AT = Además en ASB :
AS = OQ
AS = r
En A ASQ, Teorema de Pitágoras : AQ AQ2 = r2 + ' f - V 5
= AS
+L
SQ = •
CO
SB = —^~3 ; Luego : SQ = SB + BQ = - H 3 3
CM
2
AB
+ SQ
AQ = - Í 2 1
( I I I ).
m
Finalmente, al reemplazar ( I I ) y ( I I I ) en ( I ) :
AM
. , jh 21 487
22)
El triángulo equilátero ABC, está circunscrito a una circunferencia de radio Mr”, tangente a AB en M y a BC en N. Si “Q” es el punto medio de MN, h a lla r: BQ2 + AQ2.
Solución “O”
baricentro del triángulo ABC
B
BO = 2( OH ). BO = 2r
->
BQ = r
/
w /
A AHO ( 30° y 60° ) :
AQ
/
r
/
/
*
N
0
/A / / V ' ' 60" X V V /
A AHQ :
/
A // / /t 1 \ y*
AH = r / 3
I
/
AQ2 = AH2 + HQ2 AQ
= ( r / 3 )2 + ( 2 r )
= 7r2
Luego: BQ
23)
+ AQ
= r2 + 7r2 = 8r2
En un cuadrado ABCD, se inscribe una circunferencia de radio “a”. Si "P”, es cualquier punto de la circunferencia. H a lla r: PA
+ PB
+ PC
+ PD . B
Solución Triángulo APC. teorema de la mediana
PA
+PC
= 2PO
+
AC
(2a/2) PA
+ PC
= 2a2 +
PA
+ PC
= 6 a2 2
Análogamente : PB Luego:
24)
PA
+ PB
n + PD + PC
+PD
=l2a2
Hallar el radio de la circunferencia inscrita en un pentágono regular, inscrito en una circunferencia de radio 4cm.
488
= 6a2
Solución Se tiene: OM = aP¡ i
í r =
Siendo R = 4 r = ( , [ 5 + 1)cm. 25)
Hallar el perímetro del triángulo formado al unir tres vértices no consecutivos de un hexágono regular circunscrito a una circunferencia de radio V .
Solución Sea el hexágono ABCDEF y FBD el triángulo. Sabemos que ABC = 120° y
D
C = 120°.
Siendo el triángulo BCD, isósceles: CBD = 30° Luego: ABD = 90° MBDN : Rectángulo
BD = MN = 2r
El perímetro del triángulo FBD = 6r 26)
ABCD..., es un octógono regular circunscrito a una circunferencia de radio 1cm Hallar AD.
Solución Del gráfico: AD 1 DE AD = PQ = Diámetro AD = 2 27)
Conociendo el lado del polígono regular de n lados ( wLn” ) y el radio de la circunferencia circunscrita UR”. Hallar una fórmula que permita calcular el lado de otro polígono regular de 2n lados ( “L ^ ” ). 489
Solución Se construye el gráfico. Considerando AB = Ln: •2n
AM = MB
AM = L,n
B L_i
En el triángulo AOM, por Teorema de Euclides:
\
s
\
AM2 = OA2+ OM2- 2 x OM x ON ... (1 ) Donde: y;
N
•2 n
N
V
\
s
o
OA = OM = R ON = an =
4 R 2 - L2
Reemplazando en ( 1 ) : L |n = R2 + R2 - 2R x ^ y ¡ 4 R 2 - L2
de donde :
( fó rm u la ).
L2 n =
Nota.- Por ejemplo, si se nos pidiese calcular el lado del polígono regular, de 24 lados L24 = L2 x 12 =
24
2 fí2 - R -J~4R2 - L22
= ^2R2 -R ^ 4 R 2 -^ R iJ T -j3
L24 = R ^ 2 — -J 2 + -J~3 - Análogamente: L 16 " L 2
*-16
x
0
=
- /2 R 2 ^ R ^ p T ^
= f í j 2 - j 2 + y[2
- También: L 32 - L 2 x 16
*-64 - *-2 x 32 =
490
R \l 2 - \| 2 + -J 2 + -J~2 + J~2
Se observa que, para potencias de 2, se puede encontrar fácilmente la longitud del lado del polígono regular. Para un polígono regular de: 4 lados
-»
L0 =
8 lados
16 lados
L 22 = R y¡~2
L4 =
-»
L
L16 =
32 lados
= 32 ~~
64 lados
*“ S4 ~
2k lados
= R- J 2 - -¿2
L
*"25
= R ^ 2 - ( 7 l^ 2 + /2
2 + ^ 2 + y¡2 + / 2
L26 = R i/ 2 -
—»
Por ejemplo, para L12e:
L i28 = L2? = R-J 2 - J 2 + J 2 + )/ 2 + a/ 2 + / 2
El Núm ero k .- El número n se define como la razón de la longitud de una circunferencia, a su diámetro. Q Si C, es la longitud de cualquier circunferencia, de radio R : — • = n , ( constante ). 2R
Cálculo de t i .- Si se inscribe un polígono regular de n = 2k lados, en una circunferencia de radio R; haciendo “k” cada vez mayor, se tendrá un polígono de mayor número de lados y su perímetro se aproximará cada vez más a la longitud de la circunferencia ( C ). El perímetro Pn, de éste polígono: Pn = nLn , donde n = 2k lados , Entonces, s i :
n
°o
Pn
C
491
P e ro :
Ln = L2k = FlJ 2 --J 2 + -J 2 + ... + ( k -1 ) radicales.
/.
Pn = nLn = 2K . R ^ 2 - ^ 2 + ^ 2 + ... + / 2 ( k - 1 ) radicales
Luego: 71 =
_
2R
1n
2R
Es d e c ir:
n = 2( k - 1 ) ^ 2 - ^ 2 + ^ 2 + ... + f 2 ( k - 1 ) radicales. o mejor aun : 71 = 2 k + 1 J 2 - J 2 + J 2 + ... + k radicales
Los antiguos egipcios calcularon el valor de n , hasta , para k = 14 ; dando n = 2 14 + 1 = 2 15 = 32 768
lados.
obteniendo entonces : 71 =3,1415926535140
L o n g itu d de una circu n fe re n cia .- Como : ^
492
= 71
Es d e cir: " La longitud de toda circunferencia es proporcional a la longitud de su radio.H Usualmente , la longitud C , de una circunferencia , se deja indicada en función de n. Por ejemplo para una circunferencia de radio 5 cm : C = 10 n cm. Si D , es longitud del diámetro de una circunferencia :
Longitud de un arco.- La longitud de un arco, cuyo ángulo central tiene medida a® , se evalúa: Longitud del arco AB.
PROBLEMAS En la fig u ra : O es centro de los arcos AD y BC. AB y DC, son diámetros. Hallar el perímetro de la figura sombreada. 29 A ) — n cm
23 B) — n cm
D) 15ti cm.
E) N.A.
C) 14 ti cm.
Solución X = L © + Lnr d + L DC BC + LÍ AB Donde : L^g = 2 k x 12 cm x
(D / 30 V 360' /
' 30 Lb£ = 271 x 21 Cm x ^ 360 /
- 271 cm
7 K
cm
AB y DC, forman una circunferencia de diámetro 9cm 493
= 2 n x ? ~ p - = 9 K cm
l Í b + L dc
Reemplazando, en ( I ) : x = 2 ncm + x =
Rpta:
7 71
cm +
9
Tccm
29 — 7i cm
( A ).
Un tramo de vía férrea curvilínea está formado por dos arcos sucesivos. El primer arco corresponde a un ángulo central de 20° con un radio de 2500 pies, y el segundo corresponde a un ángulo central de 25° con un radio de 3000 pies. Encontrar la longitud total de los dos arcos. A ) 2180
B ) 2182
C ) 2184
D ) 2186
E ) 2188
Solución Los arcos pueden ser del mismo sentido o de sentido contrario. / 25° ' L1 = 2 k ( 3000 ) \ 360° > L, = 2 k ( 2 5 0 0 )
20
y
2500
\
20 360° / *
s \
L
i
i
L = 25000 * = 2181,66 2 36
i
v -r
'* 25'
L, + Lg = 2182 Rpta:
( B ).
Un arco con radio de 8m. mide 3m. ¿Qué diferencia existe entre la longitud de este arco y la de otro, del mismo valor angular, de 6m. de radio? A) 4m.
B) 2,5m.
D) 0,75m.
C) 1,2m.
E) 0,5m.
Solución Sean los arcos : Por semejanza : ^ ¡- = 3 8
->
Lx = 2 , 2 5 x
L - L = 3 - 2,25 = 0,75 Rpta:
( D ).
L =3
A* 8
Sobre el diámetro “ 2 R “ de un semicírculo se toman segmentos cualesquiera AB, BD, DE, EF y FG, los cuales se utilizan como diámetros de otros semicírculos, según la figura. Calcular la longitud total de A C ,, BC2 , DC3 , EC4 , FC5 G. A) 2 rr R B) Falta datos C)
tcR
D) S « R E) Ninguno
Solución Llamando , L , L , ,
...
Las longitudes de las semicircunferencias L = 7lR
Li = K
/ AB \
2 J /
Lo = 71 \
,9 Loc = 71
2 /
Le = 7t
, 2 J /
>
DE
BD
, L4 = n
\
EF
2
FG
j Sumando L, + L2 + L3 ... se tiene :
n L, + L2 + l_3 + L4 + L5 = - | ( AB + BD + DE + EF + F G ) K = — ( 2R ) = 2 v ' '•
tiR
L, + *-2 + >-3 + L4 + L5 = L
“La suma de longitudes de todas las semicircunferencias menores, es igual a la longitud de la semicircunferencia mayor” . Entonces, la longitud total:
L1 + L2 + l_3 + L4 + L 5 + L = tcR + tcR = 2 tcR. Rpta: ( A ). 495
5)
Hallar la longitud de la figura, si: m EF es de 60° y los demás arcos son semicircunferencias de igual radio. A )5 k R B )4 tcR 7CR C) 17_6~ 19jiR D>
—
E) Ning. anterior
Solución Se tendrá :
L,otal = 5 ( L ® ) +
(1 ).
Como : AB = L6 = R Esto indica que el radio de AB es — . 2 tcR
Luego:
*-ab
(
“
2
).
También: / L^f = 2 tcR
60 O \
Reemplazando en (1 ) : / rcR ' TtR Ltotal = 5° + V
Rpta:
6)
J
tcR
(3).
17nR ocal
( C ).
Hallar la distancia “ x u que recorre un ü yo - yo ”, cuya cuerda tiene longitud L, hasta el instante en que la cuerda esté tensa, manteniendo fijo el extremo A.
A)
V 7C2 - 4 - 2 71 *
;--ia cuerda total
■Jn2 - 4 - 2 2L C)
yj K2 - 4 - 2
7C
D) Ning. anterior. 496
A*.-'"" í*hiw.íj.r • —
^ # «I.KÍÍt-f¿"íw. > X
—
'
Solución Sea “ r ,l, el radio del arco que describe ia cuerda, en su posición inicial:
2nr
21 r= n
= L
En el A ABA A "B = ^ ( A A “ )2 - ( A B )
2 4L2 A "B = J L ; K
A“B = - J n 2 - 4 n
x = A"B - r ; sustituy. valores:
Ahora :
L yn tt—- 4 a -------2L ; x= —
= - f y k2 - 4 - 2 71 V
Rpta:
J
(A).
La figura muestra un cuadrado de lado L, una circunferencia y cuatro semicircunferencias Hallar el perímetro de la región sombreada. 5 A )3
B
,
B)27cL
0 ) 1 «L 8
,
Solución Se analiza una parte de la figura ; el perímetro pedido equivale a : x = * 8 ( L £ ) + 4 ( L - ) .......... ( I ) Como :
OM = OF = MF A OMF, equilátero.
Entonces : m ZOM F = m ¿M OF = 60° y m Z.FOP = 30° Análogamente : m L MOE = 30°
m Z.EOF = 30 497
Luego :
L¿p = 2 rc
x
MO
x
í m ZOM F ^ L = 2 7C X — [ 360° , 2
X
(' 60 l^ 360
71L
l Óf
-
x
OF
O O co
También : L£p = 2 k
x
( m ZE O F > = 2 tc x — x 2 l 360° l 360° >
Finalmente, reemplazando en ( I ) : x = 8
i \ '/ 71L i
V
Rpta:
6 ,
+ 4
' ni
{
12
( A ).
ABCDEF, es un hexágono regular, de lado “ L A , es centro de los arcos BF y CE. BC y EF, son diámetros. Hallar el perímetro de la figura sombreada. kL
4 * /3 )
A)
E) N.A.
Solución Se pide .
x = Lgg +
+ L|g + L^g
S ie n d o :
( m ZBAF > f 120° \ = 2 rc x L x LBF = 2 tc . AB . ^ 360° l 360° )
(I)
J
= — x 2 tc x
= — x 2n x
/ L^ q —2 7i . AC .
2
' m ZCAE v
360'
L ' v. 2 /
\
= 2 tcL / 3 . /
Entonces; en ( I ):
7CL 2 . tcL t i, rr x = —tcL + — + —L J 3 + 3 2 3 v Rpta:
(B)
LFE
TtL
(5 + / 3 )
60
360° ,
Hallar el perímetro de la figura sombreada Si el radio OA, mide R. m L AOB = 60°. Además : O, es centro de EF. AE y FB, diámetros.
A
A ) - |n R ( 6 - / 3 )
B)|^R(3 + / 3 )
C)^R
D) f * R ( 3 - V 3 )
(3 + ^ 3 )
B
o
E )f *R (6 -/3 )
Solución x - La^ + LF¿ +
+ Lawb.......... ( I ). A
Debemos encontrar los otros radios, en función de R. Sean P y r, centro y radio de la cir cunferencia. A OFP (30°, 60° ) :
OP = 2PF
o
OP = 2r
*"
F R—
Entonces : OP + PM = OM 2r + r = R
-+ r =
R —
Además : OF = r^¡3 = — >/~3 y FB = R - r f é 3
—> FB = R -
3
AE y FB, forman una circunferencia de diámetro F B .
Por otro lado : Lgp =
r*J~3 )
Finalmente, reemplazando lo hallado, en ( I ) : R (6 -/3 )
Rpta: ( E ). 499
La figura muestra tres circunferencias de igual radio V , ortogonales entre sí, dos a dos. Hallar el perímetro de la figura sombreada.
nr A)
Ttr B)
~3~
2nr C)
nr D)
E) N.A.
Solución Por ser ortogonales las circunferencias: OA 1 PA ; OC _L QC, Q BlP B ;O E ±P E , OAPE, es un cuadrado. La suma de las medidas de los ángu los internos de APBQCO, es : 1 8 0 ° ( 6 - 2 ) = 720° P e ro : A + B + C = 3 x 90° = 270
L AOC + ¿CQB + L APB = 720° -2 7 0 ° = 450 y
¿ AOC = ¿ CQB = ¿ APB =
Entonces : L EOC =
Luego:
Lee = 2 L^p
r V
Perímetro =
Rpta:
( D ).
7tr
= 150
L AOC - L AOE = 150° - 90°
L EOC = 60° /
450'
L EOF = 30°
ZEO F 360°
\ = 2 7cr /
Tcr 360'
Perímetro = 3 ( Lfp )
11)
La longitud del lado del triángulo equilátero ABC , es 2u. AB y BC : diámetros. M, es punto medio de AC. B, es centro de los arcos EMF y AC. Hallar el perímetro de la región sombreada.
A ) ^ ( 2
3
+ / 3 )
u
271 C)4f(3 + / 2 ) U
2n B) ^ ( 3
i
+ ^ 3 )
2n D )^(2 + ^ )
u
u
E) N.A.
Solución X“
+ ^AC + ^"CF + ^EMF ~ ?
Como AB es diámetro, entonces m Z A E B = 90° AAEB = A AME m Z ABE = m Z ABM = 30° Luego : m Z AOE = 60° - Ahora :
- Entonces :
12)
360'
60
\
360'
71 3
/
2 ti
y
J
lemf
- 2 k -Z2
f 120 \
2 k ^J~3
360'
. _ ^ 71 271 7C 2 * 4 3 x = Lea + L ac + LCp + Lemf - — + — + — + -
X =
Rpta:
60
L ^ —LCF r í —2 71 x 1
L ac = 2 k x 2
\
271
( 2 + / 3 )u
( A ).
La longitud del lado del cuadrado ABCD , es 6cm. A -> centro del arco BD. D centro del arco AC. BC. diámetro. Hallar la suma de longitudes de los arcos: ^EF + ^FM A) Ttcm.
B) 37rcm.
D) — k cm 3
F } — ti
C) 27tcm
cm
; 3
501
Solución Si se trazan AO , OF y AF A ABO = A AFO ( LLL ) -¿AFO = Z A B O = 90c Entonces , si Z BAF = a° Z FOC = a° Z EOB = a °
V
Sea: Z FAD = p° en el vértice A.
a° + p° = 90P,
Z EOF = 2p° o
A AMD, equilátero, ya que AM = AD = DM Z MAF = 60° - p°
Luego: Lgp' = 2 ti
x
' 2p 3. , 360
L^ =
J
Kp 30 » •
/
60° - p° N 360
Rpta:
( C ).
/
->
l^ - = Í L ( 6 0 - P )
CAPITULO 1 7 v
AREAS DE LAS REGIONES PLANAS CONTENIDO I.
INTRODUCCION: Postulado de la Unidad. Expresiones básicas: Rectángulo, Romboide, Triángulo, Rombo, Trapecio. Ejemplos Resueltos.
II.
REGIONES TRIANGULARES: Teorema de Herón; Area en función de: Circunradio, Inradio, Exradios . Expresión Trigonométrica. Casos Particulares (Triángulo rectángulo).
III.
Relaciones Fundamentales en el Triángulo.
IV.
Comparación de Regiones Triangulares - Propiedades. Problemas Resueltos.
V.
REGIONES CUADRANGULARES.- Casos y Expresiones. Comparación de Regiones Cuadrangulares. Propiedades. Interpretación Geométrica del Teorema de Pitágoras. Problemas Resueltos.
VI.
REGIONES POLIGONALES.- Polígonos circunscritos. Polígonos Regulares. Sector Poligonal Regular. Teorema: Polígonos semejantes. Teorema; Generalización en figuras semejantes. Teorema aplicado en el triángulo rectángulo. Problemas Resueltos.
VII.
REGIONES CIRCULARES.- Círculo. Sector circular. Segmento circular. Zona circular. Aro circular. Trapecio circular. Lúnulas de Hipócrates. Problemas Resueltos. PROBLEMAS PROPUESTOS. CLAVE DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS. 503
I.- INTRODUCCION Una región triangular es la reunión de un triángulo y su interior.
Una región poligonal es una figura plana formada por la reunión de un número finito de regiones triangulares en un plano, de modo que si dos cualesquiera de ellas se intersecan, su intersección es o bien un punto o un segmento.
(a)
(b)
(c)
Observe el lector que una misma región poligonal se puede dividir de diferentes formas : ( figura a y c ) a fin de tener un conjunto de regiones triangulares. El área de una superficie limitada, cualquiera, es la medida de su extensión, indicada por un número positivo único, acompañado de la unidad adecuada (cm2 , m2 , etc.). De modo que la hablar del área de una región triangular, región cuadrangular, región trapezoidal, región poligonal, etc., estaremos haciendo referencia a la medida de la superficie limitada por un triángulo, cuadrilátero, trapecio, polígono, etc. Para simbolizar el área de una región cualquiera, comunmente se usan las letras mayúsculas A o S , siendo por ejemplo: SpQR, el área de una determinada región triangular PQR. 1.1.
P ostulado de la Unidad.- El área de una región cpadrada, se expresa por el cuadrado de la longitud de su lado.
s
a
504
a
V
O bservaciones: * En adelante, para abreviar, haremos referencia al área de un triángulo, área de un polígono, etc., entendiendo, desde luego, que se trata del área de la región correspondiente. * Es a partir del postulado de la unidad del área (área del cuadrado), que se demuestran las fórmulas básicas para el cálculo de área de las diferentes regiones elementales: rectángulo, triángulo, trapecio, etc. * Dos regiones cualesquiera, que tienen igual área, se llaman equivalentes, independiente mente de la forma de uno con relación al otro. Así, por ejemplo, para la figura adjunta diremos que el triángulo y cuadrilátero, son equivalentes.
* Dos triángulos congruentes ( en general dos polígonos congruentes ), son equivalentes. Veamos a manera de aplicación del postulado de la unidad de áreas, la demostración de la expresión para el cálculo del área de un rectángulo, así como la deducción para el romboide y triángulo. 1.2.
Teorema.- El área de todo rectángulo es igual al producto de sus dos longitudes.
Demostración : Con la figura adjunta, donde A 1 = b2 , A2 = a2 y S’ = S, por ser rectángulos congruentes, el área de la figura total es: S + S’ + A 1 + A2 - StotaI Luego :
i--------q — a i p........ ......
2S + b2 + a2 = ( a + b )2
T
2S + b2 + a2 = a2 + 2ab + b2
Ai
s
S
a2
b
Cancelando a2 y b2 : 2S = 2ab a
De donde : S = a . b , como queríamos demostrar.
i i □ - - b ----- .... a -i 505
1.3.
Teorem a.- El área de todo romboide es igual al producto de la longitud de un lado y la altura respectiva a dicho lado.
^ABCD “ k • h
* Nota.- Puede expresarse también el área del romboide mediante el producto de la longitud de CD y la altura trazada a dicho lado. ( Distancia entre AB y CD ). D em ostración : Como : A BHA = A CED, entonces AH = DE, por lo que HE = AD = b. Además SAHB - SDEC
9
_ q
ABCD “
HBCE
Siendo : SHBCE = HE x BH = bh ^ABCD “ kh
1.4.
Teorem a.- El área de todo triángulo es igual al semiproducto de la longitud de un lado y la altura respectiva.
D em ostración : Trazando paralelas para formar el paralelogramo ABCD; puesto que los triángulos ABC y DCB son congruentes, sus áreas equivalen a la mitad de la del paralelogramo:
ABC
_ Ü ABDC _ b . h
b .h ABC A
506
* Demuestre el Lector las expresiones básicas para el cálculo de áreas del trapecio y rombo, así como las deducciones para los triángulos rectángulo y equilátero. 1.5.
Teorem a.- El área de todo trapecio es igual al producto de la semisuma de las longitudes de las bases y de la altura.
h
1.6.
C orolario.- El área de todo trapecio es igual al producto de la longitud de su mediana y la altura. Siendo m y h las longitudes de la mediana y la altura, respectivamente:
h
-
1.7.
Teorem a.- El área de todo rombo es igual al semiproducto de las longitudes de las diagonales.
B
•£H (AC).(BD) 4
' c
* Nota.- También, para el rombo ABCD : S = ( CD ) . ( BH ) 507
1.8.
C orolario.- El área de todo triángulo rectángulo es igual al semiproducto de las longitudes de los catetos.
1.9.
C orolario.- El área de todo triángulo equilátero es igual a! cuadrado de la longitud del lado, multiplicado por el factor
43
1.10. C orolario.- El área de todo cuadrado se puede expresar como la mitad del cuadrado de la longitud de su diagonal.
EJEMPLOS 1)
En un trapecio ABCD, se conocen las longitudes de las bases: BC = 15cm. y AD = 27cm P esun punto de AD, tal que al unirlo con C, resultan dos regiones equivalentes. Hallar PA
Solución B
Del gráfico, se tiene: ^ABCP “ ^PCD _ ( 2 7 - x)h h= 2 De donde, fácilmente hallamos : Rpta: 508
x = 6
->
AP = 6cm
15
2)
Un terreno que tiene forma de un trapecio rectángulo cuyas bases son : AB = 200m. t DC = 180m. y la altura AD = 120m., ha de dividirse en tres parceles equivalentes, de modo que sus dueños puedan, sin salir de sus propiedades respectivas, ir por agua a un pozo P, situado en la base superior DC y a 75m. del punto D. Hallar la diferencia entre las longitudes de los segmentos AR y GB de la base inferior. D A) 35 m
B) 30 m
C) 40 m
D) 25 m E) 20 m
Solución D — 75 - P
Por ser equivalentes, los trapecios :
105
^AOPR = ^GPCB 120
f GB + 105 > . 120 = . 120 ^ 2 j
CM
—>
( AR + 75 ^
B
De donde, al simplificar y d e sp e ja r: AR - GB = 30
Rpta: ( B ). 3)
En un trapecio de bases 3 y 5 se traza la mediana determinándose dos trapecios cuya relación de área, es: 1
A) 1
B> 9
D)
C> 2
25
E)
16
Solución - Sea ABCD, el trapecio.
B
3 + 5 Luego : MN = — - — = 4 - Se pide : ^3 + 4 ' .
’MBCN _ v AMND
'4 + 5
h
\ .h /
Sm bcn _
J_
S amnd
^
Rpta: ( B ). 509
4)
En la figura, hallar el área de la región sombreada. y í) 65u2
10u
Bh
B) 60u2
He
C) 75u2
6u
D) 80u2
D -í4u * *iE t
E) N.A.
Solución Se pi de: SABD
f
O bservam os: f
^ABD + ^BCD + ^AED “ ^ABCE Luego : e
10x6
15x4
b ABD + -----~----- + -----~-----
f 10 + 15
\ . 10
\
T CE
Efectuando :
SABD = 65u2.
Rpta: ( A ). 5)
La longitud del lado de un cuadrado ABCD es 6cm. Se construye exteriormente el triángulo equilátero CED y se traza A E . Hallar el área del triángulo AED.
Solución Del gráfico : AD . EH
(1
AED
)
Siendo AD = 6cm. y en el ADHE, DE EH se opone a 30°, luego : EH = — EH = 3. Sustituyendo en (1 ) : Rpta: 6)
SAED
S AED =
9 CrT>2
Calcular el área de un triángulo equilátero, sabiendo que el radio de la circunferencia inscrita mide 2m.
A) 6 / 3 m 510
6x3
B )1 2 /3 m
C) 8 / 3 m
D) 9 ^ 5 m
E)
10 /3
m
Solución Sea el triángulo ABC B En A IMC :
MC = 2 / 3 ,
( se opone a 60° ) AC = 2MC
Luego :
AC = 4 / 3 /3
SABC = AC
ABC
Rpta: ( B ). En un triángulo equilátero ABC de 4m. de lado se trazan los segmentos : MN paralelo a AC y ND pareleio a B A , de tal manera que se forma el rombo AMND. ¿Cuál es el área del rombo? A) 2 / 6 m
B) 4 m:
C) 2 / 3 m
E)4/3 m
D)3^3 m
Solución Como MN es paralelo a AC, el A MBN es equilátero. Luego, BM = MN = AM. Esto indica que el lado del rombo AMND mide 2m. Luego :
AMND
B
= 2(Samd) = 2( AM2
)
SAmnd = 2 ( 2 ^ )
AMND
=
2 / 3
m
Rpta: (C) En un triángulo rectángulo un cateto mide 4m. y la altura sobre la hipotenusa 2,4m. ¿Cuál es el área del triángulo?
A) 9,6 m
B) 8 m2
C) 7 m2
D) 6 m2
E) 5 m: 511
Solución Consideremos el triángulo PQR.
Q
Luego: _ PR . QH PQR
S
PQR
PQR
=
PR(2,4)
-------
-
= ( 1,2 ) P R
(1 )
Para hallar PR, previamente calculamos PH, en el A PHQ, con el teorema de Pitágoras PH = y/42 - ( 2 , 4 )
-4
PH = 3,2
Luego, en A PQR, sabemos por relaciones métricas : PQ
= PR . PH ->
42 = PR . ( 3,2 )
SPQR = ( 1, 2 )( 5 ) Rpta: 9)
/. PR = 5, sustituimos esto en (1 ) : ®PQR —
'
(D)
En un triángulo rectángulo ABC, el ángulo recto es C. Por D punto medio de A B , se levanta una perpendicular que corta al cateto CB en el punto E. Se sabe que : AB = 20m. AC = 12m. Entonces, el área del cuadrilátero ADEC, es : A) 37,5 m
B) 58,5 m2
C) 48 m
D) 75 m:
y
E) 24 m2
Solución Del gráfico : (1
^ADEC ” ^ACB " ^EDB
)
En A ACB, con el Teorema de Pitágoras
B
hallamos CB = 16 L u e g o : SACB _
A C . CB
12x16 ^ A C B
“
9 6 m
2
(2).
Para el SEDB, hallamos antes ED a partir de la semejanza entre los triángulos EDB ACB : ED DB — = AC CB 512
ED 10 —» — = — 12 16
ED = 7,5
y
ED . DB _ ( 7 , 5 ) ( 1 0 )
Ahora : S eos
SEDB = 37,5 m2
(3 )
En seguida con ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) : SADEC = 96 m2 - 37,5 m2 = 58,5 m2 Rpta: ( 8 ) En un triángulo ABC, isósceles, con AB = BC, la altura que parte de B mide 8m. y el perímetro 32m. El área de! triangulo, es : A) 126 m:
B) 64 m2
C) 48 m
D) 142 m:
Solución
E) 56 m2 B
Con la figura adjunta : 2a + b = 3 2 ........... ( 1 ). En el A BHC : / a2 = 82 +
De donde : a2 - — = 64 4 ó : 4a2 - b2 = 256
-»
( 2a + b ) ( 2a - b ) = 256
Con ( 1 ) : ( 32 ) ( 2a - b ) = 256
2a * b = 8
(2).
De (1 ) y ( 2 ), hallamos : a = 10 y b = 12 Luego : S ABC ,„ „ = A 9_'.BH = 1 2 x 8 = 48 SABC = 48 m2 Rpta:
( C ).
Los lados no paralelos y la base menor de un trapecio isósceles son congruentes entre sí y miden 10m. Si la base mayor mide 22m., el área del trapecio, en metros cuadrados, es : A) 128
B) 320
D) 160
E) 220
C) 144
Solución Según el gráfico : m = 6 Luego : h2 = 102 - m2 = 102 - 62
h = 8 513
•
El área : S =
•
'1 0 + 22 ^ \
.8
/
S = 128. Rpta: 12)
(A)
El área de un cuadrado inscrito en un semicírculo es al área del cuadrado inscrito al círculo entero, como : A) 1 :2
B) 2 : 5
C) 2 : 3
D) 3 : 5
E) 6 : 4
Solución ( a ) En el semicírculo, consideramos el triángulo rectángulo
x2 +
x \ 2 j
De a q u í: x2 = — R2
Luego, el área : S- = — R2 1 5
(1 )
( b ) En el círculo : y = R Siendo el á r e a : S2 = 2R2
s, = y2
(2)
Luego, de ( 1 ) y ( 2 ) : R 1
2 5
_
2R Rpta: 13)
( B ).
Una de las bases de un trapecio mide 10m., su altura 4m. y el área 32m2. Calcular la longitud de la paralela a las basec, trazada a un metro de distancia de la base dada.
Solución Llamando “a” la longitud de la base desconocida, con el dato del área : \ x 4 = 32 V
->
a = 6
J
Luego, tenemos la figura adjunta, donde la incógnita es EF 514
A s í: ^A£FD + ^EBCF “ ^ABCO Es d e c ir:
( EF + 10 > CM
X
' EF + 6 ^ 1+ í x 3 = 32 , 2
l
J
De donde, fácilmente hallamos
Rpta: EF = 9. 14)
Los lados de un rombo son dos radios y dos cuerdas de una circunferencia de 16cm. de radio. El área del rombo, en cm2, es : A) 128
B) 1 2 8 /3
D) 512
C) 256
E) 5 1 2 / 3
Solución Del gráfico, notamos que los triángulos AOB y BOC son equiláteros. Luego: B ABCO
\ S
- ^
ABCO "*
® ABCO =
16‘ /
128 ^
Rpta: ( B ) 15)
En un cuadrado de 6m. de lado se inscribe un rectángulo de 8m. de diagonal, con la condición de que sus lados sean paralelos a las diagonales del cuadrado. El área del rectángulo, es : A) 2 m2
B)2 / 5
m
C )4/5 m
D)4m:
E) Ninguna anterior.
Solución Al graficar observamos que los vértices del cuadrado ABCD son los respectivos vértices de los ángulos rectos de cuatro triángulos rectángulos isósceles. El área S del rectángulo : S = ( a / 2 ) ( b / 2 ) -» S = 2ab...( 1). Siendo, por dato, la longitud del lado del cuadrado 6 metros : a + b = 6 . 515
Elevando al cuadrado, para tener el producto de a y b : ( a + b )2 = e2
->
a2 + b2 + 2ab = 3 6 ........... ( 2 ).
Además en el triángulo rectángulo sombreado : ( a / 2 ) % ( b ^ ) 2 =82 De donde :
a2 + b2 = 3 2
( 3 ).
Finalmente, con (1 ) y ( 3 ) en ( 2 ) : 32 + S = 36 Rpta:
S = 4 m2.
( D ).
Si la base de un rectángulo aumenta en 10% y el área no varía, es porque la altura disminuye en : A) 9%
B) 10%
E) 9 — % 11
D) 11— % 9
C) 11%
Solución
3---
L_
Inicialmente se tiene el rectángulo :
s
Luego, al aumentar la base en un 10%
1
Entonces :
c
( 1,1b ) x = bh
_
10u De donde : x = — h 11 Es decir, la altura disminuye en :
10 111
1 11
J
L
s
Equivalentemente : •
_1_ _1_ x 100 % = 9 — % 11 11 Rpta:
/
1
r
1,1b
( E ).
Un terreno tiene forma rectangular y se sabe que su perímetro mide 46m., siendo su diago nal igual a 17m. ¿Cuál es el área del terreno?
A) 90 m2
B) 72 m2
C) 120 m2
D) 60 m2
E) 80 m2
Solución Del dato : 2(a + b) = 46
a + b = 23
(1 )
Además : a2 + b2 = 2 8 9 ............... ( 2 ). Para obtener el área S = ab, elevamos ambos miembros de la expresión (1 ) al cuadrado : (a + b)2 = 232 Desarrollando : a2 + b2 + 2ab = 529 Con ( 2 )
289 + 2ab = 529
ab = 120
S = 120 m2
Rpta:
( C ).
La base de un triángulo isósceles es Si las medianas dibujadas hacia los lados congruentes se cortan perpendicularmente; entonces, el área del triángulo, es : B) 2
A) 1,5
D) 3,5
C) 2,5
E) 4
Solución Sea el A ABC, con AB = BC. Entonces : AN = C M
B
y AH = HC. El A AOC es
isósceles : AO = OC.
OH = —
->
_>/2 OH =
Siendo O, el Baricentro del A ABC BH = 3( OH ).
• •
BH = - J 2
Luego : 1 SABC = "2 ( AC )( BH )
ABC
Rpta:
= 1,5
( A ).
517
19)
En un triángulo ABC se conoce que la altura BH y la mediana BM trisecan al ángulo ABC Hallar el área del triángulo ABC, si HM = 1 m. A) V 3 m
B) 2 m
C ) 2 / 2 m'
D) 2 / 3
m
E ) 3 j3 m
Solución
- Del gráfico : A ABM
isósceles
AH = HM = 1 Luego : MC = AM = 2
1
h
1 “—4
En el A BHC, por el primer teorema BC BH
de la bisectriz
Luego
MC HM
HC
BH =
7 ?
BC
2
BH
1
C = 302
BH = / 3
/3
- Finalmente Rpta: 20)
( D ).
Hallar el área de un rombo ABCD, en el cual M es punto medio de B C ; AM corta a BD en el punto R , RM = A) 12
~2 y el ángulo BRM mide 45°.
B) 48
C) 24
Solución S
ABCD
= AC . BD
-----------------
(1
)
Del gráfico : R, es Baricentro del A ABC AR = 2( RM ). AR = 2 / 2 - En el A AOR : AO = OR = .AR
7?
AO = OR = 2 Entonces : BO = 3 ( O R ), para el A ABC BO = 3(2)
51H
BO = 6. Luego: BD = 12.
D) 36
E) 18
Además : AC = 2( A O )
—>
AC - 2( 2 )
AC = 4. Sustituyendo los valores de AC y BD, en (1 ) c
_ 4 ABCD “
x
1 2 _
p4
----- -------
Rpta: ( C ).
519
II.-
REGIONES TRIANGULARES
Veamos a continuación, diversas expresiones para el cálculo del área de un triángulo, derivadas en su mayoría de la fórmula básica y dependiendo de los datos considerados. 11.1. Teorem a de Herón de A lejandría.- El área de todo triángulo, es igual a la raíz cuadrada del producto del semiperímetro y su diferencia con cada lado. D em ostración :
B
En efecto, para el AABC, se tiene s = bi i hb 2
(1).
Pero, sabemos que, siendo p el se miperímetro del triá n g u lo : 2 = -V p (p -a )(p -b )(p -c) b
............( 2 )
Al reemplazar ( 2 ) en la expresión ( 1 ) :
S = ^ p ( p - a )( p - b ) ( p - c )
2. En fu n ció n del c ircu n ra d io R.- El área de todo triángulo es igual al producto de las longitudes de los tres lados, dividido por cuatro veces el circunradio. D em ostración B
En A ABC : S =
( 1 )-
2 Sabemos, además que : h ( 2R ) = a . c a.c 2R
(2).
Reemplazando la expresión ( 2 ) en la (1 )
3. En fu n ció n del in ra d io r.- El área de todo triángulo es igual al producto del semiperímetro y el inradio. b D em ostración : * Por adición, tenemos : ^ABC - ^AIB + ^BIC + ^AIC Luego:
520
SABC -
AB.r
------------ +
BC. r
AC . r
+ ------------
Esto e s : ' AB + BC + AC
ABC
V pero : AB + BC + AC
= p. ( semiperímetro )
De d o n d e : ^ABC _ P • r
.4.
En fu n ció n de un ex-radio.- El área de todo triángulo es igual al producto del ex-radio relativo a un lado y la diferencia entre el semiperímetro y dicho lado. D em ostración : Sea el A ABC, donde AB = c , BC = a , AC = b y ra el ex-radio relativo al lado B C . Se tiene :
SABC - SABEC - SBEC
Es d e c ir.
SABC - SAEC + SAEB - SBEC h ■ra
c . rB ^ a ■ra
ABC
ABC
j
Siendo : a + b + c = 2p, el perímetro del A ABC, De a q u í: b + c = 2p - a , reemplazando en la expresión ( 1 ) ' 2 p - 2a ABC
\
* En forma análoga :
/
^ abc ~ ( P " ^ )ri
II.5. En fu n ció n del in ra d io y lo s ex-radlos.- En todo triángulo, el área es igual a la raíz cuadrada del producto del inradio y los tres ex-radios. 521
Demostración : *
En efecto, por deducciones anteriores tenemos, para el área : S = p.r S = (p-a)r
a
S = ( p - b ) rb S = ( p - c ) rc Multiplicando miembro a miembro estas expresiones : S4 = p( p - a ) ( p - b ) ( p - c ) r . ra . rb . rc
i S< = S 2 . r . ra . rb . rc
Esto e s :
S = ^ r . ra . rb . r£
De donde :
11.6. Expresión T rig o n o m é trica .- En todo triángulo, el área se puede expresar como el semiproducto de dos lados, por el seno del ángulo comprendido entre ellos. * Para un triángulo ABC, cualquiera :
* La demostración se deja al lector. Casos P articulares. A partir de las expresiones generales, deduciremos a continuación fórmulas para el caso de triángulos rectángulos. 11.7. En todo triángulo rectángulo el área se puede expresar como el producto de los exradios relativos a los catetos. D em ostración : * Desde luego, sabemos que, para el área S de la región triangular ABC : S = ( p - a )ra -> Además :
= p_ 5
522
S
Sumando miembro a miembro estas expresiones : 8 8 — + — = 2 p - a - b , siendo : 2 p = a + b + c '8 >1
1 Luego: V
C ra . rb
1 rb
ra
v
ra + rb
(1 )
/
Ahora, recordemos que “en todo triángulo rectángulo la suma de exradios relativos a los catetos es igual a la longitud de la hipotenusa" ( Propiedad ). Por lo que : ra + rb = c. Al reemplazar en (1 ) :
11.8. En todo triángulo rectángulo el área es igual al producto del inradio y e! exradio relativo a la hipotenusa. Para demostrar esto, recordemos que : s 2 = r . r , . rb rc Pero, por lo a n te rio r: S = ra . rb Luego : S2 = r . S r S = r.r
11.9. En todo triángulo rectángulo, el área se puede expresar como el producto de las longitudes de los segmentos que determina la circunferencia inscrita sobre la hipotenusa. Sea el A ACB, donde AT = m y TB = n, son las longitudes de los segmentos en mención. Demostraremos, que :
^ACB - m • n
Del gráfico tenemos : AC = m + r y CB = n + r Por lo que : SArn = esto es :
AC ■■CB
->
2 SACB = ( m + r ) ( n + r )
2 SACB = m . n + (m + n + r ) r
Además : p . r = S ACB
(m+ n+ r)r = S
(1 ACB
)
(2 )
Sustituyendo ( 2 ) en ( 1 ) : 2 SACB = m . n + SACB SACB = m . n ........... Como queríamos demostrar,
523
11.10. En todo triángulo rectángulo, el área puede expresarse como el producto de las longitudes de los segmentos que determina en la hipotenusa, la respectiva circunferencia ex-inscrita. * Así, para el A ACB
J EV s S = q. í
D em ostración : Por ser tangentes trazadas desde un mismo punto : AD = AE = q, BE = BF = t, y además : CD = CF -> b + AD = a + BF Con lo anterior : b + q = a + £. De lo que : q - í - a - b. Elevando ambos miembros de esta última expresión , a fin de obtener el producto entre q y t : (q- O 2 = (a-b)2 Desarrollando : q2 + í 1 - 2q? = a2 + b2 - 2 a b Siendo, para el A ACB : a2 + b2 = AB
( 1 ).
= ( q + £ )2 ........... ( 2 )
Reemplazando ( 2 ) en (1 ) : q2 + l 2 - 2q£ = ( q + O 2 - 2ab De donde : ab = 2q¿ ab
= q.t
Esto es : S = q . t
11. Sea ÁCB un triángulo rectángulo ( ver figura ), recto en C. Se dibuja la circunferencia ex inscrita relativa a uno de los catetos, la cual es tangente a la prolongación de la hipotenusa, en F. Demostrar q u e :
F 524
A
b
III.- RELACIONES FUNDAMENTALES EN EL TRIANGULO Consideremos un triángulo ABC cualquiera, de inradio r, circunradio R, ex-radio ra , rb , rc y alturas ha, hb, hc . Entonces : 111.1. La inversa del inradio es igual a la suma de las inversas de los ex-radios Demostremos esto. Sabemos que para el área : S = p .r
->
- = — r s
(1)*
S S . Además podemos e s c rib ir: ~ = p - a ; — = p - b
S y — = p -c
rb
Sumando miembro a miembro estas últimas tres expresiones y factorizando S 1 1 1 —+ — + — rb
v ra
/ Esto e s :
S
1
1
1 —+ — + — c *b
r(c
\ = 3 p - ( a + b + c) )
= P )
1 1 1 p —+ — + — = —
De d o n d e :
(2).
1 -1 L r ra
Luego, comparando (1 ) y ( 2 ) :
-L + i rb rc
** Ejemplo : Hallar el área del triángulo, en el cual los ex-radios miden r = 2 cm., r. = 3 cm.
y r = 6 cm.
S o lu c ió n : * Cálculo de
r:
1 1 1 1 - = —+ —+ — r ¿ ó o
De a q u í: r - 1 cm. Luego :
S = ^ r . ra . rb . rc =
1 ) ( 2 ) ( 3 ) ( 6 ) cm:
S = 6 cm2
* Nota.-La demostración de las siguientes relaciones son similares. Se dejan al lector como ejercicio. 2. La inversa del inradio es igual a la suma de las inversas de las alturas: 1 = _1_
J _ + _[
r
hb
ha
hc
525
Ex-radios en función de alturas : 1 r. 1
1 “
1
±
N> 1
'
1
1
*> ’ h .
he
1
1
1
*c " h .
_
1 h. 1
'
hb 1
hb ~ h c
Ht.4. Además recordemos la relación de S te in e r:
r. + rb+ re = 4R + r M.5. Cabe adicionar fa relación resultante de combinar III.1 y
ra
526
rb
*c
ha
Ní
N
III.2
IV.- COMPARACION DE REGIONES TRIANGULARES - PROPIEDADES IV.1. Las áreas de dos triángulos son entre sí como los productos de sus bases y respectivas alturas. D em ostración : Q
* Para la figura adjunta, como : S ABC
b .h m .n
PQR
entonces :
S ABC SpQ R
.
b h m .n
I
IV.2. Si dos triángulos tienen congruente un lado, sus áreas son entre sí como las respectivas alturas. N B * Para el gráfico, se tendrá :
IV.3. Si dos triángulos tienen una altura congruente, entonces las áreas son entre sí como sus respectivas bases. Como ejem plo:
S AED
AD
Sdeb
DB B
IV.4. Dos triángulos que tienen congruentes un lado y las respectivas alturas, son equivalentes D e m o s tra c ió n : * Según gráfico, por IV.1 5 ABC = b • b
S jvm ABC -
= 1
b *b S TVM
527
IV.5. En todo triángulo, una mediana cualquiera determina dos triángulos parciales equivalentes D em ostración :
B
En efecto, sea BM una mediana del A ABC. Entonces, por tener congruen tes AM y MC desde B :
y
la misma altura
IV.6. En todo triángulo, al unir los puntos medios de los tres lados se determinan cuatro triángulos parciales equivalentes. D em ostración : * Por ser congruentes los triángulos MBN, AMP, MNP y NPC, se tendrá :
IV.7, En todo triángulo, al trazar las tres medianas se determinan seis triángulos parciales equivalentes. B
En efecto, por IV.5, en el gráfico adjunto U = V , W = Z . Bastará probar que X
X = Y, Z . Para
la mediana BM : c
_ c
ABM ~
BMC
X +Y +V = Z +W + U Cancelando V y U :
2X = 2Z
X = Z
Luego : IV.8. En todo triángulo, si se une el baricentro con los tres vértices se determinan tres triángulos parciales equivalentes. * Siendo G el baricentro del A ABC, al trazar GA, GB y GC, tenem os:
IV.9. En todo triángulo, al unir el baricentro con los puntos medios de los tres lados, se determinan tres regiones equivalentes. * Así, para el A ABC, donde G es baricentro y M, N, R son puntos medios de los lados : ABC
S1 - S2 - S3 -
IV.10.AI unir el baricentro de todo triángulo con los puntos medios de dos lados y dichos puntos entre sí, se determina una región triangular cuya área equivale a la doceava parte del área total. D b * En el gráfico :
tV.11 .Si dos triángulos ( dos polígonos, en general), son semejantes, entonces las áreas son entre sí como los cuadrados de cualquier par de elementos homólogos. D em ostración : * Sea k, la razón de semejanza en los triángulos ABC y A’B'C’. B*
S abc _ _ bh Como : S a ’B'C" ~ b ’ h’ 5 ABC
B
= ^ . i U k 2
b*
S a ’b c ABC
Luego :
-
h'
_
S a ’B'C’
(a 'f
, ( b* )
\2
2
, (O
\2
c ( h ‘ )2
* En la relación anterior podemos considerar también medianas, inradios, circunradios, etc IV.12.Si dos triángulos tienen un par de ángulo congruentes, las áreas son entre sí como los productos de los lados que forman dichos ángulos. * Sean los triángulos ABC y PQR, con Z B =
Z Q; entonces :
Sabc S PQR
_
AB
BC
PQ
QR
B
Q
R
529
IV.13.En los triángulos que tienen dos ángulos suplementarios, uno en cada triángulo, las áreas son entre sí, como los productos de los lados que forman dichos ángulos. * Para los triángulos ABC y MNL, s i : a + <{>= 180°, entonces :
B
M
S abc _ CA . CB ®MNL MN . NL Nota.- Las propiedades que no han sido demostradas se dejan al lector como ejercicio.
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
Los lados AB y BC de un triángulo ABC tienen longitudes 8 y 9 centímetros, respectiva mente. Una semicircunferencia de radio 6cm .es tangente a AB y BC, teniendo su diámetro sobre AC. Hallar el área del triángulo. B
Solución Trazando BO y luego los radios a los puntos de tangencia : ^ABC ” ^AOB + ^BOC 8x6 ABC
Rpta: 2)
9x6 + --------
SABC = 51 cm2.
En un triángulo ABC, se traza la bisectriz interior B D .
Demostrar q u e :
S abd
AB
s dbc
BC
( Propiedad, para todo triángulo ).
Solución B Como los triángulos ABD y DBC tienen : Z ABD = Z DBC, entonces, por IV. 12: S abd _ AB . BD c or* nr» > ODBC
530
SABD _ AB donde :
q
ODBC nnr
t3 U
El área de un triángulo ABC es 22cm2. Sobre las prolongaciones de los lados BA y BC se toman longitudes AE = 2AB y CF = 3BC. Hallar el área del cuadrilátero ACFE.
Solución Del gráfico, como los triángulos EBF y ABC, tienen en común el Z B : SEBF
BE . BF
S abc
®A . BC
Luego :
22 + X
(3n)(4a)
22
n.a
22 + X = 12( 22 ) , de donde X = 242 Rpta:
SACFE = 242 cm2
El área de un triángulo ABC es 72 cm2. Por el baricentro G se trazan paralelas a AB y BC, que interceptan a AC en los puntos E y F, respectivamente. Hallarel área del triángulo EGF.
Solución B
En el A ABC, como G es baricentro, al trazar la mediana BG M , sabemos que BG = 2 GM Si GM = m, entonces BG = 2m. Como los triángulos EGF y ABC son semejan tes, d o nde GM y BM homologas :
EGF
GM
ABC
BM‘
Rpta:
son
EGF
72 cm2
_
m e d ia n a s
m ( 3m )
SEGF = 8cm2
Hallar el área de la región triangular correspondiente a un triángulo isósceles, en el cual la base mide 16cm. y el circunradio 10cm., siendo el triángulo obtusángulo.
Solución B Como el A ABC es isósceles, la prolongación de la altura BH pasa por el centro O de la circunferencia circunscrita. Siendo AC = 16 .*. HC = 8 y 10
en el A OHC, con el Teorema de Pitágoras, hallam os:
o 531
OH = ^/ l O2 - 82
, OH = 6.
BH = 4
Luego: BH = OB - OH = 10 - 6
A C . BH
En seguida :
ABC
S ABC =
6)
16x4
3 2 Cm2
El área de un triángulo rectángulo ABC ( B = 90°), es 24cm2. Exteriormente se dibujan los triángulos equiláteros AEB y BFC. Trazar EF y hallar el área del triángulo EBF.
Solución Haciendo AB = c y BC = a, el dato AB . BC ABC
= 24 cm2
L uego: a .c
= 24 cm2
Es d e c ir: a . c = 48 cm2 .......... (1 ) La prolongación de FB forma con AB un ángulo de 30°, por lo que BH será perpendicular a AE : ' EBF
Rpta:
7)
_ B F . EH
C '
a .c EBF
, con (1 ) . SEBF -
48 cm2
S EBF ™ = 12 cm2.
Hallar el área de un triángulo equilátero, sabiendo que las distancias de un punto interior a los tres lados, son de 2, 3 y 4cm.
Solución Sea ei A ABC , P el punto en mención y a = 2cm, b = 3cm, c = 4cm, las distancias a los lados. Al trazar PA, PB y PC : ^ABC “ ^APB + ^APC + ^BPC L .h
532
=
L .c
+
L .b
L .a + -------
De donde :
( Propiedad ) ( * )
Luego, con los valores dados : h = 9cm Además, sabemos que :
h = ■— / 3
L = ~^j~3h
->
L = —/ 3 ( 9 c m ) = 6 / 3 cm 3 Y el área :
RPta:
ABC
S abc
=
27/3
=
il/3
= ( e / 3 cm
fÉ
cm
O
Otra alternativa de demostración para esta propiedad que el estudiante debe haber visto en el capítulo de congruencia de triángulos.
8)
En un triángulo ABC, se traza la mediana BM y luego MF perpendicular a BC ( F en BC ). Si MA" dista 8 / 3 cm. de BM, MF = 6cm. y el ángulo MBC mide 30°, hallar el área del triángulo MFC. B Solución Del gráfico : S
-
MFC “
^
MBC
- o
(1)-
BFM
En el A BFM ( 30° , 60° ) : BF = 6 / 3 y BM = 12 Luego : BF . MF
( 6/ 3 ) ( 6 )
BFM
BFM = 1 8 / 3 cm
..(2)
Además como BM es mediana del A ABC : SMBC = SABM
Siendo : S ABM
S ABM
BM . AE
12( 8 / 3 )
= 4 8 / 3 cm2, entonces también : SMBC =
4 8 / 3 cm
(3).
Finalmente con lo hallado en ( 2 ) y ( 3 ) , al sustituir en ( 1 ): s mfc
Rpta:
= 4 8 / 3 cm2 - 1 8 / 3 cm2
;mfc = 3 0 / 3 cm
533
9)
El área de un triángulo es “S”. Si se prolongan los lados en un mismo sentido y una longitud igual a la del lado prolongado, hallar el área del triángulo que se forma al unir los extremos de dichas prolongaciones.
Solución Sea ABC el triángulo dado y A’B’C’ el de los extremos de las prolongacio nes. Del g rá fico : SA'B'C' = S + X + Y + Z
( 1 ). A*
* Los triángulos A’B’A y ABC tie nen un par de ángulos suplementa rios ( Z A’AB' + Z BAC = 180°), luego, por IV. 13 : S A'AB' _ ( A A ')( A B ')
X
( b )( 2 n )
.
SABC
S
( b )(n )
"
( AC)(AB)
Análogamente, al comparar los triángulos BB’C’ y A’CC’ con ABC : Y = 2S , Z = 2S. Sustituyendo en ( 1 ) : Rpta: 10)
SA.B.C. = S + 2S + 2S + 2S
SA.B.C. = 7S.
El área de un triángulo es A. Si se unen los puntos medios de los lados se determina otro triángulo de área A r Si se unen los puntos medios de los lados de éste último se obtiene un tercer triángulo de área A2. Si se repite indefinidamente este proceso , hallar : A + A t + A2 + ..., en función de A.
Solución
Se tienen
A. = Ao
=
_A 4 Ai 4
Ao = A 2 Luego :
—>
Ao
—> Ao
—
16 _A_
—
64
£
= A + A 1 + A2 + A3 + ..
^ ) ^
. A A A = A + H H h ... 4 16 64
Esta es la suma de los infinitos términos de una progresión geométrica, de primer término: 1 t . = A y razón : r = -r < 1. 1 4
534
Como sabemos, por Algebra, dicha suma se evalúa mediante la fórmula : I
Entonces : 1-
Rpta:
11)
X
-
=
ti 1- r
1
g A.
Uno de los lados de un triángulo tiene longitud í. H allarla longitud del segmento paralelo a dicho lado e interceptado por los otros dos, que determina figuras equivalentes.
Solución
B
Sea EF || AC, donde : AC - i
y. SEBF = SAEFC = S
Como los triángulos EBF y ABC, son sem ejantes: S ebf _ E F 2
0 ABC Es d e c ir:
12)
AC S
EF2
tJ 2 , de donde al simplificar S y d e sp e ja r: E F = —^ — _
¿De qué naturaleza es aquel triángulo en el cual, conocidas las longitudes a y c, de dos lados, el área es máxima?. Hallar el valor de dicha área.
Solución B
* Considerando la figura adjunta, de acuer do a la expresión trigonométrica para el área :
S =
sen B ............( 1 ).
Ahora bien, como a y c son constantes y el único variable es sen B, el área S será máxima cuando sen B sea máximo, esto es : sen B = 1. Por lo que B = 90°. Es decir, se trata de 9
C
un triá n g u lo rectángulo. Y al reemplazarlo en ( 1 ), el valor del área máxima : S = — 1—
13)
En un triángulo rectángulo ABC, las longitudes de los ca te to s: AB = 3cm. y BC = 4cm. Se dibuja el triángulo isósceles BDC ( BD = D C ), equivalente a ABC, interceptando BD a AC en el punto E. Hallar el área del triángulo BEC.
535
Solución Del gráfico, como los triángulos BDC y ABC son equivalentes y tienen la misma base B C , entonces DH = AB = 3. Además AD resulta paralelo a BC: AD = BH = 2 y de la semejanza entre los triángulos BEC y DEA : ,EP _ BC
EP
EQ ” AD
QP-EP
BC AD
Luego : EP
4 =3 - EP 2
->
EP = 2
BC . EP ( 4 )( 2 ) Entonces : SBEC = — - — • = — ^ Rpta: 14)
SBEC = 4cm2.
Los radios de dos circunferencias exteriores miden 3 y 8cm., respectivamente, siendo las tangentes interiores comunes perpendiculares entre sí. Hallar el área del triángulo que forman las dos tangentes anteriores y una tangente exterior común.
Solución
El triángulo formado, ABC, es recto en B, y las circunferencias son exinscritas relativas a los catetos. Luego, de acuerdo a II-7, tenemos : S ABC =
Rpta: 15)
ra . rc
=
(
3cm
) (
8cm
)
SABC = 24 cm2.
Lahipotenusa AC deun triángulo rectángulo isóscelesABC,tiene longitud" i' ”. Exteriormente se construye el cuadrado ACDE. BE y BD cortan a AC en los puntos P y Q. Hallar el área del triángulo PBQ.
Solución Del gráfico :
SPB0 _
( 1 ). 2
Para hallar PQ : A PBQ
536
-
A EBD
Luego:
B
PQ
2
ed
9. ( + 2
PQ
2 3
PQ = — 3
Como, además BH = — , sustituyendo en (1 ) :
PBQ
Rpta 16)
f. í —x — 3 2
=
----- 1-----
f.2 P8Q
12
Hallar el área de un triángulo, sabiendo que las longitudes de las alturas son 12cm., 15cm y 20cm.
Solución Sean : ha = 12 , hb = 15 y hc = 20 Para los exradios del triángulo, usaremos las relaciones III.3 : 1
J_
1
_1
hb + hc 2
1
j_
1
—+—
1
1
1
—+ — hb
1
30
12
_i_
12 + 20
hb
rb
1
1 1 + 15 20
1
1
15
15 1
12 + 15
—» ra - 30
->
Tk = 15
->
rc “ 1 0
1 20 ~ 10
Luego, el inradio : 1
1
r
ra
— r= —
1 r
+
1
— rb
+
1 rc
1 = _ — + *+* 10 5 30 15 1
1
■ -■
1 ■
—
r= 5
Y para el área con la expresión 11.5 : S =
ijr. ra . rb . rc = ^ 5 x 30 x 15 x 10 = 150
Rpta: S = 150 cm2. 537
17)
En un triángulo ABC, de área 26 cm2, AB = 8cm y BC = 10cm. La mediana AM y la bisectriz interior BD se interceptan en el punto P. Hallar el área del triángulo BPM.
Solución Para el A ABC, como AM es mediana : _
S ABC
ABM
S ABM =
13Cm 2
Siendo : S ^ p + SBPM = SABM 3 ABP + ^BPM = 13cm 2........... ( 1 )•
Además, por el problema n + 2 , S abp _ AB __ 8^ BM ” 5 'BPM
Sabemos que :
S ABP = 8 S '-’BPM
Sustituyendo ( 2 ) en ( 1 ) : - S BPM + SBPM = 13cm2 5 R P ta ;
18)
S BPM =
->
(2). 13
BPM = 13 cm2
5C m 2*
Las longitudes de los lados de un triángulo son 5; 6 y 7 centímetros. Hallar las longitudes del inradio y circunradio.
Solución En este tipo de problema se trata de relacionar las fórm ulas de áreas. Así, por Herón de Alejandría : S = >/ 9 ( 9 - 5 ) ( 9 - 6 ) ( 9 - 7 ) S = 6 / 6 cm 5 + 6 + 7 P= r
P= 9
C álculo del in ra d io r : Sabemos : Luego :
9 r = 6 y¡ ^ 66
/.
p .r = S
r = —j — cm
Cálculo del c irc u n ra d io R : abe A partir de :
_
ü
Sustituyendo valores numéricos : 5 x 6 x 7 = q J q , de donde : R =
538
cm
19)
Halle el área de un triángulo isósceles ABC, sabiendo que AB = BC = 30 cm. y que la — perpendicular a BC, trazada en su punto medio M corta a AB en E y que
AE
1 - —
B
Solución Según el gráfico, como AB = 30 , a = 5
Luego : 6a = 30
Entonces EB = 25 y en el A EMB, hallamos en seguida EM = 20 (Teorema de Pitágoras ). Los triángulos ABC y EMB, tienen en común el Z B ; por lo que : S Ab c
ab
• BC
Semb
EB . BM
(1 )
S ie n d o : SEMB =
EM . BM
( 20)(15)
SEMB = 150 cm2 y con : AB = BC = 30 , EB = 25 y BM = 15
al sustituir en (1 ) :
S abc _ ( 30)(30 ) 1 5 Q c m 2 " ( 25 ) ( 1 5 )
De donde : SABC = 360 cm2
20 ) Se tiene un terreno constituido por cuatro zonas : tres de ellas son cuadradas, de áreas 26 H a ., 18 H a ., 20 Ha. y la cuarta es triangular. Hallar el área de esta última zona.
B
En este problema a pesar de conocer las longitudes efe los tres lados no es'conveniente usar el teorema de Herón, por los radica les. Tracemos la altura BH. Luego : SABC =
AC • BH .......... (1 ). 2 Para calcular BH, hallamos previamente AH, con el Teorema de Euclides en el A ABC :
( / 2 0 ) 2 = ( . / Í 8 f + ( / 2 6 ) 2 - 2 ( / 2 6 ) AH 539
De donde, al despejar :
AH =
Ahora, en el A A H B : B H = ^
Finalmente, como AC =
21)
- AH2
->
BH=
18 y[26
(2 )
18
-------- X —= =
ABC
ABC
/2 6
26 , con ( 2 ) en (1 ) :
J26
Rpta:
a B2
12
V26
= 9 Ha.
En un triángulo
ABC, de lados AB = 6, BC = 10 y AC = 14, se ha inscrito una
semicircunferencia, cuyo diámetro se encuentra contenido en el lado AB. Hallar la longitud de! radio de esta semicircunferencia. ( UNI - 87 - 1).
Solución * Por á re a s : ^ boc + ^ coa ~ ^ACB 10. r
14.r = s ACB
12
(i)
C álculo del área SACB, Calculemos previamente el semiperímetro, para hacer uso del Teorema de Herón : 10 + 1 4 + 6 p = -----------------
-+
p = 15
Luego : S acb = V 15( 15 - 1 0 ) ( 15 - 1 4 ) ( 1 5 - 6 )
» •
Ftpta:
22)
540
ACB = 1 5 / 3 , en (1 )
:
r =
r=j/ 3
El inradio de un triángulo mide 4cm. y la circunferencia inscrita determina sobre uno de los lados, segmentos de longitudes 6 y 8cm. Hallar el área del triángulo.
Solución
B
Sea el A ABC, con las longitudes conocidas sobre el lado BC. Luego, por tangentes iguales trazadas desde un mismo punto, com pletamos el gráfico adjunto. Relacionemos fórmulas de áreas, para el A ABC. Así, con expresión del inradio : S = p .r
—»
S = (m + 6 + 8 ) . 4
S = 4 ( m +14 ) .......... (1 ). Además por Herón :
S = y¡ p ( p - a ) ( p - b ) ( p - c )
Siendo : p - a = m, p - b = 6 y p - c = 8 Luego, en la expresión de Herón : S =
m + 14) ( m ) ( 6 ) ( 8 ) ............( 2 )
En seguida, igualando los segundos miembros de ( 1 ) y ( 2 ) : 4( m + 14 ) =
m + 14 )( m )( 6 )( 8 )
Elevando al cuadrado y luego de simplificar, hallamos : m = 7. Finalmente, para el área, reemplazamos este valor de m en ( 1 ) : S = 4(7+14) Rpta: 3)
S = 84 cm2.
El área de un triángulo ABC es 24 cm2. M, N y P son puntos de los lados AB, BC y AC, respectivamente, de modo que AM = BM, NC = 2 BN y AP = 3 PC. Hallar el área del triángulo MNP.
Solución Dato : SABC = 24 cm2 Del gráfico : ^MNP = ^ABC " ( ^AMP + ^MBN + ^NPC ) *** ( ^ )* * Por tener común el Z A : S Amp _ AM . AP _
n . 3f 2n . 4 f
S Abc
De d o n d e : S AMP = ± ( 24 cm2 ) -> 8
* Para el Z B :
^MBN _ ABC
_
BA . BC
AMP
= 9 cm2 ............( 2 )
rc . í 2n . 3? 541
1 SMBN = - SABC = i
Despejando :
SNPC Con el Z C :
Luego :
ABC
(2 4 cm2 )
-»
SMBN = 4 cm2
(3 )
CN . CP _ 2 1 . f
3t.4i
C B . CA
SNPC -- — 6 S ABC
^
SNPC = 4 cm2
(4 )
Sustituyendo el dato, ( 2 ), ( 3 ) y ( 4 ) en ( 1 ) MNP
R P ta :
24)
= 24 - ( 9 + 4 + 4 )
S MNP =
7 Cm 2'
En un triángulo PQR , la mediana QM corta a la ceviana interior PE en el punto A. Siendo ER = 2EQ y el área del A QAE , 2 cm2. Hallar el área del triángulo PQR.
Solución Considerando el gráfico adjunto, los triángu los AER y QAE, tienen la misma altura desde el vértice A. Luego, las áreas son entre sí como sus bases : SAER = 2 SQAE Y = 4 Además, por ser AM mediana del A APR, ^ apm = ®amr = ^ y en A PQR . SP0M = SMQR —» Z + X = X + Y + 2
Z=Y+2->Z =6
También, para los triángulos PQR
y QPE , que tienen la misma altura desde P, como :
QR = 3 ( E Q ) : S pqr = 3 (S QPE) Esto es : SP0R = 3( Z + 2 ) Rpta: 25)
S ^
= 3( 6 + 2 )
SPQR = 24 cm2.
En el interior de un triángulo rectángulo ABC, recto en B, isósceles, se toma el punto P y se trazan PA, PB y PC, siendo : Z PAB = Z PBC = Z PCA . Si PB = 5cm. , hallar el área del triángulo ABC.
Solución Del gráfico, como : Z BAC = Z BCA Ó' = ó
Los triángulos PAC y PCB son semejantes. 542
Luego : PA _ pC _ a / ^ PC 5 a .
PC = 5 / 2
, de d o n d e ; PA
PC ^ = J~2 5 v
«—
y luego: ^ - = V 2 -» PA = 10 PC
A dem ás: Z ABP = 90° - P
B
en A APB,
Z A P B = 90°. Con el Teorema de Pitágoras AB
= PA
+ PB
a2 = 102 + 52 S ie n d o : S ABC Rpta:
a2 = 125
a .a
SABC = 62,5 cm2
Tomando como diámetro el lado CD de un cuadrado ABCD se dibuja interiormente una semicircunferencia. Luego se traza AE tangente a CD. Siendo AB = i , hallar el área de la región que encierra el triángulo ABE.
^^
Solución
' £ n -
Prolongamos AE hasta N. Por tangentes desde un mismo punto : A -> AE = AD = £ ; N -> EN = NC = n Luego, en A ABN : AB = t , BN = ( i - n ) y AN = ( t + n ) Por P itágoras: AN
= AB
/ + BN
O
( i + n ) 2 = ?2 + ( i - n )
£ De d o n d e : n = — 4
\
Ahora bien , los triángulos ABE y ABN tienen la misma altura trazada desde el vértice B , luego : / ^abe _ AE ^ 5 ABN ABE (1). AN \ ABN Siendo : A N = £ + n = / , + — 4
AN = — t 4
543
y s ABN Sustituyendo en (1 ) : /
\
v 4
J
ABE
c
Rpta:
27)
S abe
_
3
,2
*
Sobre los lados AB, BC y AC de un triángulo ABC, se tienen los puntos E, F y L, respectivamente, de modo que : EF 11 AC y FL 11 AB. Demostrar :
solución Del gráfico, los triángulos ABC, EBF y LFC son semejantes , por lo que : S ABC_ ao/"* _ S coc _ ^LFC °EBF
AC
=2 EF
2
“
LC
Extrayendo raíz cu adrada: LFC
V S ABC _ V S e BF _
AC
EF
LC
Con propiedad de proporciones : V s a b c _ v ^ e b f + V S LFC , siendo : EF = AL AC EF + LC
.\
EF + LC = AC
De donde : ^ SABC = ^J S^ep + ^ S l f c 28)
Demostrar que si por un punto interior a un triángulo se trazan paralelas a los tres lados, éstas determinan tres regiones triangulares de áreas Sv S2 y S3, que con relación al área total S, cumplen :
Solución De la figura, observamos que los triángulos ABC, EDP, PMF y NPQ son semejantes, luego : S
AC 544
_
Si
EP
_ S2
_
S3
2 ~ 1=2 PF NQ
Al extraer raíz cuadrada : y fs _
s7 _
AC- "
EP "
PF
NQ
Con propiedad de proporciones :
>[$ _ & + V~^2~ + AC EP + PF + NQ
s ¡e,
Js =
Luego :
= AN
y
PF = QC
EP + PF + NQ = AC
+ /§
Los lados de un triángulo ABC, miden : AB = 21 cm., BC = 10 cm. y AC = 17 cm. La circunferencia exinscrita relativa a BC es tangente a este lado en el punto F y a las prolongaciones de AB y AC en Q y T. Hallar el área del triángulo QFT.
Solución Sa b e mo s que si “p ” es el semiperímetro del A ABC, entonces: AQ = AT = p , como : p =
t 1Z = 24
AQ = AT = 24 Luego : BQ = BF = AQ - AB = 24 - 21 BQ = BF = 3 y
CT = CF = AT - AC = 2 4 - 17 -»
CT = CF = 7 ^QFT “ ^AQT ‘ ^ABC ' ^FBQ ' ^FCT
<1 >-
Para hallar el SAQT , previamente calculamos el SARr ABC , por el Teorema de Herón : Sabc =
V(24)(24“17)(24“21X24"10) = V(24H7)(3)(14) SABC = 84 cm2 .................................................. ( 2 ).
En seguida, como los triángulos AQT y ABC tienen en común el Z A : AQT _ ( A Q ) ( A T ) Sabc (AB)(AC) S a q t
84
. ( 24 )( 2 4 )
SAQT = 135,53 cm2 . . . ( 3 ) .
( 21)(17)
545
Los triángulos FBQ y ABC tienen dos ángulos suplementarios ( Z F B Q + Z ABC = 180°), por lo q u e : FBQ
_
(BQ)(BF)
S fb q
3 )( 3 ) ( 21)(10 )
_
(
84
SABC " ( BA )( BC )
FBQ
= 3,6cm2 .......... ( 4 )
También, los triángulos FCT y ABC tienen dos ángulos suplementarios ( Z FCT + Z ACB = 180°), luego : FC T
SABC
(CF)(CT)
;F C T
(CB)(CA)
84
_
( 7 )( 7 )
SFCT = 24,21 cm2
( 10 ) ( 1 7 )
(5).
Finalmente, sustituimos ( 2 ), ( 3 ), ( 4 ) y ( 5 ) en ( 1 ) : Rpta: 30)
SQFT = 23,72 cm2
Hallar la expresión para el área de un triángulo, en función de las longitudes de sus medianas. ( Teorema de Herón de Constantinopla o el Joven ).
Solución Sean : AN = ma , BM = mb , CQ = mc . Tracemos por C, paralela a AN hasta cortar a la prolongación de BM en P. 2 2 El área del A GPC, es 2S 1 y las longitudes de sus lados son : CP = — ma , GP = — mb y GC = — mc . Además este triángulo es semejante al que tiene por longitudes de lados ma, O n \D y' rnC . Llamando Sm el área de éste último y* haciendo : m = ma + mb + mc rn 2 Se tiene : Sm = ^ m ( m - ma )( m - mb )( m - mc ) / A dem ás:
B
qpc
m
—m 3 /
S Gpc -
— S
m
( ma )
Esto es : 2S. = — Sm . Siendo el área del 1 9 A ABC, equivalente a 6S1 :
\
S, i
^
P*
31)
interiormente a un AABC, se toma el punto P y se trazan las perpendiculares de longitudes xa , ^
y xc a los lados BC, AC y AB, respectivamente.
Siendo ha, hb y hc , las longitudes de las alturas del triángulo, demostrar que :
+ *b + 546
c _
= 1
D em ostración Se tiene . S BPC + SAPC + SAPB - SABC
(1) .
Los triángulos BPC y ABC tienen la misma
B
base B C , luego por IV .2 , sus áreas son entre sí como las alturas : BPC _ xa ABC
De donde : S BPC =
) s ABC
xb Análogamente : SAPC = ( ^ )• SABC b APB
/
\
Xo
xb
/
V ha j
Simplificando S ABC
'
h
/
\ ABC +
Sustituyendo en (1 ) :
= ( ^ ) S h
hi
ABC +
ABC
\
v hc y
ABC
= s ABC
h
Dado un triángulo ABC, sobre AB y BC se toman los puntos E y F, respectivamente, de modo que EF sea paralelo a AC. Luego en AC se ubica un punto cualquiera P y se trazan PE y P F . Hallar el área del triángulo EPF, sabiendo que las regiones EBF y ABC son de 4 y 25 cm2, de área.
Solución SEBF = 4 cm2
D a to s:
S abc
=
2 5 cm 2
Incógnita : S EPF Del gráfico, los triángulos EPF y EBF tienen en común el lado E F . Luego, las áreas serán entre sí como las respectivas alturas: —E-p- = S ebf
, de donde : S EPF x
y
( 4 cm2)
(1)
\ X
Por otro lado, los triángulos EBF y ABC son semejantes. Luego : \2 Sabc ( ^ y I , ( relación de alturas, al cuadrado ). -r = -------a
b EBF
✓
v
x
;
547
25
esto es :
x +y /
Al extraer raíz cuadrada y d e sp e ja r: — x
3 (2 ). 2
Sustituyendo, en seguida ( 2 ) en ( 1 ) : S EPF Rpta: 33)
( 4 cm2)
SEPF = 6 c m 2
En un triángulo ABC se traza la ceviana interior AE y luego EF paralelo a CA. ( F en AB ) S i : SABC = 96 cm2 y SFBE = 54 cm2. Hallar SAEB
Solución * Los triángulos AEB y ABC tienen la misma altura trazada desde A, entonces: B Saeb
Sabc
= BE (1 )
BC
Además como los triángulos FBE y ABC, son sem ejantes: FBE ABC
BE
‘FBE _ BE
BC
BC
ABC
. . . . (2)
Igualando los primeros miembros de las expresiones ( 1 ) y ( 2 ) : AEB
FBE
ABC
ABC
—»
sustituyendo datos : Rpta: 34)
SAEB = J ( 96 cm2
54 cm2 j
SAEB = 72 cm2
En un triángulo acutángulo ABC, de ortocentro L, sobre la prolongación de la altura BH se toma el punto Q, de modo que AQ y QC sean perpendiculares. S i : SABC = 1 6 c m2 y SALC = 9 c m 2 . H a lla r: S AQC
Solución Se tienen : o
548
_ A C . QH
AQC “
-----------------
(1 )
AC . BH ABC
(2).
2
A C . LH
(3).
ALC
Siendo los triángulos AHL y BHC semejantes ( Jf LAH
=
f HBC )
entonces: AH
LH
BH
HC
AH . HC = BH . LH
Además en el A AQC, por relaciones m étricas: QH
= AH . HC y con lo anterior: QH
= B H . LH ............( 4 ) .
A fin de relacionar las expresiones de áreas, efectuemos operaciones convenientemente Así, multiplicando miembro a miembro ( 2 ) y ( 3 ) : AC
. B H . LH
^ABC • ^ALC AC
, y con (4):
.Q H
^ABC ‘ ^ALC
esto es .
SABC . SALC
AC . QH ^
Con ( 1 ) .
SABC . SALC =
Propiedad
o m e jo r:
Sustituyendo datos : Rpta:
35)
SAQC =
16 cm2 )( 9 cm2 ) = 12 cm;
La longitud del lado del cuadrado ABCD es “ a T o m a n d o como diámetros los lados AD y CD se han d ib u ja d o dos semicircunferencias , trazándose luego las tangentes BE y BF.
D
Hallar el área de la región triangular EBF
549
Solución Prolongamos BE y BF hasta interceptar a los lados AD y CD en los puntos P y Q. Luego trazamos BD, cortando a PQ en M. Por ser tangentes trazadas desde un mismo punto :
BE = BC = a = BA = BF, PE = PD = x = DQ.
Los triángulos PBQ y EBF, son isósceles semejantes. Luego : S ebf _ B E2
(1 )•
BP
PBQ
* C álculo de x : En el A BAP, con el teorema de Pitágoras : BP = AB
( a + x )2 = a2 + ( a - x )
+ AP
a De donde : x = — 4 Entonces :
PQ = x / 2
=
y como : BD = a J 2
4
2
BM = ^ a / 2 , con lo que en seguida 8
00
( a j2 ] í ? a / 2 4 V /
PQ . BM PBQ
Además :B P = a + x = a + — 4
—>
7a£ PBQ “
BP
Finalmente, con ( 2 ) y ( 3 ) en (1 ) : EBF
' 7a2 ^
( 32 > Rpta:
SEBF =
7a¿ 50
8
í 5a l , 4 ,
5a
32 (3 )
(2)
La circunferencia inscrita a un A ABC, es tangente a los lados en los puntos P, Q y M, respectivamente. Siendo r y R , inradio y circunradio del triángulo , respectivamente. Demostrar q u e : r 2R
S PQM S
BC
a
B
D em ostración Siendo I el incentro del A ABC, se tiene : SpQM “ SqiM + SM|p + Sp|Q
d )
Como los ángulos Z MIQ y ZC , son suple mentarlos , se tiene : S
IQ • IM
q im
Q IM “
BC . AC
ABC
BC . AC
ABC
Análogamente : 2 S mip =
j.2
AB . AC SabC
’
SplQ " AB . BC
ABC
en (1 ) :
^ c* ^ AB . BC SabC + AB . AC SabC
r2 BC . AC SabC + ^
PQM “
r 2 Cí 1 ABC
1 ^ BC . AC
+
1 AB . AC
+
1
AB . BC /
Efectuando la expresión dentro del paréntesis: SpQ M
-
f2 S A BC
AB + BC + AC A B . BC . AC /
(2)
Ahora bien, recordemos que :
( AB + BC + AC ' /
y •
r = SA B C
AB . BC . AC = S ABC 4R
—> AB + BC + AC —
2 SA B C
AB . BC . AC = 4R S ABC
Sustituyendo estas últimas dos expresiones, en ( 2 ) : 2S A B C
\
S rqm - r2 ^ABC ^ r - 4R SABC }
De donde, efectivamente : $pqm
S abc
„ J_ 2R ?>51
B
En la fig u ra : área ( ABC ) = S AE = 2EB , BF = 2FC y GC = 2AG. H a lla r: área (PQR)
Solución Se tie n e : ^PQR = $AEC ’ ^AEPQ “ ^AQG ' ^QRCG Cálculo del S AEC
)
(1
•
B
Los triángulos AEC y ABC, tienen la misma altura que parte de C , luego : _ AE AB ABC
s aec
AEC _ 2c 3c
S aec - “ S
(2 ) C
Cálculo de las áreas AEPQ , AQG y QRCG : Por la naturaleza de la figura : SEBP = SAQG = SRFC
Para hallar SEBP, necesitamos conocer la relación entre BP y BG. Para ello, con el teorema de Menelao en el A ABG : A E . B P . GC = 1 E B . PG .CA BP
Luego :
BP + PG
3 + 4
2 c . B P . 2b
BP
c . PG . 3b
PG
BP
3
BG
7
3 4
(n )
En seguida, como los triángulos EBP y ABG tienen en común el ¿ ABG ^ EBP = S abg
ae
■SG
SEBP _ c S abg
S§§E_ = SABG AB
3c
3 7
, con (n) y el gráfico : BG
1 SEBP “ ~ SABG
(3 )
Pero, por tener la misma altura desde B : ABG _ AG AC ABC
1 S ABG - — S
SABG = _b_ S 3b
Sustituyendo en (3): SEBP = ~
2 { 3
->
EBP
(m)
S ... ( 4 ) . 21
_1_
Entonces
AQG Saepq
esto e s :
S AEPQ
21 =
(5 )
SPQR = - S
y SAEPQ
^ABG " ^EBP " ^AOG
— S- — S 21 21
S
(6 )
21
Análogamente S QRCG en (1 ) :
g -
S
S , con ( 2 ) , ( 5 ) y ( 6 ) , 21
— S- — S- — s 21
21
21
Rpta
En la figura, M, N y Q son puntos de tangencia. Si R eselcircunradiodel A ABC y r3 exradio relativo al lado B C ; demostrar, que: *
S m NQ _ S ABC
Solución Llamemos a , b , c , longitudes de los ladosdelAABC y peí semiperímetro. Se tiene : ^MNO ~ ^MNQE ‘ ^MEQ ^MNQ ” ^MNE + ^NEO ’ ^MEO Dividiendo cada término entre S ABC Smnq _ SMNE ABC
ABC
SNEQ ABC
MEQ
(I).
;A B C
Además, por tener, respectivamente, un ángulo congruente : SMNE „ EM . EN $ abc
2 S MNE
^A • BC
S abc
_ EN . EQ
NEQ
_
( ra )
ac
(H )
y: Sneq
Sabc
^ A x CB
'A B C
_
( ra )
ab
(III)
ra 2R
También ; Á + MÉQ = 180 Smeq _ EM . EQ
°M E Q
(U _ _____
S abc
S ABC
bc
AB • AC
( I V) .
Sustituyendo ( I I ), ( I I I ) y ( IV ), en ( I ):
°M N Q
( ra )2 _____
S ABC
ac
Efectuando
:
f
, ( ra
ab
:
bc
^ MNQ = ^ ra ^ abe ABC
Pero :b + c - a = 2 ( p - a )
Luego
( ra )
y
( b + c - a ).
S ABC
abe T r"
abe = 4R S ABC
^ mnq _ , Í j L )__ . 2 ( p - a ) ; además : S ABC = ( P - a )L 4R S A B C ABC
MNQ
Entonces
( ra )
4FÍ( P ” a ) r¿
Sabc MNQ
De donde :
2(P-a )
2p
....... Lq .q •el•
>ABC
39)
D
Del gráfico, marcar lo correcto : A) X = V Y . Z
B) Y = J X . Z
C) Z = , / X . Y
D) X2 = Y 2 + Z2
E) N.A.
Solución * A ABD, AC es bisectriz
* A ADE
-
A ABC ,
Según el prob. N°2 de esta sección
X
AD
■/~X _ AD
AB
■J~Z ~ AB
Y _ y[X De ( 1 ) y ( 2 )
Rpta:
554
Z
=
(B).
J z
(2 )
Y
AD
Z
AB
(1 ).
40)
Del gráfico , demostrar que : s
r
Si
Solución Si R es el circunradio del A ABC, sabemos por los problemas números 36 y 38 de esta sección , que : S
r
S!
2R
ABC
r, 2R
ABC
Al dividir miembro a miembro, queda efectivamente : —
=
1
41)
L *i
Del gráfico, demostrar que:
s3 S i + —i <3
_
S2 , S< **2 u
Solución S 1 = $MNQ
Del problema anterior, tenemos
*1
Sumando m.a.m. :
De (1 ) y ( 2 ) :
_§3 r3
NPQ
r S i + S3
r3
r3
S2 S mn P l( S4 También : ~ : y r4 Sumando m.a.m. :
r
MNQ + s NPQ
S3 «1
y
MNPQ
(U
r
MQP
MNP + S MQP
+ S4 r2 r4
$2 t $ 4 _ b MNPQ ............ ( 2 ).
Si + _JL S = £ 2_ + 2 ± .......... I.q.q.d. 21 ri
r3
*4
r4
555
42)
En la figura adjunta, demostrar que la inversa del área del triángulo en la circunferencia inscrita al /. ABC, es igual a la suma de las inversas de las áreas de los triángulos en las circun ferencias exinscritas. Es d e c ir:
Solución Por el problema anterior, número 36, sabemos que : ^abc _ S
2
2R_ . SABC = 2R_ S3
rc
SABC _ £ R
ra
S4
rb
Sumando miembro a miembro todas estas expresiones : / \ / 1 1 ^ 1 1 ^ ( 1 1 + ---- -f ---- = 2R +— ABC
ls 2
S3
S4 >
V rc
ra
rb
J
Escribiendo el equivalente en el paréntesis del segundo miembro : 1 — +
ABC
Esto e s :
SABC
ABC
De donde :
1
V S2
1
1
b ---- + S3 S4 ,
1 1 1 — + — + —
_L +JL + _!
1
+ —1
2R
- . -ABC. Si /
1
1
= 2R ^ 1 V. r y /
................
f p0r el problema N° 36
l . q . q . d -
R
43)
C a lcu la r el área del pentágono ABCDE, si el lado del cuadrado PQRS es “a”. PABR ha sido trazado con centro en “S". PS y RS son diámetros
55(r
M
Solución Con los trazos indicados:
■U
V
“ D ” centro del cuadrado PQRS ^ = ^ ( AaQDC - Aa q jb ) ......................... ........ (1 ). ( a ) AaQDC = ??
Por tener Z común ( LQM = DQC = a ) : a aQ DC
_ CQ . QD
A aqlm
LQ . QM
a aqdc
_
2 ^ v
— . 3 —J~2 . ~J~2 2 4 4
? ?
A
QJB
-
• I aq lm
v
) '
.......( 2 ) .
A QL M
( Q B )2
a aq jb
A
5 - /5
ro
=
4
( 0'
3 - J 2 .- /5 4 2
:
( b - ) \ QJB
= —
y
.
(
3
).
Q
a aq d c
2
'
* C álculo de QB = ?? : Construyendo el cuadrado RTVS de lado “a” y trazando RV (centro “S” ) : QV = Diagonal del rectángulo PQTV = a En la semicircunferencia de centro “S” ( Teor. de la tangente ) :
( QR )2 = QB . QV 557
a2 = QB . a f s QB = | ^ 5
• Reemplazando en
(3 )
AQJB
3a AQJB
De ( 2 ) y ( 4 ), en (1 ) :
Rpta:
X =—
X = 2
(4)
100
40
(5 - / 5 ) - 3
(19- 5J 5 )
100'
V
1
558
r
100
V.
REGIONES CUADRANGULARES
A manera de introducción para este apartado veamos algunos problemas que nos muestran , propiedades particulares y generales, para luego indicar las fórmulas correspondientes a los cuadriláteros. V.1. En un trapecio ABCD, de bases BC y AD , las diagonales AC y BD se cortan en el pun to N.
Demostrar que : SABN = SCND
Solución De la propiedad IV .4, como los triángulos ABD y ACD son equivalentes por tener la misma base AD e igual altura h : ®ABD = ^ACD ^ABN + ^AND = ^CND + ^ANO S.PM = SrNjrt | Para todo trapecio.
V.2. En un trapezoide ABCD, las diagonales AC y BD se interceptan en el punto P Q Demostrar que : SABP . SPCD - 9 ”
BPC •
APD
Solución Considerando el gráfico adjunto, observa mos que los triángulos ABP y BPC tienen la misma altura trazada desde el vértice B. Luego, sus áreas serán entre sí como las respectivas bases ( IV.3 ) :
B
S ABP _ AP Sbpc PC
Análogamente para APD y PCD :
D
S APD _ SpCD De (1) y (2)
ABP _ ^APD BPC
• •
9
(1 ).
ABP '
c
- Q
PCD “
BPC ’
PCD
C
APD
.......... ( 2 ) . PC En todo cuadri látero convexo.
V.3. En un trapecio ABCD, de bases BC y AD, las diagonales AC y BD se interceptan en el punto E. Demostrar q u e :
( 1 ° ) S AEB = V SBEC. s AED (2 o ) J s
ABCD
= V s BEC + V s AED 559
Solución ( 1o ) Del problema V . 1 . , sabemos que
^
B
- Q
AEB “
CEO
Y con el problema a n te rio r: q
AEB ’
_
q
CED “
q
BEC ‘
AED
(^AE b )2 = ^BEC ' ^AED D
^AEB ” V ®B E C
• S AED
( 2o ) Para el trapecio : SABCD = SBEC + SAEB + SCED + SAED S ie n d o : SCED = SAEB
^ABCD “ ^BEC + ^AEB + ^AED
Con lo demostrado : SABCD - SBEC + 2 S ABCD ~
( ij$BEC + V
SBEC . S^ ed + $ aed V
S AED )
ABCD
=
^[§BEC
+
V
S AED
* Estas dos relaciones son válidas para to d o trapecio.
V.4. El área de un cuadrilátero convexo es 40 cm2. Hallar el área del cuadrilátero que tiene por vértices los puntos medios de los lados del primero.
Solución Del gráfico .
SMNEF - SPQRT - ( SMQN + SFTE + SPMF + SNRE)
(1 )•
Con la propiedad IV.6. : APQR
->
SMQN= % ^
Efectuando la suma indicada : T MQN
Esto es
:
MQN
En forma análoga :
+ s FTE
PQRT
“
(3 ).
PQRT
Ahora, reemplazando ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) :
m )
PQR + S p T R
(2 ).
“
SPMF + SNRE
+ sFTE
_ 'M N E F
^P Q R T
( Propiedad)
Para el problema : S PORT =
Rpta:
4 0 Cm2
SMNEF = 20 cm2
* Nota.- Además, recuerde el lector que el cuadrilátero MNEF es un paralelogramo. L5. El área de un cuadrilátero convexo es 60 cm2. Hallar el área del triángulo que tiene por vértices los puntos medios de tres lados del cuadrilátero.
Solución Sea el cuadrilátero ABCD en mención y MNR el triángulo. Sabemos que MNPR es un paralelogramo, por lo que : o _ S MNPR b MNR - ..................
i 1^
I'I'
Además, del problema anterior : S - °ABCP ........... ( 2 ) . MNPR 2 ( P ropiedad).
Reemplazando ( 2 ) en ( 1 ) : En el problema R P ta :
S MNR =
^ abcd ~
cm2
1 5 C fT |2
1.6. En un cuadrilátero convexo ABCD, M es punto medio de la diagonal AC. Siendo SBDC > SABD, demostrar que :
B
Demostración Del gráfico : BMD
~ ^BOC " ( ^BMC + ^DMC ) ••• ( ^ )
Siendo M punto medio de AC : BMC -
Sabc
y
i
.
o
_ Sadc s DMC “
L uego: BMC
+ SDMC - S ABC + S ADC SBMC + SDMC
_
^ABC + S ADC _ S abCD = ^ABD + S BDC 2 561
—»
^BMC
+
^D M C
_
S ABD
+ B bdc
(2 )
sustituyendo ( 2 ) en ( 1 ) : S BMD
De donde, en efecto : S BMD = ^ bdc
-” ^ BDC
f Sadi*» ABD + ^
S °BDC
\
$ abd
V.7. En todo trapecio el área es igual al producto de la longitud de uno de los lados no paralelos y la distancia del punto medio del lado opuesto, al primero.
Demostración * Consideremos el trapecio ABCD, donde M es punto medio de AB y MH 1 CD. Demostraremos q u e : S ABcd = CD . MH
Desde luego, sabemos que : ABCD
= MN . C Q
(1 ) , donde MN
es la mediana y CQ la altura del trapecio. Siendo: ZM HN = Z D ; AMHN - ACQD, luego: — = — ; MN . CQ = CD . M H CD CQ
(2 )
Reemplazando ( 2 ) en ( 1 ) : SABCD = CD . MH
V.8. En todo trapecio, el área del triángulo que tiene por vértices: al punto medio de uno de los lados no paralelos y los vértices del lado opuesto, es la mitad del área total. * Así, para el trapecio ABCD, se tiene :
D
ABCD MCD
Demostración Llamando d la distancia de M a C D , se tiene : S— = MCD Pero, por lo a n te rio r:
( C D ) . d = S ABCD
De ( 2 ) en (1 ) : SMCD =
562
(C D J . d
A|£P. . Como queríamos demostrar.
d )• (2 )
V.9. En todo cuadrilátero circunscrito ( o circunscriptible ) a una circunferencia, el área es igual al producto del semiperímetro y el radio de dicha circunferencia. La demostración es sencilla. En el gráfico : ^ABCD = ^AOB + ^BOC + ^COD + ^AOD Luego : AB . r + --------B C . r + C D . r + --------AD.r ---------
O
2
abcd
2
' AB ABCD -
4-
2
2
BC + CD + AD ' .
V
r
,
/
siendo la expresión en el paréntesis el
D
semiperímetro p :
ABCD
= p. r
V.10. Teorema de Brahm a - Gupta.- El área de todo cuadrilátero inscrito o inscriptible, es igual a la raíz cuadrada del producto de las diferencias del semiperímetro con cada lado. D em ostración Así, para el cuadrilátero ABCD, donde : p = a + k + 0 + d , demostraremos 2 que : ABCD = V ( p - a ) ( p - b ) ( p - c ) ( p - d ) En efecto, sabemos que Z DCE = Z A y CDE son semejantes. o ’ABE _ CDE
Luego :
De donde :
y Z C D E = Z B, por lo que los triángulos ABE
S abe _ $ cde _ a 2 -
c2
cde
ABCD _ a ~ c ScDE C2
/
2 ? N a¿ - c
s ABCD -
CDE
( 1)
C álculo del área SC0E : Para el A CDE, haremos uso del teorema de Herón : m + n- c cde
-
n+ c - m
(2)
j
/
De la sem ejanza‘entre los triángulos CDE y ABE :
De lo que deducimos : ( m + n ) = c ( ^ + ^ ). ; a - c
\
m ^ +
n b + m
( m - n ) = 5 .(.j__ Ü a +c 563
Luego: /
m + n+ c
a - c\
/
a - c
/
m + n- c /
m + c - n
(*)
a + c + d -b
a + cV / a + b +c - d
n+ c - m a + c Con ( * ) en ( 2 ) , ordenando : b + c + d - a 'CDE “
2 a¿ - cr2
(
/
/a + b + c - d a + c + d - bY a + b + d - c
\ )'
o en función del semiperímetro p del cuadrilátero ABCD : \ / CDE
2
2
\ a¿ - c¿ /
V (p ~ a )(p - b )(p - ° ) ( p - d )
( 3 )•
Finalmente, sustituyendo ( 3 ) en (1 ) : abcd
= V (p-a)(p-b)(p-c)(p-d )
V.11.Teorem a de Leudesdorf.- El área de todo cuadrilátero bicéntrico es igual a la raíz cuadrada del producto de las longitudes de sus cuatro lados. Dem ostración Por el teorema anterior, tenemos : S = v(P _ a )(p -b )(p -c)(p-d) V con el teorema de Pitoth a+c = b+d S iendo: Luego:
P = p P
Entonces:
a+b+c+d
a+c b+d p - a = c, p-b p-c = a y p-d
d, b
Sustituyendo en (1 ) : S = ^ abcd 564
( 1)
V.12. Teorema.- En todo cuadrilátero, el área se puede expresar como el semiproducto de las longitudes de sus diagonales y el seno del ángulo formado por ellas D em ostración ( a ) Si el cuadrilátero es convexo : Considerando ABCD, por el problema V.5. .anterior, sabemos que : c _4 c (1 )• ABCD “ H MNR Por la expresión trigonométrica para el área : SMNR = 1 MN . MR. ( sen Z RMN ).... ( 2 )
Como MN y MR son bases medias en los triángulos ABC y ABD, luego : MN = —
y MR = § 2 .. Además MÑ II AC y
MR I BD , por lo que Z RMN = a
Sustituyendo en ( 2 ) : S MNR = — AC . BD. Sen a 8
(3 )
Finalmente, de ( 3 ) en ( 1 ) : ( b ) Si el cuadrilátero es cóncavo : Sea ABEF el cuadrilátero, donde BF y AE son las diagonales.
B
* Se deja la demostración al lector S ugerencia: ^ABEF
“
^A B E " ^A F E
V.13. C orolario.- En todo cuadrilátero de diagonales perpendiculares, el área es igual al semiproducto de las longitudes de dichas diagonales.
'A M
FMAG
_ EM . FN
_ F A .M G EFMN
565
COMPARACION DE REGIONES CUADRANGULARES Las áreas de dos paralelogramos son entre sí como los productos de sus bases y respectivas alturas. Si dos paralelogramos tienen congruentes un lado, entonces las áreas son entre sí como sus respectivas alturas. Si dos paralelogramos tienen congruentes una altura, las áreas son entre sí como son sus respectivas bases. Dos paralelogramos que tienen congruentes un lado y sus respectivas alturas, son equivalentes. Las áreas de dos trapecios son entre sí como los productos de sus medianas y alturas. Si dos trapecios tienen sus medianas congruentes, las áreas son entre sí como las alturas. Si dos trapecios tienen sus alturas congruentes, las áreas se encuentran en la misma relación que las medianas. Dos trapecios que tienen medianas y alturas, respectivamente congruentes son equivalen tes. Si dos cuadriláteros son semejantes, las áreas son entre sí, como el cuadrado de la respectiva razón de semejanza. ( * Demuestre el lector cada una de estas relaciones, con un gráfico en cada caso. Deduzca así mismo las relaciones para la comparación de áreas en dos rombos).
PROPIEDADES En todo paralelogramo una diagonal determina dos regiones equivalentes. B
A s í'
En todo paralelogramo al trazar las dos diagonales se determinan cuatro regiones equiva lentes.
B
*
C
En el paralelogramo ABCD , para el A BCD, como CO es mediana :
\
Además BO es mediana del A ABC
s, = s2 R = £
Luego:
1
2
= R
3
= R
4
=
^ABCD —
En todo paralelogramo, el área de la región triangular deteminada al unir un punto cualquiera de un lado con los vértices correspondientes al lado opuesto, equivale a la mitad de la del cuadrilátero. D em ostración Consideremos el paralelogramo ABCD
B
4
y P un punto cualquiera del lado B C . Se tienen : ^APD = ^
y
^ABCD “
^ !
SAPD = ^
abcd
Al trazar los segmentos que unen los puntos medios de los lados opuestos de todo paralelogramo, se determinan cuatro regiones equivalentes. Así, en el paralelogramo ABCD,
-UX
Y
Demuestre el lector que :
W A
~ff~
Si se une un punto interior a un paralelogramo con los cuatro vértices, se determinan cuatro triángulos, donde la suma de áreas correspondientes a aquellos que tienen por bases dos lados opuestos del cuadrilátero, es igual a la suma de las otras dos. D em ostración Sea Q punto interior, cualquiera, al paralelogramo ABCD. Del gráfico : ^AQB + ^CQD
AB . QH + -----------CD . QF
Siendo AB = CD, se puede e s c rib ir: AB . ( QH + QF ) _ AB . H F
SABCD
^AQB + ^CQD
Fifi
V
Esto e s :
ABCD
^AQB + ^CQO
(1 )
En forma a n á lo g a : ^ bqc + ^AQD De ( 1 ) y ( 2 ) : 6.-
-
°ABCD
(2 ).
^AQB + ^CQD " ^BQC + ^AQD
Si por un punto cualquiera de una diagonal de un paralelogramo se trazan dos paralelas a los lados, entonces los paralelogramos obtenidos son equivalentes.( Teorema de Gnomon). * Sea ABCD el paralelogramo y “O” B
el punto en mención. Demuestre el lector que ;
7.-
Toda recta que pase por el punto medio de la mediana de un trapecio e intercepte a las bases, determina dos regiones equivalentes. B
P
Sea E punto medio de la mediana MN del trapecio ABCD. Si P y Q son puntos cuales quiera de las bases, entonces : c
_ c
ABPQ "
ABCD QPCD
D em ostración Se tienen : SABPQ = ( ME ) . h y SQPCD = ( EN ) . h 9
Siendo : ME = EN
8.-
QPCD
El segmento que une los puntos medios de las bases de todo trapecio determina dos regiones equivalentes. Así, para el trapecio ABCD, H y T son puntos medios de las bases.
S abht =
56?
- 9
ABPQ ~
S thcd =
^B C D
El área de la región que encierra el cuadrilátero que tiene por vértices los puntos medios de los lados no paralelos y dos puntos cualesquiera de las bases de un trapecio, equivale a la mitad del área de dicho trapecio. Considerando el trapecio ABCD, don de M y N son puntos medios de los lados no paralelos y además P y R son puntos cualesquiera en las bases : c
_ ^ABCD MPNfR “
g
La demostración de las dos últimas propiedades se dejan como ejercicio al lector)
INTERPRETACION GEOMETRICA DEL TEOREMA DE PITAGORAS.- Los antiguos grie gos conocían el Teorema de Pitágoras de la manera siguiente : “En todo triángulo, la suma de las áreas de los cuadrados construidos sobre los catetos es igual al área del cuadrado construido sobre la hipotenusa".
Así, para el A ABC, donde M, N y Pson las áreas de las regiones indicadas , demostraremos, q u e :
M+N = P
Demostración Del gráfico : Z EAC = Z BAL, luego A EAC = A BAL , por lo que SEAC = SBAL
(1 ).
Además, para el A EAC, la longitud de la altura trazada desde el vértice C es igual a AB. Por , lo que :
c A E . AB SEAC = ----- ------
De lo que deducimos que :
SABDE = 2 SEAC ............( 2 ).
En forma análoga, para el A BAL, la longitud de la altura que parte del vértice B es igual a AH. L u e g o : e
A L . AH BAL “
«
^ALQH ~ ^ ^BAL...... ( ^ )* En seguida, de ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ) : R
^ALQH = ^ABDE ......... ( 4 )■ Análogamente se demuestra que : ^HQTC = ^BCRF ........ ( ^ Finalmente, sumando miembro a miem bro las relaciones ( 4 ) y ( 5 ) : ^ALQH + ^HQTC = ^ABDE + ^BCRF De donde :
SALTC = SABDE + SBCRF
E N TER ATE: Actualmente, se conocen m ás de 360 formas distintas de demostrar eí "Teorema de Pitágoras". ( Ver el Libro de E. Loom is; "The Pythagorean Proposition”, NCTM, Í 9 7 2 ), La demostración de James Garfield {1831 -1 8 8 1 ), vigésimo Presidente de los Estados Unidos, consiste en lo sig u ie n te ; Sea ABC, un triángulo recto en C, en el cual se demostrará que : *...
D e m o s tra c ió n :
♦
Q
12) Se toma un punto P de la prolongación de C B , tal que BP = AC y por él se eleva una perpendicularidad a CB, cortando en Q a la perpendicular a AB trazada por B. 2e) Se concluye: A BPQ '3 A ACB. Por lo tanto: PQ = a ; BG = c y por condición: BP = b. 3a) Area BPQ = área ACB = abJ2 y área ABQ = c2 / 2 . 49) Como el área del trapecio es lá suma de áreas de los tres triángulos: a +
l \ ab c 2 ab a + b)=— + — + —
;
De donde :
570
2
2
a2 + b2 = c2
2
/ /
t
\
V C v
—1 i i 1 I *b
V
PROBLEMAS RESUELTOS
1)
El área de un trapezoide es 18 cm2. Hallar el área del cuadrilátero que se forma al trazar paralelas a las diagonales del trapezoide, por los cuatro vértices.
Solución Sea el trapezoide ABCD y A’B’C’D’ el obtenido con las paralelas. D a to : S ABCD = 18 Cm2
Incógnita : q
A'B'C'O'
Como AA’B’C y ACC’D \ son paralelogramos , sabemos por la propiedad N 3 que . SAA.B.C = 2 (S ABC)
D'
y
®acc'd* = 2( SACD) .
Sumando miembro a miembro y antecediendo el factor común en el segundo miembro ^ aa’B’c + ^ acc'D’ ” ^ ( SABC + 3 acd ) esto es :
y con el dato : Rpta:
SA,B.C.D, = 2 ( 1 8 cm2 )
36 cm2
2)
B
Sobre el lado AB del A ABC, se toman “n” puntos que determinan ( n + 1 ) segmentos congruentes y por cada uno de ellos se trazan paralelas a AC. Luego por cada punto de intersección con BC se trazan paralelas a AB. Siendo “S” el área de la región indicada. Hallar el área total ABC.
Solución Los triángulos adyacentes a BC tienen por área zL , equivalente a la mitad del área de cada 2 paralelogramo. 571
En (a figura tenemos el análisis de las regiones por filas :
Sabc = ( 1 + 2 + 3 + ... + n ) S + ( n + 1 ) S
El primer paréntesis es la suma de los primeros “ n " números naturales : _ n( n + 1) ABC “-----
f n + 1> f n+ U + S = ( n + 1 )S ^ 2 j k 2 )
s 1> s b ABC -“ ( n +p -----
Rpta
Hallar el área de la región sombreada, si el área del paralelogramo ABCD es K. M y N : puntos medios.
Solución EMFN es un paralelogramo Del gráfico : ABCD ABMN
C
ABMN
Además
„
~
K
—
: o
_ ^ABMN
^NEM “ — :—
y finalmente
Rpta: SEMFN
® EM FN
K 4
“
^ ^NEM
K NEM =
• «
=
2
8
Hallar el área de la región sombreada, si el área del paratelogramo ABCD es “Z", donde M, N, P y Q son puntos medios.
Solución Dato . SABCD - Z * Del gráfico, CM es paralela a PA
y
BQ lo es a ND. En A ABL, ME es base media s¡ ME = a, entonces AL = 2a Deducimos luego que, en A ATD : LT = AL = 2a y como el A TDP es congruente con el A MBE , TP = ME = a. Luego :
SEFTL = 2a ( CH ) .......... (1 )
SEFTL = LT . CH
Además : SAMCP = AP . CH
SAMCP = 5a ( CH ) .........( 2 )
Pero, el área del paralelogramo AMCP equivale a la mitad de la del ABCD ^amcr = Z , sustituimos esto en ( 2 ) : - = 5a ( CH ) 2
a ( CH ) = 10
Finalmente, con ( 3 ) en ( 1 ) : S EFTl = 2 .
Rpta:
(3 )
10
SEFTL = £ 5
En la figura , M
y
N son puntos
medios de AB y AD. Los lados del rectángulo ABCD, m id e n : AB = 8 cm y AD = 12 cm. Hallar el área del cuadrilátero NPOQ.
573
Solución B
Del g rá fic o : (1 )
^NPOQ “ ^NOP + ^NOQ S ie n d o : .c; °N P O
= SAM0N ~ 4 NPO
=
6x4 ----- -----4
= 6 cm2
(2 )
Para el SNOQt debemos hallar previamente EG. De la semajanza de los triángulos NOQ y CQD: EQ
ON
QF “ DG
EQ 6 - EQ
EQ = 2
8
Luego : s
_ ON . EQ
4x2
NOQ
S NOQ =
4 C tT l2
(3 )
Finalmente , con ( 2 ) y ( 3 ) , en ( 1 ) : S npoq
Rpta:
=
6cm 2
+
4cm 2
S NPOQ , , ^ = 10cm 2.
Hallar el área de la región sombreada, siendo O, P y Q centros de los círculos, de radios 9 , 1 6
Solución C álculo de MN y NT : Sabemos que la longitud del segmen to tangente a dos circunferencias tan gentes exteriores, de radios R y re s
A s í: MN = 2^/ 9 ( 1 6 ) y
NT = 2 ^ 1 6 ( 4 )
-»
MN = 24 NT = 16
Para el área de la región sombreada : X =
MOPQT " S m OQT
y 4 centímetros.
o m e jo r.
X - SM0PN + SNPOT - SMOQT
Siendo MOPN, NPQT y MOQT, trapecios
Rpta:
ro
X =
r 9 + 16 ^
. 24 +
'1 6 + 4 .
9 + 4
16 -
. 40 y
X = 200 cm
En la figura adjunta , se sabe que el área del paralelogramo ABCD es “Z”. AM = MB «
y
BN = NC. Hallar el área de la región
sombreada. AE = ED.
Solución Al trazar MN y MQ , como MBNQ es un paralelogramo , MR = RN y NF = FQ, deducimos que P es baricentro del A MQN. Luego, sucesi vamente tenemos : 1 e SpQF ~ 7:( Smq N ) - — ~2 MBNQ \ / 1
PQF
— ( s MBNQ ) 12
y a continuación : Rpta:
S PQF
PQF -
12
r 1 s “ • ^ABCD
1 48
( S ABCD )
48
En la figura adjunta , se tienen dos circunferencias tangentes exteriores , donde AB y CD son tangentes comu nes. Si : S A E B + S CFD =
17CmZ
Hallar : S OEO'F
575
Solución Con los trazos señalados , por la propiedad indicada en el problema trap ecio:
OABO’
^O EO 'F =
Rpta
^O EO 'F
= S ABE
^O E O '
OCDO’
= s CFD
® 0F0' ^A B E
-
B
+
V .1 ., para todo
^OEO + ^OFO’
OEOT
^C F D
17 cm2.
M
1
El área del paralelogramo ABCD, de la figura, es U. BM = MN = NC. Hallar el área de la región sombreada.
Solución D a t 0 : S ABCD =
U
3a . h = U B a .h = H Como : A OMB s A OFD ( ZOBM = ZODF, OB = OD y Z MOB = Z FOD ). Entonces : OM = OF
Análogamente : A AOE = A CON
OE s ON
M— a —n — a - C
Con lo que AOMN = AOFE Luego, la región propuesta equivale a la indicada en la solución ^
- c
sombreada ~
Siendo : SAMND
AMND
. c
AOD
d
)•
( a + 3a 1 ( U ^ h = 2ah = 2 y s AOD ~ 3 J l 2 ;
ABCD _ U
Sustituyendo en (1 ) : sombreada
Rpta:
S sombreada
12
- u - 3 4
U
B Hallar el área de la región sombreada, si E es un excentro del triángulo rectángu lo ABC, cuyo inradio mide 4 cm. y P, Q son puntos de tangencia.
Solución Con los trazos indicados, donde rB es el exradio relativo a BC, se tiene : S rqE -
SpFEO - SPFE , siendo.
S pfeq = Srbq + ^ bfeq en lo a n te rio r: S pqe - Spbq + SBFEQ - SPFE BQ + EF 'i
e P B . BQ b PQE = -----«------ +
Dr —
PF . EF
V
q _ 4x4 , b PQE------ ^— + Rpta:
( 4 + ra )r;
4 + ra \
/
ra
SPQE = 8 cm
El área de un triángulo ABC, es S. Se trazan AA', BB' y CC' perpendiculares a una recta exterior, relativa a AC. Hallar el área del triángulo que tiene por vértices los puntos medios de dichas perpendicu lares. 577
Solución Según el gráfico : S, + S2 = S Incógnita : X + Y AM = A’M , BN = B'N , CP = C’P Sabemos que en todo trapecio, el segmento que une los puntos medios de las bases determina regiones equi valentes ( Propiedad N° 8 ). Luego : Trapecio AA’B’B : X + Z = U + S t .................. ( 1 ). Trapecio BB’C’C : Y + W = V + S2 .................( 2 ). Trapecio AA'C’C : X + Y + U + V = Z + W ... ( 3 ). #
Sumando miembro a miembro estas tres expresiones : 2X + 2Y + U + V + W + Z = U + V + W + Z + S1 + S2 2( X + Y ) = s 1+ s2
Rpta
x
+
y
= Si + S 2 = 2 2
Un rectámgulo y un cuadrado tienen igual perímetro. Demostrar que el área del cuadrado es mayor que la del rectángulo
Solución Por ser iguales los perímetros 4L = 2( a + b ) L =
a + b '
L
/ Siendo las áreas : Srect = ab , a + b Scuaa = L2 = \
/
Ahora bien, de la aritmética sabemos que para cualquier par de números positivos distintos, la media aritmética es mayor que la media geométrica. U J l > Jgb 2 Elevando al cuadrado ambos miembros de la desigualdad, para tener las expresiones de las
Así, con a y b :
2
> ab
areas : V
De donde, efectivamente : ^cuad. >
^rect.
13) Dado el rectángulo ABCD, I es incentro del triángulo ABC. Demostrar que el área del rectángulo ABCD es el doble del área del rectángu lo QIPD.
Solución * Se tiene : SQIPD = IQ . I P Siendo :
( 1)
IQ = AT y AT = AE
Además : IP = NC y NC = CE V
Luego : IQ = AE y IP = CE . Por lo que al reemplazar en ( 1 ) : QIPD
= AE . C E .................. ( 2 ) .
Pero, por el teorema II.9., sabemos que para el triángulo rectángulo ABC : SABC = AE . CE S4Brn ABCD = 2( AE . CE ) ............( 3 ) .
Y como : SABCD = 2 (S abc) -»
Finalmente, de ( 2 ) en ( 3 ) : SABCD = 2( Solpn) QIPD 14)
En un trapecio , las longitudes de las bases son a y b . Hallar la longitud del segmento paralelo a las bases, limitado por los otros dos lados y que determina dos figuras equivalentes.
Solución Consideremos el trapecio ABCD, don de BC = a , AD = b, EF el segmento paralelo a las bases, siendo además h y H alturas de AEFD y ABCD. Datos : a y b. Incógnita : x. Se tienen : / AEFD
EBCF
h
V
/ a + x
s =
( i )•
j ( H ~ h )...( 2 ).
v
\
y
s ABCD
H
-» 2S = \
(3 )
579
/
b+ x '
De (1 ) en ( 3 ) : 2 V
h=
a +b 2 ( b + x)
/
' b + x ' CsJ
D e (1 ) = ( 2 ) :
a + b >
h=
' a + x '
(H-h)
l 2 J
a + x
Operando convenientemente : (b + x)h + (a + x)h = (a + x)H
Finalmente, de ( 4 ) = ( 5 ) :
x =
De donde :
(4 )
H
a + b + 2x
a 4- b a + x 2 (b + x ) ~ a + b + 2x
a2 + b2
Otra form a : Prolongando AB y DC hasta su punto de intersección en Q : A EOF - A BQC ->
Sbqc + S BOC
*2 = -T Q
2 de donde :
1+
t
(1). BQC
:
\
1+ 2
(2). \
BQC >
D e (1 ):
1+ 2
- 1, sustituyendo en ( 2 ) BQC
Despejando
15)
V
B ¿ -s= .a~ \c
También, A AQD - A BQC : 2 SBQC + 2 S = b _ , y de aquí BQC /
v
/
:
- 1 /
x =
a
+ b
Sea ABCD un Cuadrado cuyo lado mide 6m. Si se trazan los segmentos paralelos AF y CE, distantes2m .,entresí,dem odoque F e DC y E e AB.entoncesel área del paralelogramo que se forma, es : ' yTT33 - 9 ' A)
' - 3 + /1 5 3 '
m
B)
v ' -2
D)
/
'
- 2
E)3
+ / Í 5 3
" m 1
v
C)3
v
/ m
\ 580
+ /1 3 3
m
' /Í5 3 - 3 '
y
j
m
Solución Al trazar AH _L CE , A AHE - A EBC, Con BC y AH homólogos, y como : BC = 3( AH )
Si AE = x -+ EC = 3x
Luego EB = 6 - x En A EBC : ( 6 - x )2 + 62 = ( 3x )2 Desarrollando y ordenando luego de sim plificar: 2x2 + 3x - 18 = 0 r. Ecuación que nos conduce a
:
J 153-3 x = jl------------2 /l5 3 - 3 '
Luego :
SAECF = ( AE ) ( CB ) =
AECF
= 3
' / T 53 - 3
.6
\ /
Rpta:
( C ).
B
En la figura, ABCD es un rombo, P punto medio de BC, AP = 9m. y DP = 13m Hallar el área del rombo.
Solución Sabemos que : SARf-n = 2 ( SAPD) ............(1 ). En el A APD, trazamos la mediana PM. Luego PM //'Á B y PM = AB = í = AD. Por el teorema de la mediana en dicho triángulo :
2?.2 + — = 92 + 132
-+
i = 10
Con el Teorema de Herón para el SAPD hallamos
previamente :
9 + 13 + 10 p= ------------------- = 16 *Q1
Entonces:
SAPD = / 16( 16 - 9 ) ( 1 6 - 1 3 ) ( 1 6 - 10)
S apd = 1 2 / 1 4 cm:
Sustituyendo en ( 1 ) : Rpta: 17)
SABCD = 2 4 ^ /T Í cm2.
En un trapecio ABCD, de bases BC y AD, BC < AD, se toman M y N puntos medios de AB y CD respectivamente. MC y NB se cortan en P. MD y AN se interceptan en Q. S i : S BPC = 1 0 cm 2 y S AQD = 14 cm2. H a lla r: S MPNQ
Solución Al trazar MN, en el trapecio MBCN, sabemos que SMBP = SNCP = S, y en trapecio AMND : 9 - q _ c AMQ “
NOD ”
2
Además, para el trapecio ABCD, por v
.8 . 2 ( S c m d ) =
S ABCD
Con el g rá fico : 2( 8 ^ 8 2 + SMPNQ) = 2S 1 + 2S 2 + SBPC
+
^ M P N Q
+
S
AQD
De donde, al cancelar S 1 y S2 : R Pt3 :
18)
S MPNO =
2 4 Cm2
En un cuadrilátero inscriptible ABCD, AB = 7cm. ,B C = CD = 15cm. y AD = 25cm., se traza AC. Hallar el área del triángulo ABC.
Solución Con el Teorema de Brahma-Gupta, para el cuadrilátero ABCD : _ 7 + 15 + 15 + 25 _ o í p— — Ol S abcd = / ( 3 1 - 7 ) ( 3 1 - 1 5 ) ( 3 1 - 1 5 ) ( 3 1 - 2 5 ) S ABCD =
1 9 2 Cm2
Luego : SABC + S ADC ®ABC + ^A D C
-
“
“
^^
Q
ABCD ClTl2
Además, como B + D = 180 ^ABC _ 7 x 1 5 S ADC CQO
25x15
(1
)
25
(2 )
AB C
ADC
Reemplazando ( 2 ) en (1 ) ; SABC Rpta:
25 s e + — ABC = 192 cm2
SABC = 42 cm2
El área de un paralelogramo ABCD, es S. Se toman M y N puntos medios de AB y AD, respectivamente. CM y BN se interceptan en el punto R. Hallar el área del triángulo MBR.
Solución Del gráfico, los triángulos MBR y MBC tienen la misma altura que parte del vértice B, luego : S mbr S MBC
_
MR MC
( MH MR ^loo O BC BR “- [ m c Jb M sM mbr MBC l MC ;
M\ '
Tomamos P y Q, puntos medios de BC y CD : O S M BC -
1 2
io \ _ { ^M B C Q ) -
1 2
( {
S ABCD "l . S ABCD 2 )~ 4
S MBC
s^ 4
(2).
AT
Además en el A ABT, como AQ es paralelo a MC : MR =
2 AT = TL = RE = EC =
RC
MR =
MR _ 1 RC ” 4
2
MR MR + RC C on(2 ) y ( 3 ) e n ( 1 )
RC
1
MR = 1 MC " 5 ......
1+ 4
(3)
/ MBR
\
/
p.
$*
Rpta:
;
t
Í
s |
^
( Teorema de C lairaut) Dado el triángulo ABC, sobre los la d o s se constru yen ABDE y BCGF, paralelogramos cua lesquiera. Se prolongan ED y GF hasta su intersección en el punto P. La prolon gación de PB corta a AC en L y se prolonga BL una longitud LR = PB.
583
Luego por los vértices A y C se trazan paralelas a L R , determinando el paralelogramo ACQM. Demostrar q u e :
Demostración : Prolongamos MA hasta interceptar a ED en H.
R
I \ X
Como AAEH = A BDP ( AE a BD,
f
'
< »
\ \
4 EAH a 4 DBP y ÁH a BP) , entonces AHPB <> AEDB. Además los paralelogramos AMRL y AHPB , tienen : LR = BP y la mis ma altura d. S amrl = S ahpb Luego:
S AMRL
AEDB
Análogamente se tendrá : S lroc = S BFGC Entonces :
SACQM = SAMRL + SLRQC S ACQM = S AEDB + S BFGC
En un triángulo ABC, las cevianas interiores AF y CE se cortan en el punto P, siendo además EF paralelo a AC. Hallar el área del triángulo ABC , si las regiones triangulares EPF y APC, tienen por área 9 y 16 cm2,. respectivamente.
Solución SABC = ?* Por la propiedad deducida en el problema V.3, sabemos que en trapecio AEFC de la figura adjunta : EPF + i s APC
AEFC
V ^AEFC - V 9 + >/T6 -> SAEFC - 49 cm' Además : A EBF -
A ABC
Sebf S ABC
_
EF
_________
AC
B
n. ° •
S ABC “ S AEFC _ EF o ^— 2 ^ABC AC
,
S ABC “ 4 9 _ EF o ” 2 b ABC AC
( *)
Siendo los triángulos EPF y APC, semejantes : :2
S EPF _ EF S APC
AC2
E F^ = 9 ....................... ( 2 ) ÁC2
16
Sustituyendo ( 2 ) en (1 ) : ^ abc _4^ _ _9_ 16 ABC Rpta:
SABC = 112cm 2
M
B
Dado el cuadrado ABCD, donde M y N son puntos medios de BC y CD. N
Hallar el área de la región sombreada, si AB = a.
D
Solución Sabemos que AM y BN son perpendiculares Llamando X el área pedida , con el gráfico :
B
(1 )•
^ “ ^AEF " ^AOP
Para determinar SAEF, hallamos AE y EF En el A ABM, con el teorema de Pitágoras 2 -»
AM2 = a2 + I ±
/
por relaciones métricas : AB2 = AM . AE Luego :
a2 =
^~5 . AE, de donde :
2 . AE = — a.y~5
De otro lado F es Baricentro del A BCD , ( BN y CO medianas de dicho triángulo )
Entonces : OF = —( O C ) = —r A C ^ l ( A C ) = l ( a / 2 ) v / 585
a Í2 _ AC _ a j 2 Es d e c ir: OF = —^— . Y como AO = -LL1 = *“ , se tendrá : 6 2 2 AF = AO + OF = en el A AEF :
EF
g /2 — 2
3 /"j? ^— 6
= AF
-a /2
-»
- AE ,
2
EF =
2 _ AF = — a^^2 . Esto nos permite hallar EF, 3
-
_
-a /5
v
; EF =
IG
\
En seguida, para el S AEF
2 /5
‘
AE . EF
2 2
AEF 2
\
/
V
2
— a¿ 15
AEF
(2 )
Ahora para hallar el SA0P aprovechemos que los triángulos AOP y ABD tienen la misma altura trazada desde A. Luego las áreas SA0P y SABD serán entre sí como las bases OP y BD : S aop ABD
OP BD
(3).
Siendo P Baricentro del A ABC, ( AM y BO, medianas en dicho triángulo ) entonces : \ / BD BD OP 1 OP = —( OB ) = -> OP = — , esto es : ------ = — 3 } 3V 6 BD 6 / sustituyendo en ( 3 ) tenemos : ** = ^ABD 6
S AOP = 7:(S ABd ) b
2 6v
S AOP /
12
(4)
Fir tímente, con ( 2 ) y ( 4 ) en (1 ) : X = A aa 15 Rpta:
X= 20
12
B
23)
5K6
/ \
En el cuadrado ABCD, M y N son puntos medios de BC y CD. Si AB = a, hallar el área de la región sombreada.
M
K
/ f /
N
/ / ^ I. y *
i\
D
Solución El área de la región sombreada es igual a la suma de las áreas de las regiones AMC y BND, menos el área de la región OPEF. Siendo : s ABCD = — ( s AMC ABC ) - 2 2 v \ AMC ~
S amc - “ ( SABcd ) ”
Además, por el problema a n te rio r: SOPEF
Lue9 ° :
® sombreada
= SBND
20
” ^AMC + ^BND " S qPEF
s sombreada = — a +
20
Rpta:
Las diagonales de un trapezoide miden 20 y 34 cm. y el segmento que une los puntos medios de dos lados opuestos mide 21 m. Hallar el área del trapezoide.
Solución Sea el trapezoide ABCD , donde : AC = 20cm., BD = 34cm. y MN = 21cm. Tomando Q, punto medio de BC, al trazar MQ y NQ, según el problema visto en V.5, sabemos que : ABCD
™
SMQN )
(1).
Siendo, en el A A B C : MQ = AC MQ = 10 cm. y en el A BCD : QN =
BD
QN = 17 cm
Luego, con el Teorema de Herón, para el SMQN , donde P=
10 + 17 + 21
= 24
Smqn = \ 2 4 ( 24 - 1 0 )( 2 4 - 17 ) ( 2 4 - 2 1) SMQN = 84 cm2 Remplazando en ( 1 ) :
SABCD = 336 cm2
Rpta 587
25)
En la figura adjunta
AB y DC son
tangentes comunes a las circunferen cias de radios R y r. Hallar la expresión para el área del tra pecio ABCD. (O y P : centros)
Solución Con los trazos indicados, sabemos que AB = DC = 2 / R
—A rt E il •ii H i
t
Al trazar la tangente interior común a ambas circunferencias , como : MA = ML = MB y ND = NL = NC MN = AB —»
0 L 1“
MN = 2 ^ r 7.
“MN es mediana del trapecio ABCD”. Luego, para el área, falta determinar la longitud de la altura B H . En el A EAB : EB = OP AB
EB = (R + r ) y AB = 2 / R r , por relaciones métricas:
= EB . BH ^
Sustituyendo lo a n te rio r: De donde : BH =
( 2^
2
r7
) = ( R + r ) BH
4Rr (R + r)
Luego : SABCD = MN . BH, ( área del trapecio en función de la mediana y altura ) Con lo h a lla d o :
s abcd
= 2 /R f.
4R r (R + r )
Rpta:
26)
En un trapezoide ABCD, las diagonales AC y BD se interceptan en el punto P. Si el área del cuadrilátero que tiene por vértices los baricentros de los triángulos ABP, BPC, PCD y APD, es 2cm2. Hallar el área del cuadrilátero que se obtiene al trazar paralelas a las diagonales AC y BD, por los vértices A, B, C y D.
Solución Según el gráfico, sean Et F, G y H, baricentros de los triángulos ABP, BPC, PCD y APD, respectivamente. M y N son p u n to s m e d io s de AP y PC. A’B’C’D' es el cuadrilátero que determinan las paralelas. Por propiedad del baricentro, en cada 2 BF . Esto inditriángulo : BE BM 3 BN ca que se cumple el Teorema de Thales
• •
EF
AC.
EF Entonces los triángulos EBF y MBN son semejantes, donde : MN _ AC Siendo MN =
EF luego: ^
EF (1
AC
Análogamente se demuestra que GH 11 AC y FG BD
GH AC
S efgh S a ' B ' C ' D '
Rpta:
S a ’B’C'D'
_ _L p Qr datQ 9
y
y A’B’C’D’ son paralelogramos
EF _ 1
A ' B*
y •
)
EH BD
EF
_
3
I . F G / / B D / / EH V
Concluimos en seguida que “ los cuadriláteros EFGH semejantes", con razón de semejanza :
^EFGH
2
AC EF
\ A 'B ' /
3
'V V 3
y
9
S EFrH = 2cm 2 E F G H
SAD. = 18cm2
El área de un trapezoide ABCD, es 9 cm2. Se traza la diagonal AC y se determinan P y R, baricentros de los triángulos ABC y ADC, respectivamente. Luego se traza BD y se ubican Q y L, baricentros de los triángulos BCD y ABD. Luego de trazar PQ, QR, RL y LP, hallar el área del cuadrilátero PQRL . 589
Solución En el gráfico, T, M y N son puntos medios de A B ,B C y A C .C o m o P y Q, son baricentros de los triángulos ABC y BCD, respectivamente, por propiedad de este punto notable : PM
1
QM
AM ~ 3 ~ DM Se cumple el Teorema de Thales. Luego PQ // AD, los triángulos PMQ AD y AMD, son semejantes /. PQ = — CD AB Análogamente se demuestra que PL 11 CD y PL = ----- , QR 11 AB y QR = ----- , LR 11 BC BC y LR = — . Esto indica que “el cuadrilátero PQRL es semejante al ABCD, donde la razón de semejanza es
1„
Entonces; ^ pqrl
\2 _
S ABCD R Pta :
28)
S PQRL =
/
S PQRL “ -JT ( S ABCD ) “ 7T ( 9 c m 2 )
1C m 2
La longitud del lado de un cuadrado ABCD es 10 cm. Tomando como diámetros los lados AD y CD se dibujan interiormente dos semicircunferencias secantes en el punto E. M y N son puntos medios de AD y CD . BM y BN interceptan a las semicircunferencias en P y Q. Hallar el área de! cuadrilátero PBQE.
Solución Del gráfico, notamos que el cuadrilátero PBQE es simétrico : BP = BQ y EP = EQ. Luego : BE 1 PQ S
PBQE
_
y: B E . PQ
/ 1\
'
1 /
Además E es el centro del cuadrado /* B E .E D .^ .H Ü BE = 5 / 2 . . . ( 2 ; . 2 2 Para determinar PQ , como BM = BN y
BP = BQ, entonces PQ es paralelo a MN. 590
B
En seguida:
A PBQ ~ AM BN
PQ
BP
MN
BM
->
„ M N . BP PQ == BM
(3 )
Siendo MN = 5 / 2 , ( A M D N ) , En A M A B :B M 2 = 10* + 52 -»
BM = 5 / 5
y BP = BM - PM
-4
BP = 5 / 5 - 5
5 /2 Í 5 / 5 - 5 ) Al sustituir en ( 3 ) : PQ = v .L .I L 5 /5 PQ = / 2 y 5 - / 5 J. Luego, con este valor y ( 2 ), en (1 ) : 5 /2 . / 2 ( 5 - / 5 ) PBQE ~ Rpta: 29)
SPBQg = ( 25 - 5 / 5 * ) cm2
Rpta.
Demostrar que el área de todo triángulo acutángulo es igual al producto del circunradio y el semiperímetro de su triángulo órtico pedal D em ostración B
Consideremos el A ABC, donde O es el circuncentro y PQH el triángulo órtico pedal. Sabemos que los radios OB, OA, OC de la circunferencia circunscrita al A ABC son perpendiculares ( * ) a PQ ,PH y H Q , re s p e c tiv a m e n te . Luego, las áreas de los cuadriláteros POQB, POHA y HOQC : e op oQ B
O B . PQ OA . PH «------•b POHA--------- «----OC .H Q
y
'HOQC
S ie n d o : ^A B C "
S abc
SpO Q B + SpOHA + ^HOQC
OB . PQ = ----- : ----- +
C o m o : OB = OA = OC = R
-»
OA . PH OC . HQ r + -------: ----' PQ + PH + HQ ABC
v
Llamando p’ = PQ + PH + HQ e| sem¡perímetro del A PQH :
\
R / .*. 591
(*)
Para
d e m o s tra r
que
OB
es
perpenicular a PQ, prolongamos BO hasta E. Luego : ^ PQB = ^ BAC, por s e r el c u a d rilá te ro APQ C inscriptible. Además como ^ BEC = ^ BAC ¿ PQB = BEC . Siendo, en A BCE : ¿ EBC + ^ BEC = 90° entonces : EBC + PQB = 90e Por lo que el 30)
^ BNQ = 90°
En un trapezoide ABCD , M y N son puntos medios de las diagonales AC y BD , respectivamente. Las prolongaciones de los lados AB y DC se interceptan en el punto P. Demostrar que : S BMDP ” ^AN C P
Solución Del g rá fico : S BMDP
^BMDC + ®BCP (^BMC + ^CMü) + ^BCP
BMDP
S ABC + S ACD
BMDP
+ S BCP J
x
BMDP
D
En forma análoga : SANCP = SABCN + S ^ p
ANCP
S ancp "
ABD +
^ ABCD + SBcp 2
Luego, de (1 ) y ( 2 ) :
* Notar que 592
BCD
a
b
c
S
A C D
,
+
BCP
ABCD V
+ S BCP J
" ( SABN + SBCN ) + SBCP /
+ s BCP
+
\
Es decir: S BMDP
ANCP
S
ABD ANCP
(2 ) ( Propiedad)
( Propiedad)
\
+ s BCD
+ s BCP
d )
En un trapezoide ABCD , M
y
N son puntos medios de las diagonales AC y BD,
respectivamente. Las prolongaciones de los lados AB y DC se cortan en el punto P. Demostrar q u e : _ S ABCD
MPN “
Solución Por el problema anterior ANCP
= S ABCD + s BPC
(1 )
También, con el gráfico : ^ANCP - ^APM + ^AMN + ^MPN + ^NPC como : SAPM = ^ apc ( S AMN 2
y
sNPC =
s pnd -
-
D
^ANC
sCND
en lo a n te rio r: ANCP
ANCP
= ^ E S . + S ans. + SMPN + SPND 2 2 = S APC , S ANC +
ANCP
Y
como SCND =
Sabc +
$qpc
+,
« + S BPD - S CKD ^.
MNP
$anc
+ s .MPN + ^bpc + Sbcd - s CNO
, al reemplazar en lo anterior, agrupar y cancelar términos
semejantes, llegamos a : _ S ^ANCP “ ^
+ ^ ANC + SMPN + SBpc
(2).
Igualando ahora los segundos miembros de las expresiones ( 2 ) y ( 1 ) : S ABCD + s S ABC , S ANC . o , e BPC — “— + — "— + b MPN + b BPC - ---- 2 Cancelando SBPC, despejamos luego SMPN o _ ^ABCD ^ABC ^ANC ^MPN ~----------- «----------- ^— e _ S abcd ^ mpn 2
S abc 2
S abcn " S ABC 2 593
o
_ S abcd S abcn MPN -----------—
Y com o:
g SABCN = —
( problema anterior). ( S abcd ) _
MPN -
S abcd
_ s ABCD
MPN 32)
En un cuadrilátero ABCD, AB = 3m., BC = 4m. y CD = 12m. H allarelvalordeA D , sabiendo que el área de la región ABCD es máxima.
Solución
B
- AD = ?, cuando S ABCD —> maxima '
SABCD»será máxima, cuando SABC y SACD lo sean. L u e g o :
- SABC, máxima, implica : a = 90° Entonces : AC
= 32 + 42
AC = 5 D
“ S ACD, máxima , implica : p = 90° AD Rpta:
= AC
+ CD
AD
=
+ 12
AD = 13
33) Hallar Sx, si el □ ABCD, tiene área 72u2. Los lados del □ ABCD , han trisecados.
Solución ( a ) PROBLEMAS PREVIOS: a.1) Sea el DABCD. P, R, Q y T se ubican sobre los lados de modo que PA = 2PB, CR = 2RB, DQ = 2QC y TD = 2AT. Demostremos, q u e : *
OQ = 2( OP ).
sido
Veam os: A PBR
-
E ntonces: PR = 2 2 3 -A n á lo g a m e n te :
Luego :
A ABC, porque 2 2 = 2 2 = 1 y tienen en común el B. AB CB 3 y PR // AC
A TD Q
~ A A D C .y a q u e : 1 2 = 2 2 = 2 AD CD
2AC ™ TQ = ------- y TQ
- De( 1 ) y ( 2 ) :
(1 ) y comparten el D.
(2 )
AC
PR || TQ y TQ = 2PR
- Esto indica que AOPR - AO Q T demostrar.
OQ = 2 (O P ) y OT = 2( O R ), tal como queríamos
a.2) R ecordar, según se demostró en un problema del capítulo HLíneas Proporcionales ” ( Capítulo 1 0 ) , que :
Si • •
AP DQ „ — = ------- = 2 PB QC
Entonces : PL = LQ y
NL LM
= 2 D
a.3) Es fácil concluir, de los resultados anteriores, que si se trisecan los lados del □ ABCD, entonces : Pl = |J = JH
y
QT = TU = UF
(b)
RESOLUCION DEL PROBLEMA PROPUESTO - S iM ,G , N y L, son puntos medios de los lados del OABCD, entonces GL y M N interceptarán a los lados del □ ITU J en sus puntos medios. Luego: S x - S r r u j - 2( SVZWE) ( Propiedad, prob. n° V.4 ) (OC).
- Sabemos, que OMGNL y DVZW E, son paralelogramos.
595
Entonces ZO = Pero OW
ZE
ZE = GZ
ZO =
ZO =
o
3
En forma a n á loga, OV =
y OE = 9 L . De aquí, es fácil concluir que los cuadriláteros VZWE y MGNL, 3
3
1 son semejantes; con razón de semejanza —. A s í: q vzwe
=
SfoGNL S iendo:
SMGNL =
A^ CD
\2
/
->
SvzwE
=
g-
( S MGNL )•
S VZWE -“ A ( s°ABCD )
Reemplazando, esto último en ( a ) : sx = Con el dato : SABCD = 72u2 Rpta:
o
S„ = 8u2 A
-g ( S ABCD )
¡Propiedad!
VI.-
REGIONES POLIGONALES
VI.1. P olígonos C irc u n s c rito s .- En todo polígono circunscrito a una circunferencia, el área se puede expresar como el producto del semiperímetro y el radio de la circunferencia inscrita. D em ostración * En efecto. Sea ABCDE...... un polígono convexo de n lados circunscrito a una circunferencia de centro O y radio r.
D
Luego: ® polígono
”
^A O B + ^B O C + ^C O D +
( “ n " sumandos )
5
polígono
=
AB . r
BC. r CD. r + ------------ ------------ + 1
2
2
2
f AB + BC + CD +
r , donde la expresión dentro del paréntesis
polígono
significa el semiperímetro p, del polígono :
Vl:2. Polígonos Regulares.- En todo polígono regularel área es igual al producto del semiperímetro y apotema. D em ostración * Consideremos un polígono regular de wn" lados. Siendo y an, las longitu des del lado y apotema , respectiva mente :
^ p o líg -
"
n ( ^A aob
)•
regular
^
ln
( Elemento fundamental del polígono regular)
O R
Luego :
políg. = n regular
í;n • an
597
4
s
regular
p, del polígono, .*
VI.3. Sector P oligonal regular.- Es la región del plano que encierra una línea poligonal regular, llamada base y los radios a los extremos, de la circunferencia circunscrita a dicha línea. Teorema.- El área de todo sector poligonal regular es igual al producto del semiperímetro de la base y el apotema. D em ostración Sea el sector poligonal ABC...., de wm” lados, originado por una poligonal de apotema an y longitud de lado l n. El área S, del sector poligonal será “m” veces el de la región AOB. Luego: D
donde la expresión en el paréntesis es el
F
semiperímetro p' de la poligonal.
VI.4. Teorema.- Las áreas de dos polígonos semejantes son entre sí como los cuadrados de cualquier par de elementos homólogos. D em ostración
* Sean, por ejemplo, los polígonos seB
mejantes ABCDEF y A’B'C’D’E’F con razón de semejanza K. Tracemos to das las diagonales correspondientes al vértice de un par de ángulos congruen
A
D
tes, a fin de tener triángulos semejan tes. Luego :
E
x X'
598
= _y = _z = w _ = y Z' W*
k2
Con Propiedad de proporciones : X + Y + Z + W X' + Y ‘ + T + W ‘ De donde , llamando S y S’ , las áreas totales :X + Y + Z + W = S ; y X’ + Y '+ Z’ + W ’ = S’ A
Esto e s : 2
S
AB
BC
s'
A 'B '2
2
CD
B 'C '2
2
C D '2
VI.5. G eneralización.- Para cualquier par de figuras cerradas semejantes, las áreas de las superficies que determinan, son entre sí como los cuadrados de sus elementos homólogos. Así por ejemplo, para las figuras semejantes a d juntas:
Aprovecharemos esto en el siguiente teorema.
A
B’
A
B
VI.6. Teorem a.- Si los lados de un triángulo rectángulo son líneas homologas de figuras semejantes construidas sobre ellos, entonces la suma de las áreas de las regiones construidas sobre los catetos es igual al área de la región apoyada en la hipotenusa. D em ostración Sea el A ABC, donde X, Y, Z representan las áreas en mención. De la generaliza ción anterior podemos e scrib ir: X
Y
AB
2
BC
Z 2
AC
2
Con propiedad de proporciones : X + Y AB
2
+ BC
Z 2
AC
2
Siendo : AB2 + BC2 = AC2
X+Y = Z
( * Usaremos este teorema, más adelante en la demostración de la relación para las lúnulas de H ipócrates).
599
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
Determinar las fórmulas para el cálculo de áreas de los polígonos regulares : a) Hexágono
b) Octógono
c) Dodecágono, en función del radio R de la circunferencia circunscrita.
Solución a)
Hexágono re g u la r: A AOB es equilátero. S 6 = 6 ( S iA 0 B ) = 6 ' r 2 V 3 1
expresión en la que R puede sustituirse por d6. b)
O ctógono re g u la r: Del gráfico S8 - 8( SA uhin ) AMNO / O M . NH ->
S8 = 8
= 4R( NH )... (1 ) ON
Siendo en el A NHO : NH = V2 NH =
c)
D odecágona re g u la r: Con el A ODC. elemento fundamental de este polígono : S12 = 1 2 (S aODC) es d e c ir: OC . DE
= 6 R (D E )... (1 )
S « = 12 Del A O E D : DE = 600
OD
R D E ^ ,
, en ( 1 ) :
IX
S8 = 4R
R
9 9
sustituimos en (1 ) : S12 = 6R
2)
El lado de un hexágono regular es V . Se prolongan los lados en un mismo sentido y una longitud igual a m£M. Hallar el área del polígono que tiene por vértices los extremos de dichas prolongaciones.
Solución Sea ABC F el polígono original y A’B'C* F el de los extremos de las prolongaciones . Notamos que el A AA’B’ , es recto en A \ por; AB’ = 2AA* y Jf A’AB1 = 60° Luego: A’B’ = l -J~3 , es la longitud del lado del hexágono regular A'B'C’ F. Por el problema anterior el área será:
S '-fíí/lf
J í Rpta
3)
Hallar el área del hexágono que tiene por vértices los puntos medios de los lados de un hexágono regular, cuyo lado mide “a”.
Solución Sea ABC el hexágono mayor, de lado a. La longitud del lado del otro es x. Con el gráfico : A ABC
D
x =
Siendo AC =
,( Base m e d ia ).
= R ^ 3 = a^~3
a /3 Luego : x = * a —
E
Entonces, para el área
Sx : Sx
= —x
3 fa j3 ' s x
=
2
^
ó
= f a 2V 3
2
rñ ó
Rpta
V
601
Hallar el área de un octógono regular de 1m. de lado. Solución Sabemos, por el problema N° 1, que el área S8 del octógono regular, en función del radio R de la circunferencia circunscrita, es : Sfl = 2R2 y[% . Siendo :
R=
- R ^ 2 - ^ 2 = 1m
sustituyendo en S8 :
1
2/2
1
S«8 = 2
2- J 2
IT - 7 ? S8 = 2 ( 1 + / 2 )m2
Rpta
Un hexágono ABCDEF tiene sus ángulos congruentes y sus lados son tales que : AB = CD = EF = a y BC = DE = FA = b. Siendo a > b . Calcular el área de dicho hexágono.
Solución
N
v \ \ a/ 60°'' a // \ \ g/60»-a >60\ p
Cada ángulo exterior del hexágono mide: 360° = 60°. De modo que al prolongar 6 los lados como indica la figura, se obtie nen los triángulos CND, EPF, AMB y MNP, equiláteros. Luego:
* \ \ (.60*____6_0°_\,
S hexágono
hexágono
A — b
= ( 2a + b )2
V3
V3
V3
V3
De donde : hexágono
= ( a2 + 4ab + b2 )
Rpta
El lado de un hexágono regular mide 9m. Determinar la longitud del lado de otro hexágono regular, cuya área es 4/9 de la del primero.
Solución Como estos polígonos son semejantes, las áreas se encontrarán en la misma relación que los cuadrados de sus elementos homólogos. Llamando X, la longitud del lado del segundo
.
.
hexágono : Rpta:
x2 —
X = 6 m.
4 = —
7)
Los lados de dos pentágonos regulares miden 17 y 8 cm., respectivamente. Hallar la longitud del lado de otro pentágono regular, cuya área es igual a la diferencia de las áreas de los dos anteriores.
Solución Llamando Sv S2 y Sx las áreas; por semejanza : 172
82
t
Con propiedad de Proporciones : S-t - S
172 - 82 Y como : Sx = S, - S2 , por dato, entonces : í \ = 172 - 82 Rpta: 8)
f
= 15cm.
En una circunferencia de radio R, se inscriben los triángulos equiláteros ABC y DEF, siendo sus lados respectivamente paralelos. Hallar el área de la estrella formada.
Solución Del gráfico: Sestrelta = SABC + 3S, Siendo:
(1 )
AB = R-J~3
ABC
ABC ”
(2 )
— R^
4
Para el A EMP; equilátero, se tiene : AM = EM = MP = EP = PB Luego : AM + MP + PB = AB
->
MP + MP + MP = AB
2
MP =
' R /3 f
¡ 3
entonces : SEMP = MP ^ —
_ AB _ R ^ 3
_> S t =
V
/
/3
e
4
R2 / 3 1
12
(3)
Finalmente, con ( 2 ) y ( 3 ) en (1 ) :
s estrella -
t4
r2/ 3 + 3 V
^estrella “
^
12
/
Rpta 603
Hallar la relación entre las áreas de los octógonos regulares, inscrito y circunscrito a una misma circunferencia.
Solución Sean A B C
H y A ’B’C ’
H’ los
octógonos regulares inscrito y circuns crito, respectivamente, a la circunferen
D'
cia de centro O y radio R. Sabemos que todos los polígonos regu lares de igual número de lados son semejantes. Luego, las áreas estarán
E’
en la misma relación que los cuadrados de c u a lq u ie r p a r de e le m e n to s homólogos. En la figura, ON y OC son apotemas de los polígonos, inscrito y circunscrito.
Siendo : ON = — ^ 2 + / 2
S‘
y OC = R
ON
S _ 2 + /2
OC
S7 “
4
Rpta
Se tiene un hexágono regular ABCDEF, de lado "a". Sea M punto medio de B C . Se dibuja el simétrico del hexágono dado, según un eje que contiene a FM . Hallar el área d la región común a los dos polígonos. A* es simétrico de A, respecto al eje FM, sí y sólo si FM es mediatriz de AA'.
solución El área de la región sombreada, equivale al doble del área del cua drilátero ABMF y ésta a su vez 7 está formada por las regiones trian
0
gulares FAB y FBM. Así, con los gráficos adicionales:
Siendo : BF = a ^ , entonces BF . AH FAB a / 3 Í f Es decir : SFAB =
/
V3
Además : SpBM =
BF x BM _ . V 5 ( |
s ^FBM - a2^ :— En seguida :
SABMF = SFAB + SFBM a2 ,[3
ABMF “
+
a
Luego : Spedida - 2 S ABMF
ABMF Rpta 11)
/3
El área de un octógono regular ABCDEFGH , es 8 cm2 . M, N, P, Q, L, T, I, J, son puntos medios de los lados AB, BC, CD, DE, EF, FG, GH y H A , respectivamente. Hallar el área de la región común a los cuadriláteros MPLI y NGTJ.
Solución El área de la región pedida correspon de a la del octógono sombreado. Por semejanza con ABCDEFGH : X 8
UV ( i)
CD
S iendo: UV = ( UP ) / 2 = ( NIC ) / 2 _
UV =
CD
12)
,
2
UV
2 ' LUeg° : W
En (1 ) : Rpta:
BC
J 2
UV
UV _ / 2
(BC)
2
8
X = 4cm2
Interiormente al cuadrado ABCD, de lado “a", se construyen los triángulos equiláteros ABK, BCL, CDM y DAN. Determinar el área de la región encerrada por el dodecágono cuyos vértices son los puntos medios de los cuatro segmentos KL, LM, MN y N K , junto con los punios medios de los ocho segmentos AK, BK, BL, CL, CM, DM, DN y A N , demostrando previamente que el polígono es regular.
605
Solución Para demostrar que el dodecágono es re g u la r b a s ta rá p ro b a r que
B
PQ y PT son congruentes. En efecto, el A NEM es isósceles, Q punto medio de MN y P punto medio de ME por ser el triángulo EMF equilátero. Luego, por el Teorema de los puntos m e d io s: A NEM
EN PQ = —
A EMF
EF PT = — , y como:
EF = EM = EN
D
PQ = PT
Además MNKL es un cuadrado y el dodecágono regular se halla inscrito en la circunferencia inscrita a dicho cuadrado. En el A MDN, elemento de un dodecágono regular, de radios DM = DN = a, tenemos : MN GH
MN
R = | > / 2 - ^ 3 , es el radio para el polígono en cuestión 2 2 2 Como sabemos, por el problema N°1 : S 12 = 3R2 2 . Luego : Entonces R =
S i 2 = f a 2( 2 - ^ 3 )
13)
;
Rpta
Hallar el área del octógono regular estrellado inscrito en una circunferencia de radio R, uniendo los p u n to s: a) De dos en dos. b) De tres en tres.
Solución a)
ABC
H, son los vértices respecti
vos. Trazando AC, CE, E G , se obtiene la estrella para este caso. Siendo ACEG y HBDF cuadrados, evaluaremos el área de la región en cerrada por la estrella sumando al área del cuadrado ACEG. los cuatro 606
cuatro triángulos sobrantes equivalentes al MBN. Así : ^ e s tre lla
”
^A C E G +
(1
^M B N )
)
Siendo AC = R V"2» la longitud del lado del cuadrado inscrito : SACEG = ( R ^ 2 )
= 2 R2 .............. ( 2 ) .
Para el A MBN, como MB = BN = AM = NC y MN = bABj~2 , entonces : AM + MN + NC = AC MB + M B / 2 + MB = R^/2" Luego :
MB = R ( / 2
MB( 2 + ^ 2 ) = R / 2 .
- i)
R
^ M B . BN MB En seguida: SMBN = ----= —
MBN “
( 3 - 2 V 2 ) ... (3 )
Ahora, con ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) : 4R2
Sestrella ^ „ = 2R* +
RPtab)
2
(3 - 2/ 2 )
SeslreJla = 4 R2 ( 2 - ^ 2 )
En este caso la estrella se obtiene al trazar A D .D G .G B , .... Calculare mos el área pedida, restando al octógono regular ABC...H, los ocho triángulos sobrantes equivalentes al APB. Por el problema N°1, de esta sección, el área del octógono ABC...H, es 2 R 2 / 2 .
Para el A A P B , como
= R ^ 2 - yf~2 , entonces :
AB =
S apb = - • AP . PB = -
. A®. . 2 / 2 / 2
2
G
SAPB =
AB
R^2 - / 2
->
SA P B
R =
(
2- / 2 )
Luego: estrella
“
®ABC...H “ ® ( ^A P B )
607
= 2 R ^ -8x ^ ( 2 - / 2 )
14)
Las áreas de dos polígonos regulares de n lados, uno inscrito y otro circunscrito a una misma circunferencia, son respectivamente S y S \ Hallar las áreas de los polígonos regulares de 2n la d o s : ( a ) Inscrito a la misma circunferencia. ( b ) Circunscrito a la misma circunferencia. ( Problem a de G regory )
Sofución (a)
Sea ABC... el polígono regular de n lados inscrito en la circunferencia de centro O y radio R. A’B’C’... es el polígono regular de n lados circunscri to a la misma circunferencia e inscrito en la circunferencia de radio R \
B’
MC uno de los lados del polígono regular de 2n lados inscrito en la cir cunferencia de radio R. Llamando X el área de este último polígono, tene mos q u e : ( 2 n ) S A MOC = X
(1)-
Los triángulos MOC y B’OC, tienen en común la altura C T, por lo que : s am oc
AB'OC
OM OB‘
Además : SáW0C =
s amoc
R , esto e s : R*
2n
Reemplazando ( 3 ) en ( 2 ) :
(3 )
2 n ( S AMOC ) ^
A MOC
S‘
R'
ÉL 2n Y con ( 1 ):
(4). S1
608
R............
(2).
S" n /
SAB'OC') = j
ÉL
^ A B 'O C
_
R*
r
“ R*
También, como los polígonos ABC ... y A’B’C’... son semejantes
f _R ' R* J
JL S*
—
R1
S S1
Sustituyendo esto último en la relación ( 4 ) : 7 , de donde :
s*
Rpta ( b ) ABC..., es el polígono regular de n lados y área S, inscrito. ( lado i n y apotema an) A’B’C’..., es el polígono regular de n lados y área S \ circuns crito. ( Lado Lny apotema An) AMBN. es el polígono de 2n lados, circunscri to y área X, hallada anteriormente. ( Lado ¿2n y apotema a ^ ). M’N’G..., es el polígono de 2n lados, circunscrito, de área Y, a calcular. ( apotema A2n) Los polígonos M’N’G... y AMB..., de 2n lados cada uno son semejantes. Escribiremos la relación de áreas en función de los cuadrados de sus apotemas. Y
Así :
X
( A2n )
(1 )
( a2n )
Siendo A ^ = OB = R. Tratemos de expresar a2n en función de los parámetros del polígono ABC... y de las áreas conocidas. Previamente, de la semejanza entre los polígonos de n lados ABC... y A’B’C’..., tenemos, para la relación de áreas : _S S’
2 - , donde An = ON = R , (A n ) (an ) R2
luego :
_s S1
(2 )
Si el lector no recuerda las fórmulas de an y f 2n, en función de R y £n, las puede hallar fácilmente en los triángulos OTB y OPD, usando los teoremas de Pitágoras y Euclides, respectivam ente: = | V 4R2 ~ % ............ ( * ) •
y
l 2n = v '2 R 2 - 2 R . an ....... ( * * ). 609
Haciendo analogía con ( * ) : a2r>
-
i
l
4R 2 - a2 2n
Para sustituir en (1 ) : ( a2n )2 = - j ( 4R 2 - f,2n) 1 y con ( * * ) : ( a j 2 = - 4 R2 - ( 2 R 2 - 2R . an ) 4 ( a 2n )2 = —( R2 + R . an ), sustituyendo aquí lo hallado en ( 2 ) \
( a2n )2 = 1
R2 + R . R
S‘ /
V
Ahora reemplazamos esto último en (1 ) :.
Y X
Y 1 2
A 2n
)
( a 2n )
R
/
X
(
\ R2 + R2
s* /
De donde, luego de cancelar R2 y con lo hallado en la parte ( a ) para X es la respuesta.
15)
Conociendo las áreas Sn y S2n, respectivas a dos polígonos regulares inscritos en una misma circunferencia, uno de n lados y el otro de 2n lados, hallar el área para el polígono regular de 4n lados inscrito en la misma circunferencia.
Solución Consideremos el gráfico adjunto, don de se indican los lados respectivos. Los triángulos MOB y POB, tienen en común la altura BP, entonces las áreas serán entre sí como OM y OP: MOB
OM
;POB
OP 2n
POB
, siendo S MOB
’4n 4n
, OM = R y OP = a2n,
4n
sustituyendo en la relación anterior y
simplificando luego :
610
s 4n
R
S 2n
a 2n
(1 )•
Así mismo, los triángulos AQO y AOB, tienen la misma altura AQ, luego : aqo
AOB
S„
e
_ Q Q t d o n d e SAQO = ^
_ s2n
, SAQB = 2n ’ S aob = ^
OB
simplificar en lo a n te rio r:
’n
n
2n
R
, OQ = a n
y
OB = R; al sustituir y
(2 )
Los apotemas nos ayudarán a relacionar las expresiones ( 1 ) y ( 2 ). Como sabemos a 2n
2
=
/
2 ~~ * 2 n
^
2
a2 n = ^ 4 R 2 - ( 2 R 2 - 2 R . a n )
Sn
De la expresión ( 2 ) : g
_
an
2n
para sustituir en ( 3
)
^
^ 2n = V ^
p
: a2n = —
-»
■a n , al combinar estas fórmulas :
a2n = ^
2 R2 + 2R . an
n
, despejemos :
Í2 R 2 + 2 R
R
an -
\ n
2n
(3 )
)
R
2n
^ aquí- : R1 y de a 2n
2S S 2S De donde — —— ,1o que reemplazamos en ( t ) : - n= _____ S n + S 2n $2n + $ 2n
Rpta
RESUMEN Fó rm ulas para el c á lc u lo de áreas en reg io n es p o lig o n a le s 1.-
CUADRADO:
2.-
RECTANGULO Y ROMBOIDE
S = b. h 611
3.-
ROMBO: B
H
S = CD . BH
4.-
TR APE C IO : B O
*
S = ( m ediana) . h
Además, si M es punto medio de A B : S = CD . MQ
5.-
TRIANGULO ( Fórmula básica )
6.-
FORMULA TRIGONOMETRICA EN TRIANGULOS:
7.-
TRIANGULO RECTANGULO:
612
8
TRIANGULO EQUILATERO
9.-
FORMULA TRIGONOMETRICA EN CUADRILATEROS:
a)
CO NVEXO S:
D
b)
NO CONVEXOS: B
10.- AREA DEL TRIANGULO, EN FUNCION DEL SEMIPERIMETRO p Y EL INRADIO r
S = p.r
a + b + c P =
A 11.- CUADRILATERO CIRCUNSCRITO: S = p.r
P =
a + b +c + d
613
12.- FORMULA DE HERON: (P
S = V
sem iperim etro)
p ( p " ~ a" ) ( p
- b) ( p - c)
13.- AREA DEL TRIANGULO EN FUNCION DEL CIRCUNRADIO R:
14.- AREA DEL TRIANGULO EN FUNCION DE UN EXRADIO:
S = ( p - a ). r
* También: S = ( p - b ) . r, S = (p - c ). r
15.- AREA DEL TRIANGULO EN FUNCION DEL INRADIO Y LOS EXRADIOS S = ,/ r • ra . rb . r,
16.- CUADRILATERO INSCRITO O INSCRIPTIBLE: a+b+c+d
Fórmula de Bramma-Guptha
s = 614
J(p - a )(p - b)(p -
c )(p - d)
17.- CUADRILATERO INSCRITO Y CIRCUNSCRITO:
b _
S = y¡ abcó
( Fórmula de Leudesdorf)
18.- POLIGONO CIRCUNSCRITO:
S = p.r
p
->
semiperímetro
19.- POLIGONO REGULAR
n
2a.Forma : Hallando
'A AOB "
Reemplazando en ( I ):
polig
2 ' ^n ' a^n
n ( ^ n ' aPn) /
polig
t
^ p o lig .
”
\
n . f.n
2
\ ■ a Pn
P ■ a Pn
615
-4
p apn -?
semiperímetro longitud del apotema
* Para triángulos rectángulos, se demuestran 20.- EN FUNCION DEL INRADIO Y EL EXRADIO RELATIVO A LA HIPOTENUSA: ( B = 90° ) B
S = r . r.
21.- EN FUNCION DE LOS EXRADIOS RELATIVOS A LOS CATETOS:
B
23.- CIRCUNFERENCIA EX-INSCRITA RELATIVA A LA HIPOTENUSA:
616
24
CIRCUNFERENCIA EX-INSCRITA RELATIVA A UN CATETO
S = AT . TC
RELACIONES UTILES EN LOS TRIANGULOS R
circunradio
r
inradio
ra • rb - rc ■ e x r a d ío s h a - h b ' h c - a lt u r a s
1°)
r*a + brK +e r, = 4R + r ( Relación de S te in e r)
2o)
VIL-
REGIONES CIRCULARES
C írculo.- Es la región del plano limitada por una circunferencia. VII.1. Teorema.- E! área de todo círculo es igual al semiproducto de la longitud de su circunferencia y el radio. D em ostración *• En efecto. Sabemos que el área del polígono regular es igual al producto del semiperímetro y apotema. Aumen tando indefinidamente la cantidad de lados del polígono, su perímetro se aproxima cada vez más a la longitud de la circunferencia L. Luego: S p o lig = regular
Cuando n
P•
3n
................. ( 1 )•
-> «, el área del polígono regular :
an —> R y p —>
->
Scírcul0
De modo que al sustituir en ( 1 ) :
2
S c írc u lo
=
{-^
4^ 2
................ ( 2 )•
VII.2. C orolario.- El área de todo círcülo es directamente proporcional al cuadrado de su radio. Para esto, reemplazando L. = 2 k R , en la expresión ( 2 ) : c
_ círculo
( 2 tcR ) R -------------------
* Nota: Además, en función del diámetro D : Scírcul0 = _ 4 VII.3. Sector C ircular.- Se denomina así a la porción de círculo limitada por dos radios Teorema.- El área de todo sector cir cular es igual al semiproducto de su respectivo arco y el radio.
sector AOB
* La demostración se deja ai lector. ( Ver sector poligonal re g u la r) 618
VII.4. Corolario.- El área de todo sector circular de radio R y ángulo central a°t es
VII.5. Segm ento C ircular.- Es la porción de círculo limitada por una cuerda y su respectivo arco
* Para el área del segmento adjunto
S s e g m e n t o = S s e c t o r - St r i á n g u l o AOS AC*
VII.6.Zona o faja circu la r.- Es la porción de círculo limitada por cuerdas paralelas. (a)
(b)
Las bases a un mismo lado del c e n tro :
* bases : BC y AD
* NE y MF : bases
Sz o n a -~ Ss e c t o r leer
Las bases a diferentes lados del centro
- Ss e g m e n t o
*of
- St r i á n g u l o
he
m of
zona
ASCO
=
s
O se cto re s
(AOS)U(COO)
t r iá n g u lo s
(BOC)U(AOO)
VII.7. Aro o Corona circu la r.- Se llama así a la región del plano exterior a la menor de dos circunferencias concéntricas e inte rior a la mayor.
corona
=
71 (
R2 - r2 )
619
VII.8. Trapecio circular.- Es la porción de corona circular, determinada al trazar dos radios mayores. = Ss e c t o r
t r a p e c io
ABOC
se c to r
AC*
coo
an t r a p e c io
ABOC
360
( R2 - r2)
LUNULAS DE HIPOCRATES Al tomar los lados de un triángulo rectángulo como diámetro de semicircunferencias : 1°)
Demostración Por el teorema VI.6 O
i
O
—
s e m ic ír c u lo
s e m ic ír c u lo
AB
BC
(X + S
se g m e n to
O s e m ic ír c u lo
AC
) + ( Y + Ss e g m
AB
e n to
) = s
BC
se g m e n to
+ Ss e g m e n t o
AB
+ s A ABC
BC
De donde, efectivamente : X + Y = SA ABC
2°)
W - Z = SA ABC Demostración Con el teorema VI.6 :
B
^ s e m ic ír c u lo
^ s e m ic ír c u lo
AB
^ s e m ic ír c u lo
BC
AC
( Z + U + ^segm ento ) + ( ^ + V + S seg ment0) HC
AH
-
W + Ssegmenl0 + AH
HC
ordenando convenientemente a fin de tener SAABC y simplificando: ( Z + U + V ) + Z S
aabc
+ Z
=
W
=
W S AABC =
W -Z
** Considerando las circunferencias, cuyos diámetros son los lados del triángulo rectángulo
620
3o)
W = X +Y + Z
i
D em ostración Por las relaciones anteriores : W - Z = S A ABC X + Y = SAABC De donde, al igualar los primeros miembros: W -Z = X + Y W = X+Y+Z
PRO BLEM AS RESUELTO S * Nota.- En algunos problemas donde no sea necesario resaltar el ángulo central del sector circular al que hagamos referencia escribiremos las expresiones directas para el área, como una fracción del círculo correspondiente. Así por ejemplo :
Un octavo de círculo rcR2
Un cuarto de círculo rcR2
Un sexto de círculo rcR2
8
Un doceavo de círculo rcR2
Un tercio de círculo rcR2
12
Ya q u e :
90' 360°
1
45
4 ' 360°
1 6
1)
C
B
Hallar el área de la región sombreada, si los vértices del cuadrado ABCD son centros de los cuartos de circunferencia de igual radio.
4cm
D
A
Solución Se tiene : Stotal = 8 S , .......... ( 1 ). Siendo :
M
S, = 6
2
A
2
n
Reemplazando en ( 1 ) : RPta; 2)
Siotai = 8 ( Jt - 2 )cm2
Sean las regiones A 1 y A2 limitadas por dos circunferencias de igual radio tal que : A1 n A2 = 100 je m2 y : A, u A2 = 400 7tm2 . Hallar el radio de las circunferencias.
Solución Del gráfico, con los datos : A1 u A2
-»
A1 n
2X + Y = 400 n m2 ... ( 1 ). Y = 100 rc m2.......... ( 2 ).
Restando miembo a miembro : 2X = 300 rc m2 -> Luego :
k
R2 = X + Y
k
R2 = 250 ti m2
R = 5-ylO m
622
X = 150
ti
m2
A
A
3)
Los vértices de un hexágono regular son los centros de seis circunferencias iguales y tangentes ( según muestra la fig u ra ). Hallar el área de la región sombreada en función del lado waMdel hexágono.
Solución El área de la región sombreada es igual a la del hexágono, menos los seis sectores. Cada sector tiene radio — y ángulo central 120 El área de cada sector es : c 1 ' a n2 S1 = —71 / Luego
.
na
12
^so m b re a d a
^hexágono
® ^1
/ sombreada
Rpta:
=
a
Ssombreada
"2
— a2 J~3 - 6 y 2 \
na
2 N
12 /
( 3 / 3 - 7t)
4) La longitud del lado del triángulo equilátero
D
ABC es 2 a . Sobre las prolongaciones de AB y AC se toman BD = a y CE = a, trazándose luego los arcos DM y EM con centros en B y C, así como DE con centro en A. Hallar el área de la región encerrada por el triángulo curvilíneo DME.
Solución Del gráfico, el área X de la región sombreada se evalúa como: ^
=
® se cto r ■ ^ triá n g u lo ' DAE
7t( 3a )2 X =
S , )
ABC
(2 a )2 ^ 3
- 2
na
\
/ 623
De donde Rpta:
X =
5)
En la figura adjunta, AH, HB y AB son diámetros y CH es perpendicular a AB. Hallar el área de ia región sombreada en función de CH.
Solución Por diferencia, el área X será : X = AB
AH
HB
Expresamos las áreas semicirculares en función de los diámetros AH, HB y AB = AH + HB
n AB X = 8
x=*
8
AB
rc AH
8 -
AH
rcHB
8 + HB
x = * ( AH + HB )2 - ( AH2 + HB 8
71 De donde : X = —( AH . HB ) ............( 1 ). Ademas por relaciones métricas sabemos que : AH . HB = CH ............( 2 ). Reemplazando ( 2 ) en (1 ) : Rpta:
X = -C H 2 4
6) La figura muestra dos circunferencias concéntricas de centro O. AB es una cuerda de la mayor, tangente a la me nor. Hallar el área de la corona en función de AB.
624
Solución * Se tiene : Scorona = rc( R2 - r2) * En el A MOB : R2 - r2 = MB Siendo :
MB =
R2 - r2 =
AB
Sustituyendo ( 2 ) en (1 ) Rpta:
7)
71 A AB 4
^corona
Hallar la longitud del radio de una circunferencia interior a un círculo de radio R, que determina dos regiones equivalentes.
Solución 1
* Del enunciado : Scircu,0 = - ( S círcul0) menor mayor Es decir : rcx2 = —( rcR2 ) De d o n d e : Rpta:
8)
_ o /2 X = R
Sobre el radio OB de un cuarto de círculo AOB, de centro O, se toma el punto P, de modo que PB = 2 - /2 cm. Con centro en P y radio PB se traza un arco de circunferencia que corta a OA en el punto N. Si AN = PB, hallar el área de la región encerrada por *AEÍ, AN y NB.
Solución Del g rá fico : S = Sseo tor - S sec tor - S triángulo NPB AOB NOP Como AN = PB
(i)
ON = OP y en ANOP,
isósceles , ^ NPB = 135° y ON = OP = 2 P
Luego:
OA =
2 J2
(2 + 2/ 2 ) 625
Entonces: ti
AO
sec tor
: =f(2
+ 2/2)
en (1 ):
AOB
135 tü sec tor
360
NPB
( 2 / 2 2 ) = 3 tc
2x2 ^triángulo
Rpta:
S = 2 ( n j 2 - 1) cm:
= 2
NOP
Hallar el área de una zona, en círculo de radio R, sabiendo que las bases son los lados del triángulo equilátero y hexágono regular, inscritos, situados a un mismo lado del centro.
9)
Solución Sean :
AB =
6
y CD = l ,
- 3
60'
AB = 60° y CD = 120 O Luego :
D
^zona — S seC(0r —
COD
segmento ~ ^triángulo
AB
(1 )•
COD
S ie n d o : 120p7tR2 *
^ s e c to r
COD
tiR2
360 _ 60°7cR2
^segm ento “ ^ s e c to r
AB
AOB
_ 7iR2
^triángulo
R2 / 3
360°
AOB
R2 / 3
segmento
AB
S ingóle = ^
_ R2 / 3 Sen 120° = ^
Al sustituir en (1 ): ti R2
7ER
R2 ^ 3 )
zona
\
/ tcR zona
626
R2 / 3
En la figura adjunta se tiene un cuarto de círculo con centro O y un semicír culo de diámetro A B . Demostrar que las regiones: triangu lar AOB y lunular AMB, son equiva lentes.
Solución Tenemos : Str¡á lo + S segmento ~ ^sector AOB AB AOB 7i r
esto es : Striá (0 + S segmento AOB AB
( 1)
También : ^lúnula + § segmento AMB AB 'lúnula + S segmento AMB AB
^semicírculo AB
7t AB
8
, y c o m o : AB = r ^ 2
Entonces: ^lúnula + S segmento AMB AB
ti r
(2 )
Igualando ahora los primeros miembros de las relaciones (1 ) y ( 2 ) c '-,,riángi triánaulo + ^seamento segmento ~ ^lúnula + Ssegmento AOB AB AMB AB ^triángulo - lúnula , como se quería demostrar. AOB AMB
En la figura adjunta, AOBC es un cuadrado de lado “a”. AB y CD han sido trazados con centro en O. H a lla r el á re a de la re g ió n sombreada.
Solución Del g rá fico : S som b
=
X + Y ..................... ( 1 ) .
S ie n d o : X = ^cuadrado " ^sector AOBC AOB X
=
a 2 -
—
..................( 2 ) .
4
D
También : Y = SseC(0r —^triángulo COD OBC Y = Y =
45° K / r7r \2 a2 a J 2 ) --------3 6 0 °v v 1 2
IIH L 4 2
........( 3 ) .
Reemplazando ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) : Ssomb
2 a¿
na 2
na 2 + ------
a2
RPta:
somb =
Y
12) Hallar el área de la región sombreada Sx, sabiendo que la suma de las áreas S 1 , S2 y S3 es 100 cm2. ABCD es cuadrado y D centro del arco AC.
Solución * Dato : St + S2 + S3 = 100 cm2 ................. (1 ) * Incógnita: Sx * Del gráfico , la longitud del diámetro del cír culo es igual a AD. Luego : ti AD círculo
S v
+
s* =
ti
A D
* Para el cuarto de círculo ADC : Ssec tor ¿OC
628
..(2). tcAD
tcAD —>
Si
+ So
+ So
+ S
—
(3 )
Siendo iguales los segundos miembros de las expresiones (2 ) y (3 )t los primeros miembros también deben serlo : Sx + S’ = S1 + S2 + S3 + S ’ "
S
x
~
S
1
+
S
2
+
S
3
Con (1 ) : Rpta:
S„ = 100 cm2. A
B En el cuadrado ABCD , AB es diámetro de la semicircunferencia y radio del cuarto de círculo. Si AB = 2a. Hallar el área de la región sombreada.
Solución LLamando X el área pedida X
=
^ se cto r
(1 )
^segmento
AED
AM
Siendo _ 45°7i( 2 a ) s e c t o r
S sec tor AED
360°
AED
7ia
(2 ) Para el segmento circular AM, como X OfiM = 45° y OA = OM , en A AOM /\ AOM = 90°. Luego : S segmento AM
^sector AOM
^triánaulo AOM
Tía segmento AM Reemplazando ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) : X =
7t a
na
\
2 rca¿
a.2 + —
/ Rpta:
X = — ( rc + 2 )
629
14) La figura muestra dos semicírculos de diá metros OA = OB y un cuarto de círculo con centro en O. Hallar el área de la región sombreada.
Solución Del gráfico, al trazar OP, BP y PA, se observa que los segmentos cir culares BP, ONP, PA y OMP tie nen igual área. Luego, el área de la región pedida es equivalente al área del segmento circular AB : 7lR somb
4 R2
• •
R
somb
( n - 2)
15) En la figura adjunta, AC y BD son diá metros perpendiculares del círculo de radio R. Hallar el área de la región sombreada.
Solución Se tiene : “
^ c í r c u l o
S s e c t o r
AB
,
-
-
® total -
630
nR
7CAB
Si =
S
AOB
R
2
rc R
* '•
^ t o t a i
-
4
Rpta
S¡
16)
Tomando como diámetros los lados de un hexágono regular se han construido inte riormente semicircunferencias.
solución * Del gráfico, notamos que el área de la región pedida, equivale a un círculo de diámetro a.
Rpta:
S =
7ta‘
17)
Hallar el área de la región sombreada, si AOB es un sector circular de radio /6 c m
.
Solución Se tiene : somb
^sec tor AOB
S cuadrilátero cóncavo AOBM
(1 )•
n(j6) D onde:
= K
sector AOB
( 2 ).
( Sexta parte del círculo )
Para el cuadrilátero cóncavo AOBM, como M es baricentro del triángulo AOB, entonces :
2 cuadrilátero cóncavo AOBM
o ^triángulo ^ v AOB
3\
Ve
= V3
(3).
/
De ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) :
RPta:
S som b
=
(
*
-
/ 3 ) cm
631
18)
En un sector circular de ángulo central 60° y radio R se halla inscrita una circunferencia Hallar el área de la región exterior a la circunferencia e interior al sector.
Solución Dato : R Del gráfico, el área de la región men cionada e s : q
_ ^sector “ ^circulo somb ~~ AOB P somb
k R¿
r
k
2
( 1 ).
* C álculo de r.- En A ONP = ( 30°, 6 0 °) OP = 2 . NP
R - r = 2r
Sustituyendo ( 2 ) en (1 ) : Ssomb Rpta:
19)
R (2)
3 tcR
- K
'R \ 3 /
nR ‘ Sgomb = 18
Se tienen tres círculos A, B y C, de igual radio, de modo que sus circunferencias son secantes entre sí, con un punto común a las tres. Si : A n B = 53jcm2 , A n C = 49 n m2 , B n C = 47 n m2 y Hallar la longitud del radio de los círculos.
A u B u C
= 990 n m2.
Solución Se tiene : 3 tc r2 = ( A u B u C ) - ( A n B) u ( A n C ) u ( B n C) 3 TU2 = 99071 - ( 5371 + 4971 + 47tc )
B
3 k r2 = 841 ti De donde : r =
29
m
V3 20)
B
Hallar el área de la porción de círculo mostrada, sabiendo que los arcos AB y BC miden 90° y 45°, respectivamente.
Solución Del gráfico : B
Ssomb - ^segmento
^segmento
(1 )
BC
ABC
D onde: segmento ~ ^sector
^triángulo
AOC
ABC
AOC
R
R 135° n R2 segmento
V
360°
ABC
3tcR2
R2 J~2
g
4
segmento
■•* ( 2
).
ABC
A dem ás: segmento
^sector
BC
BOC
^triángulo BOC
tcR
segmento BC
45° rc R2 360'
R2 / 2
R.R
Sen 45®
(3 )
8
Sustituyendo lo hallado en ( 2 ) y ( 3 ), en (1 ) : 3nR 2 som b
Rpta:
Ssomb
V
8
R2 V~2 ^ 4
)
( tiR 2 V
8
R2 J 2 ' 4
/
rcR
La figura muestra un cuarto de círculo y un semicírculo. *
B
AM = OM = 2 ^ 3 cm. y MN 1 OA. Hallar el área de la región sombreada.
633
Solución Trazando ON : A
A OMN : ON = 2(OM) = 4 / 3
2-Jz
¥ MNO = 30° y
M1
^ N O M = 60°
E\
x N
2^3 60 0
A dem ás: MN = (OM)
^ ** ■ ^
MN = 6 El área X : X
Donde:
SggcjQr AON
S sec tor AON
SS6Cl0r AME
K{ 4 V~3 )
(1 )
OMN
= 871
(2 )
= 371
(3 )
71( 2 / 3 )
sec tor AME
( OM )( MN ) ( 2 / 3 )( 6 ) ^ ^ ^triángulo ~ 0 --------------------r - o y o ... ( 4 ) OMN ¿ 4 Sustituyendo ( 2 ), ( 3 ) y ( 4 ) en ( 1 ) : X = 8 tc - 3 ti - 6 / 3 Rpta:
X = ( 5 tí - 6y¡~3 )cm
En la figura adjunta, el área de la región sombreada, limitada por la circunferen cia y las semicircunferencias, es “S”. Hallar el área del hexágono regular ABCDEF.
Solución Del dato, en el gráfico : 2(S1 + S2) = S -> S1 + S2 = - ... ( 1 ). Los triángulos AFE y AOE son con gruentes y AOE es equivalente con AOB: ®AFE = ^AOE ~ ®AOB ~ ^ Con las lúnulas de Hipócrates en el trián gulo rectángulo EAB: EAB
= s, + s;
2X = — 2
-»
X =4
Luego : ABCDEF
Rpta:
- 2 (S efab) = 2 ( 3X ) = 6x —>
SABCDEF - 6
SABCDEF
Hallar el área de la región sombreada, donde EF mide 60° y los demás arcos corresponden a semicircunferencias de igual diámetro.
Solución Como los semicírculos tienen igual diámetro, la figura anterior equivalente a la adjunta, luego de trasladar la región correspondiente al s e m ic írc u lo en CD a DE
y el de
AB a AF. El área de esta nueva región sombreada es:
som b “
hexágono \ ABCDEF
^semicírculo +s segm ento CB /
. .
(
1 ). 635
/ Donde :
^hexágono ~ ®
ABCDEF
rR 2y[3 ' = 6
^ triá n ^ u lo
\
\
/
ti CB
‘semicírculo ”
7cR
Q
CB
J
8 _ TtR2
^segmento ” ^seoíor
EF
R2 / 3
^triángulo
EOF
EOF
Sustituyendo en (1 ) :
4
Ssomb = I R 2 V 3 - ^
24
1 Csl QC
6
' 1
somb ~
r R2 / 3
)
r2 =
8
+
f rcR2 ,^
6
R2 / 3
\
4
)
Rpta
3 0 /3 - * )
24)
1\ 6cm
Hallar el área de la región sombreada, donde los lados del cuadrado ABCD son diámetros de las semicircunferencias.
Solución * Llamando S, el área de un pétalo, el área total será : ^total =
( ^ )■
-i
* Del gráfico : OM = OP = MP A OMP es equilátero y : ^ O M P = 60°,
)f n o p = 30° = x- E0M y ¥ E 0P = 30°Siendo . Si —^segmento + ^segmento + Ssector. * OE OP EOP f donde: segmento — ^segmento , por lo que :
OE
OP
S, = 2
segmento V
636
OP
+ S sector EOP /
f «
S-t = 2
^triángulo
sec tor
OMP
OMP
\
+ ^ s e c to r
EOP
/
Si = 2
60° .
. 32
k
32
3 0 ° . 7t . 3 2
>
< ¿ 3
360°
360'
= 3 7i -
• •
9^3
3 n _ 1571 _ 9 .^ 3
(2 )
Reemplazando ( 2 ) en (1 ) : total = 4
' 1571
9/3
'
V Rpta:
StotaJ = ( 15 n - 18-^3 ) cm:
En la figura adjunta, el A ABC es equilátero, cuyo lado mide 2a. O es punto medio de A C , EOF ha sido traza do con centro en B y AC es diámetro de la semicircunferencia. Hallar el área de la región sombreada.
Solución Trazando OM, ON y BO , como OM = ON = a, deducimos que los triá n g u lo s AOM y NOC son equiláteros. Luego, AM = MB = a, BO = a / 3 seguida:
y
^ MON =
6 0 °.
En
Ssombreada — ^sector + 2( S^) ... ( 1 ). MON S ie n d o :
na sec tor
(2 )
MON
Y para la región EOM
“ ^ s e c to r
OBE
donde :
S OMB
SOMB = —( SABC ) , en lo anterior:
637
7c( ®i “
^ s e c to r ”
— ( S abc ) =
Si =
1
( 2 a ) 2/ 3
12
QBE
na2
a^[3 )
a2 ,j~3
(3 )
Sustituyendo ( 2 ) y ( 3 ) en (1 ) ; °<5sombreada “- * ^a
+*"9^ ■
na
a2 / 3 ' /
Rpta:
S sombreada
(471 - 3 ^ 3 )
26) A, B y C son tres vértices consecutivos de un hexágono regular inscrito en la circunferencia de centro O y radio R. Haciendo centro en A se han trazado los arcos BO y CE. Hallar el área de la región sombreada.
Solución Como A, B y C son vértices de un hexágono regular, deducimos que : BC = 60° , CE = 120° = AE. ^O A B = 60° = X- EAC, OM =
R
AE = *3 = R / 3 La región sombreada se compone de las regiones ONBC y OCTE. Eva luando por p a rte s : ONBC
sector - S seamento *% NO BOC
\
/ ONBC = S sec tor BOC
sector OAB
Stránguio OAB /
Obsérvese que los sectores BOC y OAB son equivalentes por tener igual radio R y ángulos centrales de 60°, luego, lo anterior se reduce a :
638
S O N B C - ^triángulo OAB
. Esto es :
R2 / 3 S ONBC “ -----^ -----
(1 ).
El área de la región OCTE es igual a la del sector EAC, disminuida en los triángulos OAC y OEA, los que a su vez son equivalentes al triángulo OAB. Así: / OCTE
sector EAC
^trián gu lo + ^ triá n ^ ilo OAC V
f OCTE = S sec tor EAC
- 2
,(R /3) b OCTE ” ---------1--------------
triangulo OAB
j
' R2^ /"^ 'j _ 71R 2
R2 / 3
¿
(2)
\ Finalmente, con lo hallado en ( 1 ) y ( 2 ) : s, C T E total “= S °O N B C + _r °O
R p ta :
R
S totaJ= —
= R2 y r
i
tcr2
r2 /
3
(2n-f3).
La lo n g itu d del lado del triángulo equilátero ABC es 2a. AB y BC son diámetros de las semicircunferencias y M punto medio de AC. Con centro en B se han trazado los arcos EMF y AC. Hallar el área de la región sombreada.
Solución La longitud de la altura BM del triánAR
guio equilátero ABC.esBM = — J 3 2 y BM = a ^ 3 = BE. Siendo O centro de la semicircunferencia AEB, de radio a, concluimos fácilmente que BE = t y porloqueE B = 120°. Luego AE = 60° =
AOE y % ABE = 30°.
639
La región APMQC es un trapecio circular con centro en B, ángulo central 60° y radios BA = 2 a , BM = a^J~3. El área respectiva :
60° n APMQC -
(2a)2 - ( a / 3 )
360°
na (1)
APMQC “
Las regiones AEP y CQF son equivalentes. El área de la región AEP es igual a la del sector AOE, disminuida en la región EOP. De modo que podemos e s c rib ir: ^AEP - ^sector - S EOP AOE S ie n d o :
ssec tor
na
(2 )
(3 )
AOE
V el área de la región EOP igual a la del sector EBP, menos la del triángulo EOB : S - StriÁ EOP = “ °sector °triár>gulo EBP EOB
n(a/3)2 EOP “
a2 / 3
12
Sustituyendo ( 3 ) y ( 4 ) en ( 2 ) :
na2
na
a2 ^ 3
AEP \
-/3
na
AEP =
12
= SCQF
Finalmente el área de la región pedida, con ( 1 ) :
s**, = sAEP .~ +' wsAPMQC + / total
/3
= 2
”
to ta l
^ A E P ) + ^A P M Q C
na 2 12
\
640
^Q C F
+ /
7ta'
(4)
28) La figura muestra tres circunferencias de igual radio “R" ortogonales entre sí, dos a dos. Hallar el área de la región sombreada.
Solución Se tie n e : = 3 (S MUTN) - 2 ( S lUTN m ) somb
(1).
En el hexágono MOEQFP, las medi das de los ángulos en M, E y F son iguales a 90°. Siendo la suma de las medidas de todos los ángulos interiores. 180° ( 6 - 2 ) = 720° Luego : Y MOE = Y EQF = Y MPF, con medidas 150° cada uno. Entonces: MNTE = 150°. Además los cuadriláteros ONQE y OMPT son cuadrados. Por lo que Y EON = Y MOT = 90° y los arcos respectivos: ETN = MNT = 90°.De donde hallamos NT = 30°. NT = f-\2
* C álculo del
:
->
NT = R )/ 2 - / 3
SUTN
,egm( ^seamento \
UTN = 3 Ssec tor v NOT
UTN = 3
Esto es : S uj N =
' 30°tcR2
^triángulo NOT
R
x
R
V 360' R2 / 3
+ ^triánaulo iangu UfN /
+ ^triángulo UTN
sen 30
+ NT
(2)
641
* Cálculo del SMUTN : ^MUTN “ 2( SMNT)
9
- O
MUTN “
jtR 2
^
2
j iR MUTN
O , '0 \ % */ u .. \ *
R2 ' y
- R
(3 )
Reemplazando ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ) : /
somb
^ - -
= 3
r2
\ RP^:
= (ti -
k R¿
- 2 v
3R
+
r2/ f
/
) R2
29)
En la figura, M es punto medio del arco circular BC. É M _ lB C y EÑ | | ÁM. Demostrar que MN divide el área de la región ABMC, en dos equivalentes.
Solución De los datos : BE = EC. Tracemos AE, interceptando a MN en el punto P. Como el área de la región BME es la mitad del área de BMC y el área de ABE es la mitad de ABC, entonces la región ABME es la mitad de ABMC. Para el trapecio ANEM, sabemos que los triángulos ANP y EPM son equiva lentes, por lo que las regiones ABMN y ABME tienen igual área. (La mitad del área ABMC). Con esto demostramos que MN divi de el área de la región ABMC en dos equivalentes : ABMN y NMC. 642
Hallar el área de la región sombreada, si se sabe que la medida del ángulo AOB y la del ángulo A'O ’B’ es 60°. Los segmentos O' A, O 'B son tangen tes a la circunferencia con centro O y radio R, y los segmentos O" A', 0 "B ' son tangentes a la circunferencia de centro O ’.
Solución A AOB, equilátero : EnelAOAO’ :
AB = R.
O’A =
3
O
^ A O ’B = 120 y en A AMO’,
o■ M - 2 A - M . 2 6 Llamando S, al área de la región común a los círculos de centros O y O’ i ^ O’AM
/
/
R. R S< =
' 60° JtR2
R2 / 3
360°
4
V
^ i
+
V3
\ A
( n j3 ) 360° 3 ^ J
120° K
„ 5 n R 2 R2 J~3 oí —— — 1 18 3
(1 )
Para el área S2 de la región común a los círculos de centros O’ y O”, por ser semejante a la a n te rio r: ( o 1A ')
( O'A‘ )
—y So —
w
. s1
(OÁ)!
’a 1 _ Siendo O’A’ = rvA O’A _ = jj
r R/3 I So
/
R 643
1 S2 = — S1 O
De donde : Luego :
total
StotaJ = S, + S2 = S1 + -
= - S , ; con (1 ) : S total
1
S,
5 tiR2 “
V Rpta:
31)
R2 / 3
18
\ j
S,otal= ^ - ( 1 0 ^ - 1 2 / 3 )
Un sector circular tiene por perímetro : L El valor máximo del área del sector, es :
B) L2
A)
D)?c
C )7 t
16
E)
16
Solución - Llamando x, el radio; la longitud del arco AB, será : = L - 2x - El área del s e c to r:
1
s - *£-( ¿ab ) x
S = ¿ ( L - 2x )x
Efectuando :
S = — - x2
2
Completando cuadrados en el 2o miembro :
16
Luego, S será máximo, cuando | x - —
Por lo tanto ; S m áxim o
Rpta: ( E ). 644
16
L x ----4 \
sea mínimo; es decir, cuando
\
En la figura adjunta , AB es diámetro y AM = MC. Hallar el área de la región sombreada, si el radio mide : r = 10u. A)
B) 2nu2
7CU2
D) 10rcu2
C) 5 k u 2
E) 20rcu2
Solución Trazamos OM. Entonces, como AM = MC : OM 1 AC También : ACB = 90° OMCB, es un trapecio. Por propiedad: área A MPC = área A OPB Entonces , la región propuesta , equivale al sector COB : S s o m b r e a d a = 7C102 Rpta:
f 36° V 360'
so m b re a d a
=
1071 U 2
( D ).
645
PROBLEMAS PROPUESTOS 1)
En un triángulo ABC, de Baricentro G, se trazan AG, BG, CG y se determinan M, N y Q, Baricentros de los triángulos ABG, BGC y AGC, respectivamente. Unir estos tres puntos y h a lla r: área ( M N Q ) área ( A B C )
2)
2
1
A >9
B )9
2 C )?
4
D)ñ
E>25
En un trapecio ABCD, de bases AD y BC, AD = 4 BC, exteriormente se construyen los triángulos equiláteros BCE y CDF. Hallar el área del triángulo CEF, si el área del triángulo ADF es 40 cm2. A) 8 cm2
3)
4
B) 10 cm2
C) 12 cm2
D) 20 cm2
E) 15 cm2
En un A ABC, los lados miden : AB = 13cm., BC = 14cm. y AC = 15cm. La prolongación de la mediana AM intercepta a la bisectriz exterior del ángulo B en N. Hallar el área del triángulo MBN. A) 45 cm
4)
B) 48 cm2
C) 36 cm
D) 64 cm:
E) 49 cm2
Hallar el área del triángulo rectángulo MNE si MN y NE son diámetros y PQ tangente Dato : PQ = n.
A)
C)
n
B)
n
En un triángulo rectángulo de circunradio 8,5m. e inradio 3m., hallar el área. A) 28 m2
6)
B) 34 m
C) 60 m2
En el gráfico adjunto : TN = NL = 2 cm,
5 ( ED ) = 7 ( DL ) = 35 cm 646
D) 51 m:
8
D) n:
E) 2n2
5)
n
E) 54 nrv
Hallar el área de la región sombreada.
A) 12 cm2
B) 32 cm2
C) 24 cm2
D) 30 cm2
E) 36 cm2
7)
Hallar la longitud del mayor lado de un triángulo, sabiendo que sus exradios miden 8; 12 y 24 cm., repectivamente. A) 12 cm
8)
B) 18 cm
C) 16 cm
D) 20 cm
E) 24 cm
En la figura, el área del triángulo PQR es 90 m2. PM = QM ; QN = NR y PE = ED = DR Hallar el área de la región sombreada.
A) 30 m:
B) 29 m2
C) 25 m:
D) 26 m2
E) N.A.
9)
En la figura, O y O* son centros de las circunferencias de radios 4 y 9 cm. A, E, F, D, P, son puntos de tangencia. Hallar el área de la región sombreada.
A) 39 cm2
B) 78 cm:
C) 76 cm2
D) 82 cm
E) 58 cm2
10)
En un trapecio ABCD, BC A D , se trazan las diagonales. Las áreas de los triángulos BCD y ACD son de 20 y 60 cm2. Hallar el área del trapecio. A) 100 cm:
11)
B) 80 cm:
Dado el trapecio MNPQ : MN
C) 70 cm2
FP y NG
D) 90 cm:
E) N.A.
PQ. Hallar el área de la región OPQG, si las
áreas de los triángulos NOP y FOG son 9 m2 y 4 m2. 647
A) 13 m2
B) 15 m2
C) 17 m2
D) 21 m2
E) 18 m2
12)
Hallar el área de la región sombreada, si el área del rectángulo EFGH es 20 cm2. 0 y P son centros de las circunferencias.
A) 4 cm2
B) 5 cm2
C) 8 cm2
D) 6 cm2
E) 10 cm:
13)
Hallar el área de la región sombreada, si el área del romboide IJKL es 72 cm2. M y N : puntos medios.
A) 9 cm2
B) 8 cm2
C) 10 cm2
D) 6 cm2
E) 12 cm2
14)
Hallar el área de un trapezoide, sabiendo que las distancias del punto medio de un lado a los puntos medios de los otros tres, son de 10,‘ 21 y 17 cm., respectivamnte. A) 336 cm
15)
B ) 1456 m2
En la figura : AP 11 CE ; PE 11 CD área ( APE ) = 16 cm2 área ( CED ) = 4 cm2 H a lla r: área ( PEC )
648
C) 168 cm2
D) 84 cm2
E) N.A.
Los lados de un rectángulo miden 15 y 20 m., respectivamente. ¿Cuál es el área del rectángulo de perímetro 308 m, semejante al rectángulo dado? A ) 1452 m2
16)
B) 236 cm2
C) 4608 m2
D) 5806 m2
E) 5808 nrv
B) 10 cm2
C) 8 cm2
D) 9 cm2
E) 6 cm2
D
17)
A) 12 cm2
En el paralelogramo RSTU, SP = PT, TQ = UQ y área ( RSTU ) - 48 cm2 H a lla r: área ( TEQL ).
A) 4 cm2
B) 6 cm2
C) 5 cm2
D) 4,5 crrr
E) 5,5 crrr
18)
Si el área del cuadrado DEFG es 1 cm2. Hallar el área de la región sombreada. A)(2-/2)cm 2
B)(/2-1)cm 2
C) 0,75 cm:
D ) - — cm 2
E) N.A.
19)
En la figura, E es excentro del triángulo TUL . M, N y G son puntos de tangencia área ( MUN ) = 2 cm2 área ( QPL ) = 6 c m 2 H a lla r: área ( NEP )
A) 8 cm2
B ) 2 /3 c m 2
C) 9 cm2
D) 7,2 crrr
E) 10 cnrv
649
20)
En la figura , E y F son puntos cualesquiera, interior y exterior al triángulo JKL. ÉÑ 1 JK, ET _L KL, FP _L KP y F Q X K Q área ( PNM ) = 20 cm2 v ' área ( U T Q )
K
área ( R S F ) H a lla r: área A) 19 cm2 C) 21 cm2 E) N.A. 21)
Hallar la relación entre las áreas de los dodecágonos regulares, inscrito y circunscrito a una misma circunferencia.
2 + J~3 A) g 22)
2 + S2 B)^ “
2 + J~3 C )_ 4
2-J3 D)~ 4
E)NA
Un segmento AB = 6a está dividido en tres segmentos iguales AC = CD = DB. En uno de los semiplanos que determina AB se construyen : sobre AC un triángulo equilátero AEC; sobre CD
un cuadrado CFGD y sobre BD como hipotenusa un triángulo rectángulo
isósceles DHB. Trácense, enseguida, los segmentos EF y G H . Hallar el área del polígono AEFGHB. A)(6+/3)a2 23)
24)
C )(7 + /3 )a 2
D)(4+/3)a2
A ) ^ 3 - 3 /3 m O
B ) ^ 6 - 3/3 m O
D )-^6-2/3 m
£ ) N.A:
u
ni
El área de un octógono regular circunscrito en una circunferencia de radio V , es : B) 2I-2 (y[2 - 1)
C) Sr2 ( J~2 - 1)
D) 2I-2
E) N.A.
El área del dodecágono regular inscrito en una circunferencia circunscrita a un octógono de área s / i c m 2, e s :
A) 12 cm2 650
E) N.A.
¿Cuánto mide el lado de un dodecágono regular de área 1 m2?
A) 2 ^ / 2
25)
B)(5+/3)a2
B) 12-/3 cm2
C) 1 2 ^ 2 cm2
D )6 c m 2
E J ie c m 2
26)
El radio y el apotema de un polígono regular, son respectivamente R y a. Calcular el radio de otro polígono regular equivalente al primero y de doble número de lados.
A)2/aR
27)
C)
B )/a R
VaR
D)
E)
/ aR
8
Tres circunferencias, de igual radio R, tangentes exteriormente dos a dos en los puntos A, B y C, determinan el triángulo curvilíneo ABC, de área : C) R2 ( n - 2 )
A) R2 ( 2 / 3 - n )
D)
28)
/a R
tcR
8
E) N.A.
En la figura : PQ = TL = 90° , PQ = 4 m Hallar el área de la región sombreada. A) 4(2 + 7i)m2
B) 3(2 + 7i)m:
C) 5(2 + 7i)m2
D) 6(2 +
7 t)m
E) 3(1 + 7t)m2
Hallar el área del cuadrilátero curvilíneo MNPQ, cuyos vértices son los puntos medios de los lados del rombo.
A) 2ab - - |( a 2 + b2)
B) 2ab - ^ (a2 + b2)
C) 4ab - 1 ( a 2 + b2)
D) 2ab -
(a2 + b2)
E) N.A.
30)
Haciendo centro en cada vértice del hexágono regular PQJDEF de han trazado arcos, con radios iguales a la longitud “a” del lado del polígono. Hallar el área de la región sombreada. A) a2 (2 n - / 3 )
B) a2 ( n - ^ 3 )
C) a2 (3ti - 2 / 3 )
D) a2 ( 2 7 t - 3 / 3 )
E) N.A. 651
31)
La figura muestra un cuarto de circunferencia y dos semicircun ferencias. Demostrar que las áreas X e Y de las regiones sombreadas, son iguales.
32)
E
En la figura adjunta, EO, OF y EF son diámetros de las semicircunferencias. MP y MQ han sido trazados con centros en E y F respectivamente. Hallar el área de la región sombreada, si EF = 12 cm. A) 25 Ticm2
M
B) 27 Ttcrn2 C) 21 7ccm2 D) 20 ncm2 E) N.A. 33)
Hallar el área del cuadrilátero curvilíneo cuyos vértices son las intersecciones de los arcos trazados con centros en los vértices del cuadrado MNLP.
A) £
(jt_2)
B)^-(k + 3 -J 3 )
2
C ) a 2( 7 t - / 3 ) M
34)
P
O, M, P son centros de los arcos MN, FN y MEN, respectivamente. Hallar la relación y , entre las áreas de las regiones indicadas. A) 1 B) 1/2 C) 2/3 D) 3/4 E) N.A.
652
E) N.A.
D ) - y ( 7t + 2 - V 3 )
35)
El A AOC es equilátero, AC diámetro de la semicircunferencia y O centro del arco AEC Hallar el área de la región sombreada.
c)
rc a 8
D)
" l6
E) N.A.
36)
El lado del hexágono regular ABCDEF mide / 6 cm. El vértice A es centro de ios arcos BF y CE. Hallar el área de la región sombreada.
A)
( ti + ^ 3
B) (k + 2 J 3 )cm2
)cm2
C) (rc + 3
D) (2k +
)cm2
E) N.A.
37)
En la figura mostrada NR y MPL son cuartos de circunferencia con centro O y radios “2a1 y “a” respectivamente. Calcular el área de la región sombreada. R
A) a2 (n - 0,7)
B) a2 (n - 0,8)
C) a2 (71 - 0,4)
D) a2 (tc - 0,3)
E) a2 (n - 0,5) 38)
Hallar el área de la región sombreada, si el radio de la circunferencia de centro O, mide 2 cm AB = CD = 90° y AD = 60 A) (27t + 3 - 3 / 3 ) c m 2 B) (3t i - / 3 ) c m 2 C) (2 ji - / 3 ) cm2 *1C
D )A (2 n + 3 - 3 / 3
O
) crrv
E ) ^ ( 2 ti + 2 - / 3 ) cm2 653
39)
Hallar el área de la región sombreada, si AB y EF son diámetros
A)
nR
C) R2
E)
40)
B)
D)
71R 3 R2
R
Sobre el lado AC del triángulo equilátero ABC se encuentra el centro O de la semicircunferencia tangente a AB y BC en P y Q. Además el centro del arco EOF es B. S i: AB = a, hallar el área de la región limitada por la poligonal mixta EPMQFO. 2a
C )a2 ( n - ^ 3 )
E) N.A.
41)
En la figura, el triángulo ABC es recto en B e isósceles. La semicircunferencia de centro O es tangente a AB y B C . El arco BE ha sido trazado con centro en A. Hallar la relación entre las áreas X, Y, Z de las regiones indicadas.
A) X + Y = Z
B )/x Y = Z
C) 2( X + Y ) = Z
D) X + Y = 2Z
E) No se relacionan
42)
La longitud del lado del triángulo equilátero ABC, es ui n. M, N, P son puntos medios de los lados y las semicircunferencias tienen su diámetro sobre cada lado. Hallar el área de la región som breada!5
A )^ r/3 24 C)
7C^ 36
E) N.A. 654
B)
k£
24
D )^ r/3 48
43)
M, N y P son puntos medios de los lados del triángulo equilátero ABC. MB y BN son diámetros. Los arcos MP y NP tienen sus centros en A y C. Hallar el área de la región sombreada. A) ( 21/ 3
- 8ti ) cm2
B) ( 1 8 / 3 - 5ti )c m 2 C) ( 1 6 / 3 - 3tc ) cm2 D) ( 21 / 3
- 5tc ) cm2
E) N.A. 44)
En la fig u ra : AF GH -»
equilátero
FG y GH son diámetros y FH ha sido trazado con centro en G. Hallar el área de la región sombreada. Dato : FG = 2a.
A )-y (*-/3 )
B) a2 ( 7t - / 2
C) a2 (
D) 2a2 ( 7t - / 3
ti
- /3
)
)
)
H E) N.A.
45)
El área de un trapezoide es “S”. Las prolongaciones de dos lados opuestos se cortan en el punto P. Hallar el área del triángulo que tiene por vértices, el punto P y los puntos medios de las diagonales del trapezoide.
B )f
A )S 46)
D )|s
E ),|
En un triángulo ABC,de lados a, b, c, semiperímetro p y área S, el área del triángulo exincentral, es: abe A> s
47)
C )|
abe p
d
abe p
B)T I “
c )~ "4s~
abe E> N A
Calcular el área del pentágono ABCDE, si el lado del cuadrado PQRS es 2a. 2
A ) ~ ( 35 - 1 3 / 5 )
2
B )^-(7-/5)
2
C )^-(35-1l/5)
2
q)
^ - ( /5 - /3 )
E) N.A. 655
48)
En el interior de un triángulo ABC, se toma un punto P y se trazan : PQ, PM y PT, perpendiculares a los lados. Siendo R el circunradio del triángulo ABC y d la distancia de P al circuncentro de ABC, demostrar que : área ( QMT ) _ R2 - d2 área ( A B C )
49)
4R 2
Para el problema anterior, si el punto es exterior a la circunferencia circunscrita al triángulo ABC, demostrar que: área ( Q M T ) _ d2 - R2 área ( A B C )
50)
656
4R 2
Usando los problemas anteriores de demostración; para el gráfico adjunto, demostrar que la inversa del área del triángulo en la circunferencia inscrita al A ABC es igual a la suma de las inversas de las áreas de los triángulos en las circunferencias exinscritas.
CLAVE
1.-
B
11.-
D
2.-
B
12.-
B
3.-
E
13.-
B
4.-
D
14.- A
5.-
C
15.-
E
6.-
D
16.-
C
7.-
D
17.-
C
8.-
B
18.-
A
9.-
B
19.-
A
10.-
B
20.-
C
21.-
C
31.-
22 . -
C
32.-
B
23.- B
33.-
B
24.- C
34.-
A
25.- A
35.-
A
26.- B
36.-
C
B
37.-
A
28.- A
38.-
D
29.-
B
39.-
C
30.- D
40.-
A
27.-
41.-
A
42.-
B
43.-
A
44.-
C
45.-
C
46.-
B
47.-
E
48.-
*
49.-
*
50.-
*
657
CAPITULO 18 RECTAS Y PLANOS GEOMETRIA DEL ESPACIO Como sabemos, la Geometría Plana estudia las figuras planas, esto es aquellas que tienen todos sus puntos en un mismo plano. Ahora bien, la Geometría del Espacio o Estereométria, tiene por objeto el estudio de las figuras sólidas o del espacio, es decir, de las figuras cuyos puntos no pertenecen todos a un mismo plano, sino al espacio tridimensional, por ejemplo el prisma, la pirámide, el cono, la esfera, etc.
Si se piensa en una superficie llana, perfectamente lisa, sin espesor; que se extiende indefinidamente en todas las direcciones, se tendrá una buena idea de lo que se supone sea una superficie plana o simplemente plano. Por ejemplo, si la superficie del tablero de una mesa perfectamente lisa, que nos da una idea aproximada de una parte de superficie plana, la imaginamos de extensión ilimitada tendremos la idea de un plano. Queremos decir, que la superficie lisa del tablero, extendida indefinidamente en todas direcciones, no es el plano, sino una representación física de un conjunto de puntos que en geometría conocemos como un plano. Generalmente, un plano en el espacio ( o más exactamente, una parte del plano ) se representa por medio de un paralelogramo. Este plano se denota por dos letras correspon dientes a vértices opuestos ( plano AB ), o también por una sola letra ( plano P ).
* Las numeraciones que siguen son sucesivas hasta ei capítulo 24. 1.-
POSTULADO.- Todo plano contiene al menos tres puntos no colineales. Esto nos indica que los planos son amplios. Los puntos que están sobre un mismo plano se llaman Coplanarios.
2.-
POSTULADO.- Dos puntos cualesquiera de un plano determinan una recta contenida en ei plano.
Así, los puntos A y B pertenecen al plano Q; ellos determinan la recta AB, contenida en el plano.
(ABcQ
3.-
POSTULADO.- El espacio contiene al menos cuatro puntos no coplanarios. Esto nos indica que el espacio no es llano.
4.-
POSTULADO.- ( De separación del espacio).- Los infinitos puntos del espacio que no están en un plano dado, form andos conjuntos separados por dicho plano, llamados semi-espacios, tales que :
(a)
Todo segmento determinado por dos puntos de un mismo semi-espacio, no interseca al plano. ( Por ejemplo CD ).
D / // \
(b)
Todo segmento determinado por dos puntos, uno en cada semi-espacio, interseca al plano.
p■
Por ejemplo AB. 5.-
TEOREMA.- Si una recta interseca a un plano que no la contiene, entonces la intersección es un solo punto. Hipótesis: r, es una recta que interseca al plano M, que no la contiene.
*
Tesis: La intersección de r y M es un solo punto O. Demostración
(1o.) Supongamos que la recta r interseca al plano M en dos puntos O y 0 ’( Hipótesis a u xilia r). (2o.) Entonces, resultaría que la recta r, determinada por los puntos O y O', del plano M, está contenida en M ( por el No. 2 postulado ). 660
(3o.) Pero, según la hipótesis, el plano M no contiene a la recta r; luego, nuestra suposición de que r interseca al plano M en más de un punto es falsa y por lo tanto la recta r interseca al plano M en el único punto O. * Nota.- El punto de intersección de una recta y un plano se llama “traza” o “pie”, de la recta en el plano. DETERMINACION DEL PLANO Así como en el caso de la recta, decimos que ciertos conjuntos ( puntos o rectas) determinan un plano, si éste es el único que los contiene. 6.-
POSTULADO DEL PLANO.- Tres puntos cualesquiera son coplanarios y tres puntos cualesquiera no colineales determinan un plano. Así, los puntos no colineales A, B y C, determinan el plano H. ( El único que contie ne a los tres ).
A
i
!
t
>
( Cada uno de los puntos A, B y C, pertenece al plano H y podemos e scrib ir:
c /
7.-
A € H. B e H, C e H ).
TEOREMA.- Una recta y un punto exterior a ella determinan un plano. Demostrar este teorema es sencillo. Si E es un punto exterior a la recta AB. entonces A, B y E no son colineales, y de acuerdo al postulado anterior No.6, determinan un único plano Q.
8.-
TEOREMA.- Dos rectas secantes determinan un plano.
Sean las rectas secantes OA y OB. Desde que los puntos A, O y B no son colineales, determinan el plano M.
9.-
TEOREMA.- Dos rectas paralelas determinan un plano. Así, las rectas m y r, paralelas determinan el plano S. ( m 11 r , m c S y
rcS).
661
POSICIONES RELATIVAS EN EL ESPACIO 10.- POSICIONES RELATIVAS DE DOS PLANOS.Dos planos distintos pueden ser secantes o paralelos. a)
Planos Secantes.- Postulado: Si dos planos diferentes se intersecan, su intersección es una recta. Así, los planos distintos P y Q se cortan en la recta AB. La intersección de estos planos se cantes se llama traza de uno de ellos sobre el otro. ( P n Q : AB)
b)
Planos Paralelos.- Definición: Dos planos son paralelos si no se intersecan Si los planos R y S son paralelos, escribim os: / R S // ✓
(Rn S : ó) 11.- POSICIONES RELATIVAS DE UNA RECTA Y UN PLANO.Una recta, con relación a un plano, puede estar contenida en dicho plano, (por ejemplo AB). Puede ser secante al plano, si su intersección con el plano es un solo punto. O, puede ser paralela al plano, si no se intersecan. * AB : Contenida en el plano P. (XI c p ) * r : Secante al plano P, en el punto O. ( r n P : {O}) * m 11 P . La recta y el plano no se intersecan. ( m n P : <(> ) Í6 2
12.- POSICIONES RELATIVAS DE DOS RECTAS.Dos rectas diferentes en el espacio, pueden s e r : a)
Secantes, es decir se intersecan en un punto. Estas rectas son coplanarias.
b)
Paralelas, es decir no intersecan y están en el mismo plano.
c)
Alabeadas o cruzadas; si no se intersecan y no son paralelas, es decir no están en un mismo plano. En la siguiente figura, las rectas m, n y r están contenidas en el plano Q y la recta L e s secante a dicho plano, en el punto O.
Las rectas n y r son secantes y las rectas m y n son paralelas. Ninguna de las rectas m, n y r pasa por el punto O. La recta L es alabeada con cada una de las tres anterio res ( se cruza con ellas ).
13.- DEFINICION.- Angulo entre dos rectas alabeadas, es el ángulo determinado por dos rayos respectivamente paralelos a las rectas dadas y cuyo origen es un punto cualquiera en el espacio. ♦ X Así, dadas las rectas alabeadas x e y; —» M «-> si x » y' 11 y * entonces a° es la medida del ángulo entre las rectas que se cruzan x e y.
NOTA.- Si por el punto A trazamos una recta r, paralela a y , entonces el ángulo de cruce entre x e y es el mismo que forma la recta x con r . 14.- RECTAS PERPENDICULARES.- Son aquellas rectas que cruzándose o cortándose deter minan ángulo recto. 14.1. Observación.- En algunos cursos se usa el término ortogonalidad como sinónimo de perpendicularidad. Algunos textos de Geometría distinguen lo siguiente: * Rectas perpendiculares, aquellas que se cortan formando ángulo recto y; * Rectas ortogonales, aquellas que se cruzan formando ángulo recto. Nosotros de acuerdo con la interpretación dada en la Universidad Nacional de Ingeniería, adoptaremos como rectas perpendiculares aquellas que cortándose o cruzándose forman ángulo recto. Sin embargo, en algunos casos, para mencionar que dos rectas dadas son
663
y
r
"alabeadas y perpendiculares, sencillamente diremos que ellas son ortogonales , por ser este último término más cómodo.
15.- HAZ DE PLANOS.- Definición: Es el conjunto de todos los pianos que contienen una misma recta, la cual recibe el nombre de arista del Haz . La figura muestra tres de los infini tos planos que contienen a la recta L. Desde luego, es demostrable que por una recta cualquiera del espacio pasan infinidad de pla nos.
( P f l Q D R : L) 16.- TEOREMA.- Si dos planos distintos tienen un punto común, entonces tienen comunes todos los puntos de una recta, y sóio ellas. Probemos esto. Supongamos que los pla nos P y R tienen en común el punto A. Por A tracemos dos rectas m y n contenidas en el plano R. Si alguna de estas rectas estuviera en P, el teorema quedaría demostrado. Si ninguna está en P, tomemos un punto C sobre n y otro punto D en la recta m, en distinto semi-espacio que B, respecto del plano P. Esto es siempre posible, ya que el punto A divide a cada una de dichas rectas en dos semi-rectas, situadas en cada semiespacio determinado por P. Entonces, la recta CD cortará al plano P en un punto B, de acuerdo con el postulado 5. Con seguridad, este punto es distinto del A, por pertenecer al lado opuesto al vértice A del triángulo ACD. Por lo tanto, los planos P y R tienen, además del A, otro punto común B. La recta AB estará situada en P y también en R, según el postulado 2; luego será una recta común a ambos planos. Y, como por una recta y un punto exterior a ella no pueden pasar dos planos distintos, los planos P y R tienen comunes todos los puntos de la recta AB y sólo ellos.
664
V
CAPITULO 1 9 v
RECTAS Y PLANOS, PERPENDICULARES 17.- DEFINICION.Una recta y un plano son perpendiculares, si se intersecan en un punto, y si toda recta en el plano, que pase por el punto de intersección, es perpendicular a la recta dada. En la figura adjunta, la recta (' y el plano P se intersecan en el punto O. Tres rectas de dicho plano pasan por O. Luego, por definición, si t es per p e n d ic u la r m, r , x ; entonces la rec ta i y el plano P serán perpendicula res: f 1 P
ó P i 7, siendo el punto
O, pie de la perpendicular en el plano.
»
* Como la figura está en perspectiva, no se notan los ángulos rectos que forma rectas del plano.
7 con las
17.1.-OBSERVACIONES: * Si una recta interseca a un plano, sin serle perpendicular, se llama Oblicua al plano. ** Si una recta es perpendicular a un plano, será perpendicular a todas las rectas del plano, aún cuando no pasen por el pie de la perpendicular, ya que se cruza con ellas en ángulo recto. ( Definición dada en el No.14 ). t n la figura adjunta, por ejemplo, si la recta f es perpendicular al plano Q en el punto O; las rectas m, x, r, están conte nidas en Q y r no pasa por O, entonces
t será perpendicular a las tres y a todas las demás rectas del plano, aunque no pasen por O. Sin embargo, como 7 y r son alabeadas y perpendiculares, dire mos que ellas son ortogonales. Para t y m o 7 y x , simplemente diremos per pendiculares. 665
CONDICIONES PARA QUE UNA RECTA SEA PERPENDICULAR A UN PLANO 18.- TEOREMA.- Para que una recta sea perpendicular a un plano, es necesario y suficiente que sea perpendicular a dos rectas secantes de dicho plano. Casos: a)
Si las dos rectas pasan por el pie de la perpendicular: * Hipótesis: t 1 m y í 1 r, en el pun to O. m y r , rectas secantes contenidas en el plano P. * Tesis : í _L P, en el punto O.
b)
Si sólo una de las rectas secantes pasa por el pie de la perpendicular. *
H ipótesis: í l r , e n O ; í ' l x f / ' y x son ortogonales) r y x rectas secantes contenidas en el plano P.
* c)
T e sis: í ± P, en el punto O.
Si ninguna de las rectas secantes pasa por el pie de la perpendicular. * Hipótesis: f, secante al plano Q, en el punto O.
t í a y f JL b. ( ^ es ortogonal a am bas re cta s). a y b , rectas secantes contenidas en el plano Q. * Tesis : 1 ± Q , en el punto O. DEMOSTRACIONES (a)
Para demostrar que f 1 P, bastará probar que una recta cualquiera ñ , de dteho plano ( distinta de m y r ), es perpendicular a 1, en el punto O, pues con esto cumpliríamos la definición de perpendicularidad entre recta y plano. Para ello, trazamos una recta del plano P, que corte a m, ñ y r, en los puntos A, C y B, respectivamente. R y FT son puntos de la recta Trazamos
666
RA, R B .......
tales que OR = OR’.
Luego, como m y F son mediatrices de! segmento RR’, en los planos RAR’ y RBR\ respectivamente, entonces: AR = AR’ y BR = BR’, por lo que: A RAB = A R'AB ( postulado LLL ), de donde: ^ RAB = ^ R’AB. y : A RAC = A R’AC ( Postulado LAL ). CR = C R \ Esto último indica que el A RCR’ es isósceles, y como O es punto medio de RR1, deducimos que CO 1 RR1, En consecuencia
:
y :
71 ñ 71 P ,
tal como se quería demostrar. (b)
Entonces: L 1 x
L X x \ por definición de án
gulo entre rectas alabeadas. Luego, este teorema se reduce al caso (a), siendo las rectas r y x’ las que pasan por el pie de la perpendicular. (c)
Este caso se demuestra trazando por el punto O: allá
y b' 11 b
De donde : L _L á' y L 1 b ’
19.- TEOREMA DE LAS TRES PERPENDICULARES Si desde el pie de una perpendicular a un plano, se traza otra perpendicular a una recta cualquiera dada en el plano; entonces, toda recta que pasa por un punto cualquiera de la primera y el punto de intersección de las dos últimas, es perpendicular a la recta dada en el plano. * Hipótesis: Sea 7 1 H, en el punto O ; F es una recta del plano H. Se traza OB i r
y se toma
un punto cualquiera P, de la recta L * Tesis : P B 'l F ( a = 9 0 °) 667
Demostración: La recta r por hallarse en el plano H, es perpendicular a f . También, por hipó tesis, F es perpendicular a OB; luego, 7será perpendicular al plano que de terminan las rectas / y O B .(T e o re ma 18, caso b ). Entonces, r será perpendicular a la recta PB de éste plano : I
-
r
jl
PB
a = 90°
EXISTENCIA Y UNICIDAD DE PLANO PERPENDICULAR A UNA RECTA TEOREMA.- Por un punto dado pasa un plano, y sólo uno, perpendicular a una recta dada. Este teorema comprende dos casos, según el punto esté en la recta o fuera de la recta dada. 1er. CASO.- Si el punto dado está en la recta dada. A * Hipótesis: Sea O un punto de la recta AB.
* Tesis: Por O pasa un plano H, y sólo uno, perpendicular a AB.
D em ostración: Sea P un punto fuera de la recta AB, determinándose el plano ABP. Sea Q un punto situado fuera del plano ABP, determinándose el plano ABQ. En el plano ABP hay una recta OC perpendicular a la recta AB en el pun to O. Asimismo, en el plano ABQ hay una recta OD perpendicular a la recta AB en el punto O. Luego, las rectas OC y OD, determi nan el plano H.
i—> Entonces: Plano H 1 AB en el punto O. ( Por el teorema 18 ).
Y H es único, porque si existiera otro plano Q, perpendicular a AB en 0 ,e n to n c e s las in te rs e c c io n e s i—> y OE de los planos H y Q con un i—> plano cualquiera R que pase por A B , serían
dos rectas en el plano R,
perpendiculares a AB en un mismo punto O. Como sabemos, esto último es imposible. 2do. CASO.- Si el punto dado está fuera de la recta dada. * Hipótesis: Sea O un punto situado fuera de la recta AB. Tesis: Por O pasa un plano H, y sólo uno, perpendicular a AB.
D em ostración: La recta AB y el punto O, determinan un plano R, en el cual existe una recta OC, perpendicular a AB que pasa por O. Sea F un punto situado fuera del plano R. La recta AB y el punto F determinan un plano P, en el que hay una recta CD, perpendicular a AB, en C. Luego, las rectas CO y CD determinan un plano H. Y como: CO l AB, CD 1 AB, entonces, el plano H es perpendicular a AB, pasando por el punto O, ya que se cumple la condición de perpendicular entre recta y pla no, dada en el No. 18. Además, H es el único, porque si suponemos que existe un segundo plano T perpendicular a AB, que pasa por O, las intersecciones OC 1 OE de H y T, respectivamente, con un plano cualquiera R que pase por AB, serían dos rectas en el plano R, perpendicu lares a A B , desde un mismo punto exterior O; lo cual, como sabemos, es imposible. 669
2 1 COROLARIO.- Todas las perpendiculares a una recta, por un punto dado, están contenidas en un plano perpendicular a la recta, trazado en dicho punto. * El p jnto O se sitúa en la recta r; m, n, x sor algunas de la infinidad de rectas perpendiculares a r, que pasan por O. Todas ellas están contenidas en el pla no P, perpendicular a r .
* El punto O es exterior a la recta s. Por O pasa un plano R perpendicular a s. q, 7, t son algunas de la infinidad de ^ y
perpendiculares a s y que pasan por O; todas contenidas en el plano R.
PLANO MEDIATRIZ.- Se llama plano mediatriz de un segmento, al plano perpendicular a dicho segmento, trazado en su punto medio ( Llamado también plano m ediador). 22 . -
TEOREMA.- Todo punto situado sobre el plano mediatriz de un segmento, equidista de los extremos de dicho segmento. En la figura adjunta, R es el plano mediatriz del segmento AB.
B
Si P es un punto cualquiera de dicho plano y M punto medio de A B , enton ces PM 1 AB y el triángulo APB es isósceles
PA = PB.
EXISTENCIA Y UNICIDAD DE RECTA PERPENDICULAR A UN PLANO 23.- TEOREMA.- Por un punto dado, pasa una recta, y sólo una, perpendicular a un plano dado. Este teorema comprende dos casos, según el punto esté en el plano o fuera del plano dado. *
1er. Caso.-Si el punto dado está en el plano dado.
X
- Hipótesis:
Sea O un punto en el
plano R. - Tesis: Por O, pasa una recta sólo una, perpendicular al plano R. fí70
y
Demostración: Sea m , una recta en el plano R, que pasa por O. Sea S el plano perpendicular a m e n O. ( No.20, le r.C a s o ). Los planos R y S se intersecan en una recta AB. Sea 9, una recta en el plano S, perpendicular a AB, en el punto O ( * ). - Entonces, ya que el plano S _L m, y 1 está contenida en S
ílm
- Luego: ílm
implica que f .L R , por el
-
y por ( * ): t1± AB
No. 18, caso ( a ). - Además, f es única, porque de existir otra recta t , diferente de
perpendicular al plano R en O,
entonces las dos rectas t y /' determinarían un plano T, secante con R en una recta EF. Y tendría mos así, en el plano T, dos perpendiculares f y í' O a EF, en el mismo punto O, lo cual es imposible. 2do.Caso.- Si el punto dado está fuera del plano dado Hipótesis: Sea P, un punto situado fuera del plano R. Tesis: Por P pasa una recta x, y sólo una, perpendicular al plano R. ( La demostración se deja como ejercicio al le c to r). TEOREMA.- Si dos rectas paralelas son secantes a un mismo plano y una de ellas es perpendicular al plano dado, entonces la otra recta es también perpendicular al plano. D em ostración: Sean
^ y í 2 dos re c ta s p a ra le
m n
las,secantes al plano P. La recta ¿1 es perpendicular a P en el punto O. 671
Luego, si m y ñ son dos rectas de dicho plano que pasan por O, s e rá : ^ 1 m y í 1 1 ñ. Entonces, como ?2 rectas ( No. 14 ).
*1 el ángulo de cruce de ?2 con m y ñ es el mismo entre ~ pA y dichas
Por lo tanto: ^2 ± m y 12 ± ñ, de donde 12
p - ( No.18, caso C ).
PERPENDICULAR Y OBLICUAS A UN PLANO 25.- TEOREMA.- Si desde un punto exterior a un plano se trazan a éste el segmento perpendi cular y varios segmentos oblicuos: 1)
El perpendicular es menor que cualquier oblicuo.
2)
Los segmentos oblicuos cuyos pies equidistan del pie del perpendicular, son congruentes. 0
3)
De dos segmentos oblicuos, cuyos pies no equidistan del pie del perpendicular, es mayor aquel cuyo pie dista más. Graficamos cada caso:
1-
/ P
- Hipótesis: P es un punto exterior al
/ /
plano M; PA perpendicular al plano M en A ; PB una oblicua a M, en B. _
_
- Tesis : PA < PB
/
/
.
g"
/* \
¿mA
D em ostración: ComoPA 1 M , por hipótesis, entonces al trazar BA : BA 1 PA. Luego, en el triángulo PAB, PB es hipotenusa y PA cateto : PA < PB. 2- Hipótesis: P es un punto exterior al plano H;
PA 1 H en A, PB y PC, segmentos
oblicuos al plano H en B y C, respectiva mente, tal que AB = AC. -T e s is : PB = PC D em ostración: Siendo PA 1 H , por hipótesis, entonces PA 1 BA y AC. Luego, los triángulos rectángu los PAB y PAC son congruentes por tener en común el cateto PA y de la hipótesis : ÁB s AC.
Entonces : PB = PC. 672
3-
Hipótesis: P es un punto exterior al plano Q. PA 1 Q en A ; PE y PF oblicuas a Q t tal que AE > AF. - Tesis : PE > PF
La Demostración se deja como ejercicio al lector. Para ello tome un punto B en A E , tal que AB = AF y únalo con P. 26.- DISTANCIA DE UN PUNTO A UN PLANO.- Se llama distancia de un punto a un plano, a la longitud del segmento perpendicular trazado desde el punto al plano. Así, en la figura adjunta, si PO es per pendicular al plano R, entonces la lon gitud del segmento PO es la distancia del punto Pt al plano R.
673
CAPITULO 2 O RECTAS Y PLANOS PARALELOS 27.- DEFINICION.- Dos planos son paralelos, si no se intersecan. Análogamente, una recta y un plano son paralelos si no se intersecan.
LZl ¿~U P//Q
r//s
28.- PARALELISMO ENTRE RECTAS EN EL ESPACIO.- En Geometría del Espacio, para afirmar que dos rectas son paralelas no es suficiente con probar que las rectas no se cortan, pues cabe la posibilidad de que las rectas sean alabeadas. Entonces, se debe dem ostrar que: ( 1o ) las rectas son coplanarias y ( 2o ) las rectas no se intersecan. 29.- TEOREMA.- En el espacio, por un punto exterior a una recta, sólo puede trazarse una paralela a la recta dada. Dem ostración.-Sea ría recta dada y P un punto exterior a ella. Luego, toda recta paralela a r , traza da por el punto dado P, tendrá que estar en el plano Q determinado por r y P ; según e lBV Postulado de Euclides", en este plano hay una sola para lela a r, por el punto P. 675
30.- TEOREMA.- Dos rectas perpendiculares a un mismo plano, son paralelas entre sí. D em ostración: Sean m y ñ , dos rectas perpendiculares al plano R, en los puntos O y P. Sea m’ una recta paralela a m, trazada por el punto P. Como sabemos, de acuerdo con el N°29, m' es única y por el N°24, m* es perpendicular a R, en el punto P. Además, según el N°23 1er.caso, por el punto P del plano R, sólo se puede trazar una perpendicular a dicho pla no. Y como ,ñ 1 R por hipótesis; entonces nV y ñ son una misma recta. Con lo que queda probado que ñ 11 m . 31.- TEOREMA.- Todo plano que corta a una de dos rectas paralelas, también corta a la otra. D em ostración: Sean m y r dos rectas paralelas. Sea Sun plano que corta a m en el punto A. Probe mos que S cortará también a r . En efecto, el plano S y el que determinan las paralelas tienen un punto en común A. Luego tendrán en común los puntos de una recta x. Además, en el plano de las parale las, como x corta a m , también cortará a r en un punto B. El punto B es común a la recta r y al plano S, con lo que queda demostrado el teorema. 32.- TEOREMA.- En el espacio, dos rectas paralelas a una tercera, son paralelas entre sí.
H ipótesis: Sean m, n y r, tres rectas, tales que: m || ñ y 7 - Tesis: m
676
n
Demostración; Sea O un punto de la recta n y tracemos el plano Pf perpendicular a ñ por dicho punto Luego: m
ñ y como ñ i P , entonces m 1 P ( Por el N° 24 )
i
ñ y de ñ 1 P, entonces 7 i P
y , de acuerdo con el N°30, por ser m y f dos rectas perpendiculares a un mismo plano P, se concluye que m
7.
33.- PARALELISMO ENTRE RECTA Y PLANO.- Según demostramos en el siguiente teorema: “para que una recta no contenida en un plano dado, sea paralela a dicho plano, es necesario y suficiente que sea paralela a una recta contenida en el plano". 34.- TEOREMA.- Toda recta no contenida en un plano y paralela a una recta de este plano, es paralela al plano. - H ipótesis: Sea r una recta no conte nida en el plano P y paralela a la recta x, contenida en dicho plano. - Tesis: r || P.
O
D em ostración: Supongamos que la recta r no es paralela al plano P, es d e c ir, que lo interseca en un punto O. Las rectas paralelas r y x , determinan un plano S secante a P, según la recta x. Luego, como hemos supuesto que F interseca a P en O; este punto pertenecerá a los planos S y P; por lo tanto el punto O será un punto de la recta x, intersección de dichos planos. Así, se llegaría a que las rectas r y x tienen en común el punto O, contradiciendo la hipótesis de que r 11 x. Entonces, la suposición de que r interseca a P, es falsa , y en consecuencia: P. 35.- TEOREMA.- Si una recta y un plano son paralelos, ella es paralela a la intersección de este plano con cualquier otro que contenga a la recta y corte al plano dado.
Hipótesis: Sea r una recta paralela al plano P y Q un plano cualquiera que contiene a r y se interseca con P según la recta m. - Tesis: r
m. 677
D em ostración: Como la recta r es paralela al plano P, entonces r no cortará a m. Siendo además r y m coplanarias, entonces r
m.
*%*
36.- TEOREMA.- Si dos rectas se cruzan, por una de ellas pasa un plano, y sólo uno, paralelo a la otra. - H ipótesis: Sean m y r dos rectas alabeadas. ( Por comodidad grafiquemos r con tenida en plano P y m secante a dicho plano en el punto O ). Tesis: Por m pasa un plano paralelo a r , y sólo uno. D em ostración:
•
a
En efecto. Sea r' paralela a r , trazada por el punto O. Luego, las rectas m y r\ determinan un plano Q, el cual con seguridad no contiene a r . Por lo tanto : Q
r , ya que r
* Y este plano Q es único, porque de existir otro plano Q' paralelo a r , pa sando por m , la intersección de este otro plano, con P, sería una recta r" que contiene al punto O. Así, en el plano P, por el punto O se tendrían dos paralelas a la recta r : r' y r". Lo cual contradice al “ V Postulado de Euclides” 37.- TEOREMA.- Toda recta paralela a dos planos secantes , es también paralela a la intersección de dichos planos. ( La demostración se deja como ejercicio al lector ).
38.- PARALELISMO ENTRE PLANOS.- Dos planos son paralelos cuando no tienen punto común. 39.- TEOREMA.- Dos planos perpendiculares a una misma recta, son paralelos entre si.
D em ostración: Sean P y Q, dos planos perpendicu /
lares a la recta ( en los puntos A y B, respectivamente. Si P y Q tuvieran un punto común R, este punto sería exte
¿A
rior a í y por él pasarían dos planos perpendiculares a contradiciendo el teorema 20, 2do.caso.
B /
Por lo tanto P y Q no pueden tener algún punto común; en consecuencia son paralelos.
q
'S
40.- TEOREMA.- Si un plano contiene a dos rectas secantes, paralelas a un segundo plano, entonces ambos planos son paralelos entre sí. H ipótesis: á y b son dos rectas se cantes contenidas en el plano P, tales que á Tesis: P
Q y b
a-
Q.
Q
D em ostracion: Supongamos que los planos P y Q no son paralelos; tendrían entonces en común una recta r ( Postulado 10.a ). Luego esta recta interceptaría, con seguridad , a alguna de las rectas
á ó b (o, a ambas). Si asumimos, porejemplo, que r intercepta a á en un punto C, entonces este punto por pertenecer a r pertenecerá al plano Q. Lo que indicaría que la recta á y el i*
plano Q tienen en común el punto C, contradiciendo la hipótesis de que á y Q son paralelos. Por lo tanto, los planos P y Q no se intersecan y en consecuencia son paralelos. 41.- TEOREMA.- Toda recta secante a uno de dos planos paralelos, corla también al otro.
H ipótesis: P y Q son dos planos paralelos; t , una recta que corta a P en el punto A.
T
Tesis: i corta a Q. D em ostración: Sea V la recta paralela a
/
\ w
,
,
^
trazada por un punto C del plano Q. Luego, por el teorema 31,
como el plano Q corta a 7 \ cortará también a su paralela 1. Así, la recta i corta a los dos planos P y Q. 679
42.- TEOREMA.- Todo plano que corta a uno de dos planos paralelos, corta también al otro
H ipótesis: P y Q son dos planos paralelos; R es un plano secante a P.
- Tesis: R corta a Q.
D em ostración: Sea r, una recta del plano R, que corta a P en el punto A. Luego, por el teorema anterior esta recta corta también al plano Q, en un punto tal como B; entonces, los planos R y Q tienen en común el punto B y tendrán comunes todos los puntos de una recta. 43.- TEOREM A.-Toda recta perpendicular a uno de los planos paralelos, es también perpendi cular al otro. * ( Demuestre el lector este teorema ). 44.- TEOREMA.- Portodo punto exteriora un plano dado, pasa un plano y sólo uno, paralelo al primero. - H ipótesis: Sea P plano dado y A, un punto exterior a dicho plano. - Tesis: Por A pasa un plano Q, y sólo uno, paralelo a P. D em ostración: Por A , trazamos dos rectas paralelas al plano P. ( paralelas a dos rectas m’ y n’, de P ). El plano Q, determinado por estas rectas, es paralelo a P, ( Por teorema 40 ). Y este plano es único, porque de existir otro plano que pase por A, cortará a Q y también a P, según el teorema 42. 45.1 COROLARIO.- Todas las rectas paralelas a un plano dado, trazadas por un punto exterior, están contenidas en el plano paralelo al primero y que pasa por dicho punto.
*
La figura muestra algunas de la infini dad de rectas paralelas al plano P, que pasan por el punto exterior A. Todas ellas están contenidas en el plano Q, paralelo a P.
RRÍ)
V
45.2 COROLARIO.- Por dos rectas alabeadas dadas, pasan dos planos, y sólo dos, paralelos entre sí, y que contienen cada uno, una de dichas rectas.
La figura ( a ) muestra dos rectas alabeadas m y r , estando r contenida en el plano P y m secante a P. La figura ( b ) indica los planos M y R, únicos, paralelos entre sí, que contienen a m y r , respectivamente. 46.- TEOREMA.- Dos planos paralelos a un tercero, son paralelos entre sí. D em ostración: Veamos. Si los dos planos paralelos al tercero, no fueran paralelos entre sí, entonces tendrían en común un punto, por el cual pasarían dos planos paralelos al tercero, contradiciendo el teorema 44. Por lo tanto, los dos planos son paralelos entre sí. 47.- TEOREMA.- Si dos planos paralelos se interceptan por un tercer plano, las rectas de intersección son paralelas entre si. D em ostración: P y Q son dos planos paralelos cortados por el plano R, según las rectas m y n. Como m y ñ están en un mismo plano R y no se cortan, por situarse en planos paralelos, entonces: m
ñ.
48.- TEOREMA.- Los segmentos de rectas paralelas, comprendidos entre planos paralelos, son congruentes. H ipótesis: m y n son rectas paralelas interceptadas por los planos paralelos P y Q, según AC y BD. Tesis: AC = BD D em ostración: Las rectas m y n, deter-
\
minan un plano en el que AB | f C D . El cuadrilátero ABDC tiene sus lados opuestos paralelos; entonces es un paralelogramo. De donde: AC = BD. 681
49.- TEOREMA DE THALES EN EL ESPACIO.- Tres o más planos paralelos determinan sobre dos rectas secantes cualesquiera, segmentos proporcionales. Hipótesis: Sean m y F , dos rectas que interceptan a los planos paralelos P, Q y R en los puntos A, B, C, D, E y F, respectivamente. AB TeS¡S:
DE
B C = ÉF
Demostración: Sea m' la recta que pasa por el punto A y es paralela a m , interceptando a los planos Q y R en los puntos E’ y F . Luego, m' y F determinan un plano secante a P, Q y R; de tal manera que BE' y CF1 son paralelos, en el que usamos el teoreAB ma de Thales:
AE' -
Pero, por el teorema anterior:
AE’ = DE y E’F = EF, por lo tanto: AB
DE
BC “ EF 50.- TEOREMA.- Dos ángulos no coplanarios que tienen sus lados respectivamente paralelos, son congruentes o suplementarios, y los planos que los contienen son paralelos. Son congruentes, si tienen sus lados dirigidos en el mismo sentido o en sentido contrario, y suplementarios si sólo un par de éstos se dirigen en el mismo sentido. Veamos el gráfico de cada caso: 1 °)
HIPOTESIS: Sean los ángulos AOB y CMD con ÓA igual sentido. * 2°) * HIPOTESIS : OÁ
NE y OB con sentido opuesto.
* TESIS : AOB = ENF 682
NF
MC y OB
TESIS : AOB s CMD
MD, en
*
HIPO TESIS: OA y OB
*
DE ( igual sentido)
NF ( sentido opuesto ).
T E S IS : AOB + ENF = 180
Demostración del ter.caso: Sea E un punto de OA y K un punto de MC, tales que OE a MK. Tam bién, sea F un punto de OB y T un punto de M D , de modo que OF a M T . Tracemos los segmentos: OM, EK, FT, EF y TK Como OE II MK y OE a MK ( por hipótesis y primer paso ), entonces el cuadrilátero OEKM es un paralelogramo.*. OM y EK son con gruentes y paralelos ( a ). También OF 11 MT y OF a MT ( por hipótesis y primer paso ), entonces el cuadrilátero ÜFTM es un paralelogramo
OM y FT son congruentes y paralelos
( b ).
Luego, de ( a ) y ( b ): EK 11 FT y EK a FT .*. el cuadrilátero EKTF es un paralelogramo; de donde EF a TK. Finalmente :
A EOF a A KMT ( postulado LLL ).
Entonces : AÓB a CMD Nota.- Demuestre el lector los otros dos casos.
683
V
P R O B LE M A S R ESU ELTO S ( Capítulos 1 8 ,1 9 y 20 )
1)
Se tiene una circunferencia de centro 0 y diámetro 12 cm. Por 0, pasa una recta L perpendicular al plano de la circunferencia. F, es un punto de L, tal que OF = 8 cm. Hallar la distancia de F a cualquier recta tangente a la circunferencia. A) 10 cm D) 15 cm
B) 20 cm E) 16 cm
C) 13 cm
Solución 12cm _ radio = — r— = 6cm
Sea m, una recta tan gente a la circunferen cia, en el punto T. OT JLm Según el Teorema de las tres perpendiculares, será tanciade
F a
FT = 6 + 8
F T lm
Luego, FT es la dis-
m . En A FOT:
-> Rpta: (A)
2)
En una circunferencia de centro 0, se inscribe un triángulo ABC, recto en B. Se eleva perpendicular al plano ABC, de modo que BF = AC. Si AB = 6 y BC = 8, hallar OF A) 5
B) 5 ->¡2
D) 10 V2
E) 5 V5
bf
C) 5 V3
Solución *
X=?
AC
= 62 + 82
6S5
OB = OA = OC = radio = 5
F
FB _L plano ABC x FB 1 BO En
a
OBF, Teorema de Pitágoras:
X2 = BF2 + O B 2
C
X2 = 102 + 52 = 125 x
Rpta: (3) 3)
Indicar verdadero (V) o falso (F): * * * *
Tres puntos determinan siempre un plano. Dos rectas determinan siempre un plano. Si una recta es paralela a un plano, será paralela a todas las rectas contenidas en dicho plano. Si una recta es perpendicular aun plano, será perpendicular a todas las rectas contenidas en dicho plano.
A) VVVV D)FFFF
B) VFVF E )FFFV
C )FV FV
Solución *
(F) Tres puntos NO COLINEALES determinan un plano.
*
(F) Dos rectas secantes o dos rectas paralelas, determinan un plano.
*
(F) Si una recta es paralela a un plano, será paralela a infinitas rectas paralelas de dicho plano, pero no a todas.
*
(V) Teoría.
Rpta: (E) 4)
En un cubo, cuyas aristas tienen longitud "a” cada una, hallar la distancia de un vértice al centro de una cara opuesta. aV3
686
Solución
D
Sea O, centro de la cara AFEH y B un vértice de la cara opuesta BCDG. Hallemos BO = X. Como BA 1 AF y BA 1 Luego:
BA 1 AH
plano AFEH BA _L AO
AO = OE =
En A OAB:
AE
42
X2 = AB2 + AO
'a V T
—> /
v
Rpta: (C)
ABCD, es un cuadrado de lado “a”. Por B, se eleva BE perpendicular al plano ABCD, tal que BE = a. Si “O” es centro del cuadrado y “H" punto medio de C D , hallar el área de la región triangular EOH. V2
V2
B)
A)
8
C)
8
5a2 E)
D) 8
~ ~ 8 ~ ~
Solución Al prolongar
HO hasta P
H P X AB y AP = PB = — y 2 Teorema de las tres perpendiculares
EB 1 plano ABCD
y
EP X PH
BP 1 PH
EP es altura del A EOH. Luego:
687
/ S e o h
=
\ (OH)(EP) = 1
a
\
12,
(EP)
(1)
/ En el A EBP: EP2 = E B 2 +B P 2 -> EP2 = a 2 +
a
<2 j
EP = - V 5 2
(2 )
/
\
a (2), en (1): SE0H - — 2 ) \
Rpta: (C)
6)
ABC, es un triángulo equilátero de lado “L” por B, se eleva
BR perpendicular al plano
ABC,demodoque: BR = L/2. Setrazan luego R D y R C . Hallarel áreade la región triangular ARC. A) L2
B) 2 L2
D)
E)
C)
L‘
Solución SARC = 7 Con el teorema de las tres perpendiculares
RB 1 plano ABC RH X AC
y BH X AC
Luego:
. SAñc = ~
ARC = l
( AC ) ( RH )
(1 )
( L ) ( RH )
En A AHB (notable): BH = -^-V3
En A RBH, teorema de Pitágoras: 688
RH2 = RB2 + BH
Rpta: (E)
D
El sólido ABCD de la figura, se llama tetraedro. Las regiones triangulares ABC, ABD, ACD y BCD se llaman caras; los puntos A, B, C y D, son los vértices y las aristas: AB, BC, CD, AD, A C y B D . Se llama altura del tetraedro, a la distancia de un vértice a la cara opuesta. (Por ejemplo DH )
\
■
Si las caras del tetraedro son triángulos equiláteros, el sólido es regular. En un tetraedro regular, cuyas aristas tienen longitud “L", hallar la longitud de la altura.
Solución Como el tetraedro es regular: AB = BC = AC = AD = CD = BD = L. Es fácil demostrar que H es el centro del A ABC. -
El efecto:
A AHD
b
A CHD = a BHD. Por tener igual hipotenosa ( L ) y el cateto
común DH. HA = HB = HC , ( H es circuncentro del A ABC )
AH =
En A AHD:
L
D
DH2 = AD2 - AH2
DH2 =L2 -
DH = - V 6 IV 3
3
Rpta: (D) 689
8)
Hallar el máximo número de planos que determinan “n” puntos del espacio. n (n -1) A) ; 2 d
n (n -fl) B) } 2
n (n -1 )(n -2 )
n C) ' 3
n (n -1 )(n -2 )
Solución *
El máximo número de planos que determinan “n" puntos del espacio, ocurrirá cuando no existan tres en línea recta ni cuatro coplanares: Cn = n! = n (n -1 )(n -2 ) 3 3! (n - 3)! 6 ya que cada tres puntos no colineales se determina un plano. Rpta: (D)
9)
Hallar el máximo número de planos que determinan “n” rectas del espacio.
A) n
n (n -t) B) —^
n(n + 1) C )-^ ~
D)2n
E) n2
Solución *
El número máximo de planos que determinan “n” rectas del espacio es: Cn =
n!
2
2! (n - 2)!
= n (n -
1)
2
y esto ocurrirá cuando no hayan tres rectas coplanares, ya que cada dos rectas, secantes o paralelas, se determina un plano Rpta: (B) 10)
Hallar el máximo número de planos que determinan 10 rectas y 12 puntos del espacio. A) 265
B) 385
C) 120
D) 340
Solución *
Las 10 rectas determinan, como máximo: 10 10 ! 10 ! Cl° = — ---- :— — = ----- — = 45 planos
2
'
2 ! (10 - 2 )!
2! 8!
Los 12 puntos, como máximo, determinan: 12
12!
12!
Cl2 = — ---- ^— — = ------^ = 220 planos 3 3! ( 1 2 - 2 ) ! 3! 9! 690
E) 165
*
Como cada recta determina con un punto exterior a ella, un plano; el máximo número de planos que determinan las 10 rectas con los 12 puntos, es: 10 .12 = 120 Sumando los resultados parciales:
45 + 220 + 120 = 385 planos Rpta: (B)
11)
La figura muestra un cubo. M, N, R y Q, son puntos medios de las aristas AB,,AF,EF y DE , respectivamente. Hallar la medida del ángulo de cruce entre las rectas MN y RQ. A) 45°
B) 30°
C) 90°
D) 75°
E) 60°
Solución BFD dá el ángulo de cruce entre MN y RQ
Como B F / / M N y D F / / R Q ( BFD , mide a ) BD = BF = FD, por ser diagonales de los cuadrados y congruentes. A BFD, equilátero
Rpta: (E) 12)
En un tetraedro ABCD (no necesariamente regular), B y Q son Baricentros de las caras ABCyACD, respectivamente. Demostrar que BQ y DB son secantes, en un punto que llamaremos “R" y que se cumple:
Solución Como las prolongaciones de
BG y BQ concurren en el
punto medio de AB ( M ), entonces B Q y D G estarán cotenidas en el plano MBD y por lo tanto serán secantes. Ahora, en el A MGD, con el Teorema de Menelao para la transversal BQ MQ DR
GB =
Q D ' R G ' BM
1
Pero, por propiedad del Baricentro:
(a) MQ _ 1
GB
2
QD ” 2
BM
3
691
c n 1 DR 2 . En ( a ) : —. ----- . — = 1 —» 2 RG 3 En forma análoga se demuestra que 13)
Sea “R” un punto exterior al plano que contiene a un rectángulo ABCD. Probar que se cumple:
ra2
+ RC2 = RB2 + RD2
R
Solución
/ / ü ',\
\
Llamemos M, al punto de intersec ción de las diagonales del rectán
_ _
gulo. Se traza RM Por el teorema de la mediana: A BRD -> RB2 + RD2 = 2RM2 +
A ARC -> RA2 + RC2 = 2RM2 +
14)
BD
(a )
AC (P)
Pero, AC = BD. Por lo tanto ( a ) = ( P ). Entonces: RA2 + RC2 = RB2 + RD2 I.q.q.d
ABC, es un triángulo equilátero de lado 6 cm., contenido en un plano P. Se elevan: BQ 1 P y CR _L P . de modo que triangular AQR. B) 9 cm2
A) 9 V 6 cm 2
B Q = 6 cm y CR = 3 cm . Hallar el área de la región
C) 12 cm:
D) 9V 2 cm2
Solución SAQR = *> 1
Se tiene: SAQR = - ( A Q ) ( R T )
(1
)
En A ABQ: AB = BQ = 6 (2 )
AQ = 6V2 Se traza RF _L QB
692
En A ACR:
AR2 = 32 + 62
En A RFQ:
r q
2 =
32
+
62
AR=3rV5] RQ = 3*^5
AR = RQ
J A ARQ, Isósceles
E) 18>/6 cm2
Luego: AT = TQ = RT2 + (3^ 2 f = (3 V 5 )2
y en A ATR: RT2 + AT2 = AR2 ->
RT = 3 t¡3 -
Sustituyendo ( 2 ) y ( 3 ), en (1 ):
SAQR =
(6 V 2 )(3 -/3 )
Rpta: (A) BAC, es un triángulo recto en A. AB = 6 y AC = 8. Por su Incentro I, se eleva IH perpen dicular al plano ABC, siendo IH = 3. Hallar HC. A) 8
B) 10
D) 112
C)11
E )7
Solución HC = x = ? -
Sean F y T, puntos de tangencia de la circunferencia inscrita en el A ABC y los lados .-.
BC, AC.
IT = IF = r (inradio)
Por el teorema del Pitágoras en A ABC : BC = 10 BC + 2r = AB + AC
Con el teorema de Poncelet:
10 + 2r
=6 + 8
r= 2
Luego: AT = r = 2 y TC = 8 - 2 = 6 = CF Por
el
teorema
de
las
tres
perpendiculares:
H F 1 BC
.
Por
ser
Hl ± plano ABC y IF 1 BC • En AHFC: EnAHIF:
x2
=HF2 +CF2
HF2 = 3 2 + r2
x2 = H F 2 + 6 2 ...................... -+
HF2 = 32 + a :
(1) (2 )
De ( 2 ), en ( 1 ): x2 = 62 + 32 + 22 Rpta: ( E ) 693
16)
En la figura,
4-¥ ST es intersección de los planos H y R
AC n H: { E } ; B
g
R
ABnH:{Q} AC//R G € H y G es Baricentro del A ABC. c. Si
AE 5 . n AQ — = — ; hallar: — EC 3 QB
A) 8
B) 9
E) 10
D) 12
C) 7
Solución AQ
= •?
* AE
QB
EC
Sean: A£ = 5 n y
3n
5n
5 3 EC = 3 n
Mn E *
Con las prolongaciones hechas: FB//ÁC BG = 2 GM (propiedad del Baricentro) AM = MC
AM = 4 n y ME = n
A FGB ~ A EGM ->
AEQA - A FQB
FB n
AQ
2r AE
FB = — 2 AQ QB
QB “ FB
T
4n + n n
2 Rpta: (E) 17)
Un paralelepípedo rectangular recto, es el sólido formado por 6 regiones rectangulares llamadas caras. Dos caras opuestas cualesquiera son congruentes entre sí y ubicadas en planos paralelos. Llamemos a, b y c, las longitudes de tres aristas concurrentes en un vértice. Si d, es longitud de una diagonal del paralelepípedo, demostrar que: d2 = a2 + b2 + c2
Solución -
La figura adjunta muestra un paralelepípedo rectangular recto (semejante a una caja rectangular). A, B, C, . . . son los vértices.
AB , BC , CH,... son las aristas 6 9 4
CF , HG , BE , AD , son diagonales del sólido (unen dos vértices de caras diferentes). Sean: AF = a, EF = b y GF = c. Además: CF = d. En el A CHF, CH 1 HF por ser
CH 1 plano AHEF:
d2 = HF2 + C H 2 .........(1) <- (Teor. Pitágoras) Siendo: CH = c y en el A HAF: HF2 = a2 + b2 Al sustituir en (1 ):
18)
En un cubo, la longitud de una diagonal en términos de la longitud “a” de una arista es: A) 2a
C)aV6
B) aV2
D)aV3
E) 3a
Solución Por el problema anterior: d2 = a2 + a2 + a2 para el cubo d2 = 3a2
(Fórmula) 19)
Dos aristas opuestas de un tetraedro, son perpendiculares entre sí. Demostrar que por una de ellas es posible pasar un plano perpendicular a la otra.
Solución Sesa ABCD el tetraedro, donde las aristas opuestas entre sí, según dato.
AC y DB
son perpendiculares D
Tracemos BR 1 AC Entonces: plano BRD 1 AC , ya que: AC 1 BD
por hipótesis
AC _L BR por construcción 20)
Para el tetraedro del problema anterior, demostrar que:
Solución Del gráfico anterior:
DR 1 AC
A ARD
->
AD2 = AR2 + RD2
A BRC
->
BC2 = BR2 + RC2 « Q S
Sumando miembro a miembro: AD2 + BC2 = AR2 + BR2 + RD2 + RC2 AD2 + BC2 = 21)
AB
+
CD
9 /— En el gráfico mostrado ABCD es un cuadrado de centro “O” y lado — 2 m , QN = QM, QF es perpendicular al plano que contiene a ABCD y “F” se encuentra en dicho plano. Calcular PF, s i : AQ = 8m , QC = 10m y m / O P H = 30°. A )2/3 m B)/3
4 6m
C) 2 /5
m
E)2/2
m
D)
•
m
Solución -
T. Proyección de la mediana ; A AQC : 102 - 82 = 2 ( 9 ) ( O H )
Q
OH = 2 -
A O P H ( 3 0 ° , 60o ): OP = 4
-
A FHO ( 45°, 45°): FO = 2 4 2
-
APFO Rpta:
22)
:
x = 2 /2
( E ).
Dadas tres rectas alabeadas, x, y, ¿.contenidas en planos paralelos, ¿Cuántas rectas son posibles de trazar, de modo que intercepten a las anteriores? A) 1
B) 2
C) 3
D) Infinidad
E) Ninguna
Solución Consideremos la fig. 1, que cumple con la condición de que x, y, z se ubiquen en planos paralelos. ( P, Q, R )
696
Para dar solución al problema, tomemos un punto cualquiera A, sobre x.
Luego, el plano H, determinado por A y la recta y , intercepta a 2 en un punto M. Es claro que H intercepta a z, porque la intersección de H y R es una recta y ’ paralela a y ( según *
teorema 35 ) y de hecho y ' interceptará a z. Así, la recta AM soluciona el problema, puesto que también intercepta a y, en el punto N. Como el punto A es arbitrario, existirán infinidad de rectas que cumplen la condición; basta variar dicho punto sobre x .
ABC, es un triángulo equilátero de lado 4 cm. Por A, se traza AE perpendicular al plano ABC, tal que AE = V^3cm . Si R es punto medio de BC , hallar la medida del ángulo con que se cruzan los segmentos AB y ER . A) 37°
B) 45°
C) 60°
D) 53°
E) 30°
Solución -
Se traza por R, paralela a AB , cortando AC Sea
en N, x dá la medida del ángulo pedido.
AQ J_ RN
Según el Teorema de las tres perpendiculares:
EQ ± QR 6 9 7
A RNC, equilátero: RN = 2 A AQN, notable ( 30°, 6 0 °):
NQ =
AN
En A EAQ, Teorema Pitágoras:
EQ 4 Luego: — - = — QR 3
^ 2 EQ2 = (VT3^ + (-^3)
En A EQR: Rpta: (D)
24)
A A \ B B \ C C y DD' son aristas laterales de un cubo. (ABCD es una cara). Hallar la distancia del punto medio M de B'C’ a la diagonal
A'C, si AB = a. a C> 2
A )f/2
B) a
D)fV2
E) N. A.
Solución MH 1 A'C Incógnita: MH. M 2_C En A A'B‘M:
( A’M f = a2 +
V2;
A'M = - V 5 2 Como A MC'C s A A'B'M :
Isósceles. Luego:
A A'MC
A'H = HC =
698
MC = A'M
A'C
aV3
Finalmente, en A A' HM:
MH2 = A'M 2 - A ‘H2
MH = -|V 2 Rpta: (A)
¿Cuál es el lugar geométrico de los puntos de un plano H cuya distancia aun punto P, situado a 2 metros del plano, varía entre 3 y 4 metros? A) una circunferencia
B) un círculo
D) una corona circular
E) un segmento
C) un sector circular
Solución La respuesta es D PO = 2, es la distancia del punto P al plano H. PA = 3 y PB = 4 OA y OB
son radios de dos círculos concéntricos.
Se observa que:
699
CAPITULO 21 ANGULOS DIEDROS 51.- DEFINICION.- Un ángulo diedro es la reunión de una recta y dos semiplanos no coplanarios que tienen dicha recta común. La recta se llama arista del diedro y la reunión de la arista con cualquiera de los dos semiplanos, es una cara del diedro. Así, en la figura adjunta, la reunión de los semiplanos P y Q , y su arista AB es un ángulo diedro. La recta AB es la arista de! diedro y las caras : P y Q. Podemos denotar el diedro como P-AB-Q ó sencillamente AB, si no hay otro diedro con la. misma arista. 52.- ANGULO PLANO O RECTILINEO DE UN ANGULO DIEDRO.- Es el ángulo que forman dos rayos perpendiculares a la arista en uno de sus puntos y situados uno en cada cara. En la figura adjunta, OS y OT son dos rayos perpendiculares a la arista AB, estan do OS en la cara R y en N. Luego, SÓT es un ángulo plano del diedro R-AB-N. Es evidente que todo diedro tiene infinidad, de ángulos planos, Cada uno de ellos es en realidad la intersección del ángulo diedro con un plano perpendicular a la arista. 53.- MEDIDA DE UN ANGULO DIEDRO,- Es la medida de cualquiera de sus ángulos planos. 54.- CONGRUENCIA DE DOS ANGULOS DIEDROS.- Se dice que dos diedros son congruentes, si sUs ángulos planos son respectivamente congruentes. 55.- CLASIFICACION DE LOS DIEDROS.- Tal como en geometría plana, los diedros se clasifican según su medida ( agudos, obtusos, etc. ) o su posición ( consecutivos, adyacentes, opuestos por la arista). De igual modo se tienen diedros complementarios y suplementarios. ¡
i
701
D. RECTO
D. AGUDO
D. CONSECUTIVOS
D. OBTUSO
D. LLANO
DIEDROS ADYACENTES
DEFINICION.- Dos planos secantes son perpendiculares, si contienen un ángulo diedro recto. En caso contrarío se llaman oblicuos.
/ Planos Perpendiculares P1 Q
Planos oblicuos M
TEOREMA.- Si una recta es perpendicular a un plano, entonces todo plano que contenga a la recta será perpendicular al plano dado. Hipótesis: Sea OC una recta perpendicular al plano Q, en el punto O, y P un plano cualquiera JtX que contiene a OC. Tesis: P 1 Q
Demostración: Sea AB, la recta de inter sección de los planos P y Q. Entonces, *—> como por hipótesis: O C l Q , luego: <— > OC X AB. ( Definición de recta perpendicular a un plano). Sea OD una recta del 4-> plano Q, perpendicular a AB. Así, COD es un ángulo plano del diedro C-AB-D, determinado por los planos P y Q. Pero, *—> <*•> CO es perpendicular a OD ( ya que <— ) ♦ CO 1 Q ). En consecuencia, el diedro CAB-D es recto y el plano P i plano Q. 58.- TEOREMA.- Si dos planos son perpendiculares, entonces toda recta situada en uno de ellos y perpendicular a su interscción, es perpendicular al otro plano. (—) - Hipótesis: Sean P y Q dos planos perpendiculares, y CD su intersección. Sea AB una recta contenida en P y perpendicular a C D , en el punto B. <-» - Tesis: AB 1 Q Demostración: En el plano Q, tracemos BE 1 C D ; luego, como AB 1 CD por hipótesis, el ABE es ángulo plano del diedro: P-CD-Q. Siendo: plano P X plano Q, por hipótesis, entonces el diedro P - CD - Q es rectoA
ABE es recto. 4—>
De donde AB es perpendicular al plano Q, 4 ” >
4 ->
ya que AB X CD y AB X BE. 59.- TEOREMA.- Todo plano perpendicular a las caras de un diedro, es perpendicular a la arista del diedro. Hipótesis: Sea el diedro P - AB - Q y R el plano perpendicular a las caras, según las rectas MN y NS. Tesis: R X AB Demostración: Por un punto O. del plano 4->
4->
<— >
4->
R. trazamo's CE X MN y OF X NS. Luego, por el teorema anterior: 4-* 4^ OE X P y OF X Q. Así tenemos que OE y OF son perpendiculares a AB. ( por estar contenida
en P y Q ). 703
<4
<-4
Entonces, como AE3 es perpendicular a dos rectas secantesde! plano R,( OE <~4
perpendicular al plano
**•
__
<-4
y OF ), será
<-4
AB 1 R ó R i AB.
SEMIPLANO BISECTOR: De un diedro, es el semiplano que lodivideen dosdiedros congruentes. 60.- TEOREMA.- Todo punto situado sobre el semiplano bisector de un diedro, equidista de las caras del diedro. En la figura adjunta, S es el semiplano bisector del diedro M - AB - N. P es un punto cualquiera de S . Al trazar PQ 1 M y PR i. N, el plano QPR es perpendicular a las caras del diedro también lo será a la arista AB, en el punto 0 .( teorema anterior). <4
*4
<4
o
Así, OQ 1 AB y OR 1 AB; luego, GOR es un ángulo piano de! diedro y su bisectriz. De donde, por geometría plana, en el plano QPR : PQ = PR~j NOTA: La demostración de las siguientes proposiciones se dejan como ejercicio al lector. 61.- Por una recta de un plano, se puede trazar a éste un plano perpendicular, y sólo uno. 62.- Por un punto cualquiera pasan infinidad de planos perpendiculares a un plano dado. 63.- Todo plano perpendicular a una recta situada en otro plano, será también perpendicular a este plano. 64.- Por una recta, que no sea perpendicular a un plano, sólo pasa un segundo plano perpendicular al primero. 65.- Todo plano perpendicular a la arista de un diedro, es perpendicular a las caras del diedro. 66.- Dados dos planos perpendiculares, entonces toda recta perpendicular a uno de ellos, en cualquier punto de su intersección, estará contenida en el otro plano. 67.- Si dos planos son perpendiculares, entonces una recta perpendicular a uno de ellos, trazada por un punto cualquiera del otro, estará contenida en este último.
704
r
CAPITULO 2 2
PROYECCIONES EN EL ESPACIO 68.- Se llama proyección de un punto sobre un plano, al pie de la perpendicular trazada del punto al plano. En la figura adjunta, A' es la proyec ción del punto A sobre el plano P. La perpendicular AA’ se llama proyectante y P es el plano de pro yección. Si B es un punto situado en el plano P, la proyección de B es él mismo.
A
/
69.- La proyección de una recta sobre un plano, es el conjunto de puntos del plano que son proyecciones de los puntos de la recta. Porejemploen lafigura: A’, B\ C’ ..., son las proyecciones de los puntos A, B, C,... respectivamente. Q’
B*
a;
D’ E’ Q
La proyección de la recta L sobre el plano Q es la línea C’ B’ D’ E’, que según demostramos a continuación, es una recta.
70.- TEOREMA.- La proyección de una recta sobre un plano no perpendicular a ella, es una recta. - Hipótesis: Sea r, una recta no per pendicular al plano P. Tesis: La proyección de r sobre P es una recta. Demostración: Sea A un punto de la recta r y A’ su proyección sobre el plano P. Luego, r y A* determinan un plano Q, perpendicular al P, por ser AA' 1 P ( según teorema 57 ). 705
Sea r \ la recta de intersección de los planos P y Q. Entonces, si por cada punto de r trazamos perpendiculares al plano P, todas ellas estarán contenidas en el plano Q y los pies de éstas perpendiculares, que son proyecciones de los puntos de F sobre el plano P serán puntos de r' . Por lo tanto, la recta r’ es la proyección de r sobre el plano P. 71.- OBSERVACIONES.- Si una recta es paralela a un plano, su proyección sobre dicho plano es una recta paralela a ella; si está contenida en el plano, su proyección es la misma recta, y si es perpendicular al plano su proyección es un punto. En éste último caso diremos que la recta está proyectada “de punta".
?
i
AB 11 P ; CD c P ; EF _L P
72.- PROYECCION DE UNA FIGURA CUALQUIERA.- Si F es una figura cualquiera en el espacio, y P un plano, entonces la proyección de F sobre P es el conjunto de todos los puntos que son proyecciones de los puntos de la figura F sobre el plano P.
B
Por ejemplo, la proyección de una línea curva es generalmente una línea curva; la de un triángulo, es un triángulo, etc., pudiendo ocurrir que sea un segmento, en el caso de que la línea o el triángulo estén contenidos en un plano perpendicular al plano de proyección. 706
ANGULO ENTRE RECTA Y PLANO 73.- DEFINICION.- Se llama ángulo entre una recta y un plano al ángulo determinado por la recta y su proyección en dicho plano. Así, en la figura adjunta, la recta AB intercepta al plano P en el punto O, y -»
su proyección en dicho plano es A* B’; luego, a es el ángulo entre la recta AB y el plano P. 74.- TEOREMA.- El ángulo entre una recta y un plano es menor que el ángulo que forma la recta con cualquier otro rayo que parte del punto de intersección y está contenido en el plano. Hipótesis: Sea OA una recta, y O A ’ su proyección sobre el plano P. Sea OR cualquier otro rayo en el plano P. Tesis: AÓA' < AÓR Demostración: AA’ es perpendicular al plano P, por ser la proyectante. Tomemos un punto B de O R , tal que OB = OA’... ( 1 ) y tracemos AB. Luego, como AA' 1 P y AB es una oblicua al plano, trazada desde el mismo punto A: AA’ < AB ... ( 2 ), entonces, en los triángu los AOA’ y AOB, se tiene: AÓA' < AÓB ( por relaciones ( 1 ) y ( 2 ) ), con lo cual queda demostrado el teorema.
LIN E A DE M A X IM A P E N D IE N T E 75.- TEOREMA.- Sean P y Q, dos planos secantes según la recta AB. Entonces, las rectas del plano P, que forman un ángulo máxi mo con el plano Q, son perpendicula res a AB. Hipótesis: OE y OF son dos rectas contenidas en el plano P, y OF 1 AB, OFO' = a y OÉO' = p Tesis: a > p 707
Demostración: Como O’ es proyección de O sobre el plano Q
0 0 ' ± Q. Luego, por
hipótesis OF _L AB; entonces, con el Teorema de las tres perpendiculares : O'F _L ^ 5 . Además O ’E es proyección de OE sobre Q. Y, siendo en el A O ’FE: O 'F < O'E; existe un punto R, tal que O ’R = O’F. De donde : A O’RO = A O’FO
ORO' = 0 F 0 ‘
O R O 1= a , observándose en el
A OER, que : a = p + EÓR ........... ( Teor. del Z externo ) . a>p
—
76.- DEFINICION.- En el gráfico anterior, si Q es un plano horizontal, la recta OF sé llama Línea de máxima pendiente del plano P, respecto al Q.
P R O YEC C IO N ES DE REGIONES PLANAS 77.- TEOREMA.- El área de la proyección de una región triangular, sobre un plano, es igual al área de dicha región triangular multiplicada por el coseno de! diedro que forman el plano del triángulo proyectante y el plano de proyección. (1o) Hipótesis: Sean P y Q dos planos secantes en E F ; ABC es un tr) [ingulo contenido en P, tal que AC EF y A’B’C’ su proyección en Q . a mide el diedro P-EF-Q. - Tesis: área A A’B’C’ = (área A ABC). Cos a . Demostración: Como a es un ángulo plano del diedro P-EF-Q , entonces BN 1 EF y B' N 1 EF. Además, según hipótesis : AC || EF
AC | | q , por lo que A’C’ = AC y
B Ñ _L ÁC, BT'J _L Á7^
Si por H se traza paralela a N B d i c h a paralela estará contenida en el plano NBB’ y se prue ba fácilmente que B’H’ = ( BH ) Cos a .
Luego: área A A’B’C’ =
ésto es: área A A’B’C’ = De donde :
708
( A'C'KB'H')
( AC )( BH )
Cos a
área A A'B’C’ = ( área A ABC ) Cos a
s
( 2 o)
Si el A ABC no tiene algún lado para lelo a EF, trazamos BM || EF. Luego: área A A’B’M’ = ( área A ABM ) Cos a área A B’M’C’ = ( área A B M C ) Cos a De donde, al sumar miembro a miem bro: área A A’B’C’ = ( área A ABC ) Cos a 78.- TEOREMA.- El área de la proyección de una región poligonal, sobre un plano, es igual al área de dicha región por el coseno del ángulo que forman el plano del polígono proyectante y el plano de proyección. * **
Este teorema es fácil de demostrar, teniendo en cuenta que un polígono cualquiera se puede descomponer en triángulos. Así mismo, el teorema es válido para todo tipo de región plana, sea cual fuere su forma.
M IN IM A D IS T A N C IA E N T R E D O S R E C T A S A L A B E A D A S 79.- La mínima distancia entre dos rectas que se cruzan en el espacio es la longitud del segmento perpendicular a ambas.
a)
( Según hemos demostrado en el teorema N°36, si dos rectas se cruzan entonces por una de ellas pasa un plano paralelo a la otra. Esto nos sugiere una forma de determinar la mínima distancia entre tales rectas ). B A M Sean, por ejemplo, AB y CD dos rectas alabeadas ; luego, por
&D
pasa un plano P, paralelo a AB. En seguida, proyectamos la recta AB sobre P, determinando el plano Q perpendicular a P. Si por el punto de intersección N, de las rectas A’B’ y CD, trazamos la perpendicular al pla no P, ésta se hallará en el plano Q, cortando a AB en M. Entonces, como MN 1 P
Siendo A'B*'
y M N 1 A'B'
A § , tam bién: 709
Es decir, hemos demostrado la existencia de un segmento MN, perpendicular a AB y ÜD, teniendo sus extremos sobre dichas rectas. MN es la mínima distancia entre AE? y £
d
.
Nótese que cualquier punto de la recta AB, equidista del plano P. De manera que para determinar la mínima distancia entre X b y CD, basta calcular la distancia de un punto cualquiera sobre AB, al plano P : AA’ = MN = BB’ = .... En la práctica, a veces, es convenien te proyectar ambas rectas en un plano perpendicular a una de ellas. Como en la figura adjunta, donde el plano Q es perpendicular a la recta AB. El punto O es la proyección de AB sobre
b)
Q y t'D' la proyección de CD en Q.
(
b'D' es la misma recta de intersec
ción entre P y Q ). Luego, si trazamos OE 1 P, OE es tará contenido en Q y : OE _L OE 1
. Es decir, OE nos da la y CD.
mínima distancia entre
Por último, si en el plano Q, se conocen las longitudes O D \ OC’ y C’D \ será fácil calcular OE. ( Grafique el lector, el segmento que conecta perpendicularmente a AB y CD ) . * NOTA: Desde luego, existen infinidad de segmentos que tienen sus extremos en ambas rectas alabeadas; sin embargo, el de menor longitud es aquel perpendicular a las dos. A
M
B
MN < MR
80.- OBSERVACIONES.1)
710
Se dice que una figura plana se proyecta en verdadera magnitud (V.M.) sobre un plano, cuando el plano que la contiene es paralela al plano de proyección. En lafigura adjunta, el segmento AB no es paralelo a plano P ;
luego, A‘B* no está en V.M. ( A'B' < AB ) . El plano que contiene al A CDE es paralelo al plano P. Entonces C’D’E’ está en V.M. 2)
Se dice que un plano se proyecta “de canto*’, sobre otro plano, si le es perpendicular.
Sean por ejemplo los planos per pendiculares P y Q, según la recta r. Luego, diremos que el plano Q se proyecta “de canto” en el pla no P.
3)
Si dos planos son perpendiculares entre sí y perpendiculares a un tercer plano, entonces dos rectas, cualesquiera en los dos primeros, tienen sus proyecciones perpendiculares entre sí, en el tercer plano. Sean P y Q, dos planos perpendiculares entre sí, y perpendiculares además al plano R; p está contenida en P y q en Q. x es la proyección de p en R; y es la proyección de q en R.
ln
rí
Luego: x l y , por ser intersecciones de planos respectivamente perpendiculares. Nótese que e! hecho de que las proyeccio nes
x e y, de las rectas
p y q , sean
perpendiculares no significa que p y q lo sean. 4) a) Si dos rectas perpendiculares se proyectan sobre un plano paralelo a una de ellas, entonces sus proyecciones son perpendiculares entre sí.
Sean las rectas a y b, de modo que: á X b, y b es perpendicular a la inter sección de M y S, por lo que el piano T, paralelo a b, será perpendicular a M y S. Luego, en T : á ' l b ' .
b)
Si dos rectas perpendiculares a y b se proyectan sobre un plano P, según las rectas ¡' y
b' .y dichas proyecciones son perpendiculares entre sí, entonces por lo menos una
de las rectas: á ó b , es paralela al plano P.
711
\
Consideremos el gráfico adjunto, y supongamos que á no es paralela al plano P. Sea S el plano determinado por las rectas b y b’. Luego: b' 1 a' ( por hipótesis ) y b ' l proyectante OE, por lo tanto:
b 'lR
(1).
Asimismo: á 11 b' y á' _L proyectante OE contenida en S.
a ' l S , por lo que á ' i b , ya-quetTestá
A s í : b 1 á ( por hipótesis ) y b 1 a* ( por lo anterior). De donde : b l R
........... ( 2 ).
Entonces, con ( 1 ) y ( 2 ): b 11 b' , y por lo tanto b 11 P . c)
Si dos rectas a y
b , se proyectan sobre un plano P paralelo a una de ellas y sus
proyecciones á ‘ y b' forman ángulo recto, entonces las rectas a y b son perpendiculares entre sí.
* Consideremos el gráfico adjunto y supo niendo que b es paralelo al plano P, tenemos: b
b' y como b ' l R , blR .
5)
Si una recta y un plano son perpendiculares, y se proyectan sobre un plano paralelo a la recta (o perpendicular al plano), entonces la recta se proyecta en “ verdadera magnitud ” y el plano “de canto", siendo además ambas proyecciones perpendiculares.
Por ejemplo, en la figura adjunta, la recta r y el plano P son perpendicu lares entre sí . S es un plano de proyección paralelo a F . Luego, r se proyecta según r ' ( r ' 11 r ) y la recta p1 es la proyección “ de canto ”, del plano P en S, donde P ' i f ' .
712
Luego : b _L á , a = 90°
\ Cabe señalar que toda recta contenida en P y perpendicular a S se proyecta “de punta” en dicho plano. Así mismo, todo segmento de recta contenido en P y paralelo a S, se proyecta en “verdadera magnitud-” sobre S. 6)
Si dos rectas alabeadas se proyectan sobre un plano perpendicular a los planos paralelos que las contienen, entonces sus proyecciones son rectas paralelas y la mínima distancia entre dichas rectas alabeadas es igual a la distancia entre las proyecciones paralelas.
En efecto, según la figura adjunta, sean q y r las rectas alabeadas situadas en los planos paralelos Q y R. ( según el N°45.2, Q y R son únicos ). Sea P un plano de proyección perpendicular a Q y R : q' y r‘ son las proyecciones “de canto” de Q y R, siendo además proyecciones de q y r , así como de todas las rectas no perpendiculares a P, contenidas en Q y R. ( Las perpendiculares se proyectan “de punta” ). Luego : q' es paralela a r 1 y d , distancia entre ellas, es la distancia entre los planos Q y R , y en consecuencia la mínima distancia entre las rectas alabeadas q y r. NOTA: Como ejercicio , grafique el lector, el segmento que conecta perpendicularmente a q y r.
7)
Si una recta y un plano son paralelos, y se proyectan sobre un plano perpendicular a la recta, entonces dicha recta se proyecta de “punta" y el plano “de canto”. En la figura: m II Q y P es un plano de proyección perpendicular a m ; por lo tanto P 1 Q . El punto A y la recta F son proyeccio nes de m y Q en P, respectivamente. * Todos los segmentos contenidos en Q y perpendiculares a m, se proyec tan en “ verdadera magnitud ”.
713
Si una recta r es perpendicular a un plano P, entonces toda recta perpendicular a r se proyecta en forma paralela sobre P.
8)
En efecto, según el gráfico: r 1 P y m _L r , Por lo tanto : m || P. Luego, m ’ es la proyección de m sobre P : m'
m.
(*) Nótese que todo segmento per pendicular a r se proyectará sobre P en su verdadera magnitud. Además, todo plano que contenga a r se pro yectará sobre P, “de canto”. 9)
Si A , B y C son tres puntos de una recta y A ’ , B’ y C’ sus proyecciones sobre cualquier plano, entonces :
*
AB
A1B
BC
B 'C ‘
En particular, si B es punto medio de AC, B’ lo será de A ' C \
10)
PROBLEMAS SOBRE MINIMA DISTANCIA ENTRE RECTAS ALABEADAS. En algunos problemas de éste tipo, no es sencillo graficar el segmento que indica la mínima distancia entre rectas que se cruzan, pero simpre es posible determinar la longitud de dicho segmento. Para ello, el lector debe leer detenidamente los apartados números 79 y 80. * M E T O D 0 1 Proyectamos ambas rectas en un plano perpendiculara una de ellas. Esta recta se proyectará como un punto. La mínima distancia pedida queda determinada por la longitud del segmento perpendicular trazado desde dicho punto, a la proyección de la otra recta ( ver 7 9 - b ). Por supuesto, todos los segmentos paralelos al plano de proyección, se proyectarán en él, en su verdadera magnitud, (por el N°80.8, éstos segmentos han de ser perpendiculares a la recta que se proyecta de punta). Veamos el siguiente ejemplo: * En un plano Q, está contenido el triángulo equilátero ABC, de lado 2 tJ~3 cm. Por el vértice C, se levanta CD perpendicular a Q, siendo CD = 4cm. Hallar la mínima distancia entre las
714
rectas que contienen a los segmentos AC y BD Solución Del gráfico, sea P un plano perpendi cular a AC. Luego: P 1 Q , por el teorema 57.
Plano de proyección
Proyectamos el conjunto sobre P: O
Proyección de AC.
B'D’ ->
Proyección de BD.
OD' -»
Proyección de C D .
Como
CD _L AC .*.
D
CD 11 OD1 y
OD’ = CD = 4. { CD se proyecta en su verdadera magnitud}. La longitud del segmento OR ( OR J_B‘D ' ), dá la mínima distancia entre X c y
B Ó ,
pudiéndose hallar en el A D’O’B’, teniendo en cuenta que OB ’ es la proyección en verdadera magnitud de la altura BH del A ABC: _
BH = 1 Luego :
( OR
2 /3
1
f
( OD’ f
+
OB’ = BH , donde: /3
1 ( OB'
= 3
OB' = 3
• •
1
f
1
+
1
OR = 2,4cm
( OR* )
* METODO 2.- En éste caso: (a)
Formamos un plano que contenga a una de las rectas y sea paralelo a la otra, ( según teorema 36, éste plano es único ).
(b)
Proyectamos el conjunto sobre un plano perpendicular al formado en ( a ).
(c)
El plano formado en ( a ) y la otra recta, se proyectan según dos rectas paralelas. La separación entre éstas rectas dá la mínima distancia pedida. Así, para el gráfico:
715
* m y n son las rectas alabeadas. * Q 11 m ; P es el plano de proyección perpendicular a Q. * m ’ , proyección de m en P. * ñ \ proyección de Q en P ( es la misma proyección de I T ). * d: mínima distancia pedida. Ejemplo: La figura adjunta, muestra un cubo de arista “a”. * M es punto medio de B C . * N es punto medio de C D . Hallar la mínima distancia entre AD y fm .
Solución
ComoAG II BD y MN II BD,entonces: AG II MN. Luego, el plano AGD es paralelo a MN. Proyectamos el conjunto sobre un plano P, perpendicular al AGD. Así tenemos que P 11AHG y BCDE, ya que ambos planos son perpendiculares al AGD. M'N' Proyección de MN ; A 'U 1 contenida en é l ).
Proyección del plano AGD ( y de toda recta
La distancia entre M'N' y A‘D” soluciona el problema y es igual a la cuarta parte de la longitud de la diagonal del cuadrado A’ H’ D’ E’ .
Respuesta
716
aJ~2
: — A—
* Ejem plo:
En la figura, la arista del cubo tiene longitud “a”. Hallar la mínima distancia entre las rectas BD y CF.
Solución * Proyectamos la figura, sobre un plano R, perpendicular a BD.
* §D se proyecta según el punto M. * Todas las perpendiculares a § D , se proyectan en V . M . , de modo que : C’G’ = CG = a f é y C’H’ = CH = a. * MN, es la mínima distancia pedida y se puede hallar en el A C’MO: 1
1
(MN)2
Rpta: H
MN =
(C'M )2
1
(OM)2
1 (M N )
1
&
\2
+
1
6
717
CAPITULO 2 3 SIMETRIA I.-
SIMETRIA CON RELACION A UNA RECTA
8 1 DEFINICION.- Dos puntos A y A' son simétricos con relación a una recta L, si dicha recta es mediatriz del segmento AA’. La recta L se llama eje de simetría. Así mismo, dos figuras F y F’ son simétricas con relación a un eje, si para cada punto de F, existe en F su correspondiente simétrico.
Figura (1 ).
Figura ( 2 ).
La fig. 1 muestra dos puntos A y A’ , simétricos entre sí con relación a una recta L . El segmento AA’ está contenido en el plano P, perpendicular a L . En la fig.2 se observan dos triángulos: ABC y A’B’C’, simétricos con relación al eje L. Los planos P, Q y R que contienen a los segmentos AA1, BB1 y CC' son perpendiculares a L , por lo que según el teorema N°39 : P 11 Q 11 R 719
82 .- TEOREMA.- Dos segmentos simétricos con relación a un eje, son congruentes entre sí
Demostración: Sean los segmentos AB y A’B’, simétricos con relación al eje L. Consideremos que los segmen tos AB, A’B’ y la recta L no son coplanarios ( fig.a). Los pianos P y Q son perpendiculares a L y contienen a AA' y BB' respectivamente. En la figura ( b ) se indica la demostra ción: se proyecta AA’ sobre el plano Q, según CD. Luego : A BO’C s A B’O’D
( postulado LAL) BC = B'D Además, como AC = A'D', entonces los triángulos rectángulos BC A y B’DA’ son congruentes: AB = A'B
NOTA: Demuestre el lector el caso en queAB y A'B* seancoplanarioscon el eje L . 83.- COROLARIO.- Dos figuras simétricas con relación a un eje, son congruentes entre sí. * En efecto, consideremos los triángulos simétricos ABC y A’B’C’, de la figura 2 en el apartado N°81. Aplicando el teorema anterior: AB = A'B’ , BC = B ' C , AC = A'C'. Por lo tanto : AABC s A A’B’C’. 84.- DEFINICION.- Sea P un plano perpendi cular a una recta L en un punto O, y sea A un punto situado en dicho plano. Deci mos que el punto A gira alrededor de L , ( eje) si describe una circunferencia ( ó un arco de ella ), con centro O y radio O A . En la figura adjunta, el punto A ha girado 360° alrededor del eje L. (Nótese el sentido del giro). El plano P se llama “piano de giro” del punto A, con respecto a L . 720
* Asimismo, se dirá que una figura gira un ángulo ct° alrededor de un eje, cuando todos sus puntos describan un arco con tal medida y en el mismo sentido, en planos perpendiculares al eje. 85.- PROPIEDAD FUNDAMENTAL.- Dos figuras simétricas con relación a un eje, pueden superponerse mediante el giro de 180°, de una de ellas, sobre el eje.
86.- EJE DE SIMETRIA DE UNA FIGURA.- Una figura admite un eje de simetría cuando todos sus puntos son, dos a dos, simétricos con relación a dicho eje.
Por ejemplo, un cuadrado admite cin co ejes de simetría; todos ellos pasan por su centro; Dos contienen a las diagonales; dos contienen los puntos medios de lados opuestos, y el quinto es perpen dicular ai plano del cuadrado.
SIMETRIA CON RELACION A UN PUNTO 87.- DEFINICION.- Dos puntos A y A’ son simétricos con relación a un punto O, si dicho punto O, está situado en el medio del segmento AA\ El punto O se llama centro de simetría. Así mismo, dos figuras F y F’ son simétri cas con relación a un centro, si para cada punto de F, existe en F* su correspondien te simétrico. 721
D 8.- CONCLUSIONES.* Dos figuras simétricas con respecto a un punto, son congruentes, pero dispuestas en sentido inverso. ( Ver gráfico anterior). * Dos figuras planas simétricas con re lación a un punto situado en el plano que las contiene, se pueden superpo ner girando una de ellas 180° alrede dor de un eje que pase por el centro de simetría y perpendicular al plano. ( figura adjunta). 89.- CENTRO DE SIMETRIA DE UNA FIGURA.- Una figura admite un centro de simetría, cuando todos sus puntos son, dos a dos, simétricos con relación a dicho punto. Por ejemplo, todo paralelogramo (romboide, rombo, rectángulo, cuadrado) tiene su centro de simetría en el punto de intersección de las diagonales. III
SIMETRIA CON RELACION A UN PLANO
90.- DEFINICION.- Dos puntos A y A’ son simétricos con relación a un plano P, si dicho plano es perpendicular, en su punto medio, al segmento AA'. De modo análogo, si a cada punto de una figura F, le corresponde un punto simétrico en otra figura F \ con relación a un plano P, se dice que F y F‘ son simétricos respecto a P.
9 1 PLANO DE SIMETRIA DE UNA FIGURA.-Así como en los casos anteriores, una figura admite un plano de simetría cuando todos sus puntos, dos a dos, son simétricos respecto a dicho plano. Por ejemplo, un cuadrado admite cuatro planos de simetría, todos ellos perpendiculares al plano del cuadrado: dos contienen a las diagonales y los otros dos pasan por los puntos medios de lados opuestos.
722
CAPITULO 2 4 ANGULOS POLIEDROS 92.- SUPERFICIE PIRAMIDAL.-La figura 1, muestra una poligonal contenida en el plano H, siendo A uno de sus extremos. El punto O es exterior al plano H. Luego, si el rayo OA se traslada a lo largo de la poligonal, manteniendo fijo el origen, se genera una superficie piramidal. O * es la generatriz de la superficie; el punto O es el vértice y la poligonal recibe el nombre de directriz. En este caso la superficie generada es abierta. Si la directriz es un polígono, como en la figura 2, la superficie piramidal ge nerada es cerrada. 93.- ANGULO POLIEDRO.- Llamado también ángulo sólido o anguloide, es la figura determi nada por una superficie piramidal cerrada. La fig. 2 muestra un ángulo poliedro. Los rayos OA, OB, ÓÓ, ..... se llaman aristas; el punto O es el vértice; tanto las regiones planas determinadas por dos aristas consecutivas, como los ángulos AÓB, B ÓC , , son las caras y los ángulos diedros determinados por caras consecutivas son los diedros del anguloide. Según el número de caras ( 3, 4, 5,.... n ) un anguloide recibe el nombré de ángulo triedro, ángulo tetraedro, ángulo pentaedro ángulo eneaedro. 94.- ANGULO TRIEDRO.- Es el ángulo poliedro de tres caras. Sus elementos son :
723
* Tres caras : BÓC = a , AÓC = b , AÓB = c. * Tres diedros: OA, OB, O C ( o simple mente A, B, C). El triedro de la figura adjunta se deno ta: OABC. 95.- CLASIFICACION DE LOS ANGULOS TRIEDROS.- De acuerdo a sus caras un triedro puede s e r : a) Escaleno, si sus tres caras son desiguales ( a * b * c ). b) Isósceles o isoedro, si tiene dos caras congruentes. c) Equilátero, si sus tres caras son congruentes (a = b = c) d) Rectángulo, si una cara mide 90° ( a = 90°
a
b, c * 90°)
e) Birectángulo, si tiene dos caras de 90° (a = 90°, b = 90° , c * 90°) f ) Trirectángülo, si cada cara mide 90° (a = b = c = 90°) 9
La siguiente figura muestra triedros rectángulo, birectángulo y trirectángülo; respectiva mente, de vértice O, V, y Q.
RELACIONES ENTRE CARAS 96.- TEOREMA.- En todo triedro una cara es menor que la suma de las otras dos y mayor que su diferencia. - Hipótesis: Sean A Ó B . A Ó C y B Ó C las caras del triedro OABC, con AÓB mayor AÓC > B Ó C . 724
que las otras dos
y
- Tesis:
AÓB < AÓC + BÓC
y
AÓB > AÓC - BÓC
Demostración : Sea E un punto contenido en la cara AOB y situado en AB,tal que : AÓE = AÓC. Además el punto C puede ser tal que OE = OC. En consecuencia A AOE = A AOC ( postulado LAL ). Luego: AE = A C (1 ). En el triángulo ABC se cumple: AE + EB < AC + BC. De donde, cancelando AE yAC por ser iguales : EB < B C ( 2 ). Esto implica que EÓB < BÓC, yaque los triángulosOEB y BOC tienen OE = OC, OB común y EB < BC. Así:
EÓB < BÓC, sumando AÓE = AÓC a uno y otro miembro: AÓE + EÓB < BÓC + AÓC
• •
AOB < BOC + AOC
Asi mismo podemos escribir: AÓC < AÓB + BÓC .parala cara AOC. ó AÓB + BÓC > AÓC AOB > AOC - BOC
97.- TEOREMA.- En todo ángulo poliedro, la suma de las caras es mayor que 0o y menor que 360°. - Hipótesis: Sea el ángulo pentaedro OABCDE. ( En general un ángulo eneaedro ). - Tesis: 0o < AÓB + BÓC + CÓD + DÓE + EÓA < 360° Demostración: ABCDE, es un polígono determinado por el plano secante a las caras del anguloide. Por el teorema anterior: Triedro A : EÁB < OÁE + OÁB Triedro B : ABC < OBA + OBC Triedro C : BCD < BCO + OCD. Triedro D : CDE < CDO + ODE Triedro E : AÉD < AÉO + OÉD Sumando miembro a miembro : EÁB + ABC + BCD + CDE + AÉD < OÁE + OÁB + OBA + OBC + BCO + 725
Donde el primer miembro representa la suma de ángulos internos del polígono ABCDE y el segundo miembro es la suma de ángulos en los triángulos, menos los ángulos en el vértice “ O". 180° ( 5 - 2 ) < 5 x 1 8 0 ° - suma de ángulos en “ O " Luego: suma de ángulos en “O" < 360°. 0o < AOB + BOC + COD + DOE + EOA < 360
NOTA: Según éste teorema, si a, b y c son las caras de un triedro, entonces: 0 °< a + b + c < 360
98.- DEFINICION.- Se llama simétrico de un triedro SABC, al triedro SA'B'C’, determinado por los rayos SA*, SB’ y S C \ opuestos de SA, SB y s 3 t respectivamente.
99.- DEFINICION : Dado un triedro OABC y un punto cualquiera O* del espacio , se trazar 07?, O'E? y 0 'C \ rayos perpendiculares a las caras OBC, OAC y OAB, respectivamente de modo que O’A* y O A* tengan sus sentidos hacia un mismo semiespacio con respecto a plano OBC; asimismo O'B' y oS a un mismo lado del plano OAC y O’C y 0(5 de ur mismo lado del plano OAC. El triedro O’A’B'C’ se llama polar o suplementario del triedro OABC.
726
A’
OBC^J TRIEDROS SUPLEMENTARIOS * La figura 1 indica como deben graficarse las aristas del triedro polar. * La figura 2 muestra los triedros suplementarios. 100.-TEOREMA,- Si el triedro O ’A’B’C’ es suplementario del triedro OABC, entonces el triedro OABC es también el suplementario del triedro O’A’B’C’. Demostración: Bastará probar que O A , OB y OC son, respectivamente, perpendiculares a los planos O ’B’C ’, O ’A’C ’ y O ’A’B’, cumpliendo así con la definición dada. Bien, en los gráficos anteriores: O 7? 1 OBC ( hipótesis )
0 (5 1 O 7^ ............ (1 ) .
O B 1 ± ’ OAC ( hipótesis )
O ? X O7!? ............ ( 2 ) .
Luego, de (1 ) y ( 2 ) : 0 (5 será perpendicular al plano O ’A'B’, que contiene a O'A^ y 0 ' B \ De modo análogo se concluye que: OA 1 O 'B 'C ' y O B I O 'A 'C L
101. - TEOREMA. -
D a d o s dos trie d ro s suplementarios, cada cara de uno de ellos es el suplemento del correspondien te diedro del otro.
Demostración: Considerando la figura adjunta, donde se muestran las caras OAB y OBC del triedro OABC y la cara O ’A ’C ’ de su triedro suple mentario O ’A’B’C ’, trazado con vértice en O ’, tenemos que : Las prolongaciones de C ’O ’ y A’O ’ inter ceptan a los planos OAB y OBC, en los puntos M y E; respectivamente.
7 9 7
El plano determinado por MC' y EA‘ es perpendicular a los planos OAB y OBC( porser m 6‘ j L OAB y ÉA' ± OBC
por lo que también será perpendicular a OB ( teorema N°59),
en el punto R. Luego : OB _L y OBI Entonces, en el cuadrilátero O'MRE.
MRE es un ángulo plano del diedro OB.
MÓ'E + MRE = 180°, pero: MÓ'E = A'O'C'? diedro OB + cara A’O ’C’ = 180° Análogamente se demuestran los otros casos. **
En conclusión, si a continuación graficamos los triedros OABC y O’A’B’C’, donde caras a’,b\c’
caras a, b, c *
*
Triedro OABC
Triedro O’A’B’C’ i diedros A \ B \ C
diedros A, B, C
Se tendrá:
a + A’ b + B’ c + C’
180° 180° 180°
también: *
A + a’ = 180° B + b’ = 180° C + c’ = 180°
102.-TEOREMA.-En todo triedro, la suma de los diedros está comprendida entre 180° y 540°. Para la demostración, consideremos un triedro OABC y O’A’B’C’, su triedro polar. Llamando A, B, C, los diedros del primero y a’, b \ c’ las caras del segundo ; de acuerdo al teorema N- 97, tenemos que: 0o < a’ + b’ + c* < 360° Pero: a’ = 180° - A , b’ = 180° - B , c* = 180° - C Luego: 0o <
(
-540°
180° < -
- A) + ( A-B-C
180°
- B)+ (
180° -
< - 180°
De donde 180° < A + B + C < 540
728
C)<
360
CONGRUENCIA DE ANGULOS TRIEDROS 103.- DEFINICION.-Dos ángulos triedros OABC y XYZW, son congruentes, si sus caras y ángulos diedros son respectivamente congruentes, de modo que a caras congruentes se opongan diedros congruentes y recíprocamente.
Es decir, si las caras: a = y , b z , c = w, y los diedros: A = Y , B = Z , C = W.
104.-TEOREMA.- Si dos triedros son congruentes, sus triedros polares también lo son. Demostración: Sean O’A’B’C’ y X’Y’Z W , triedros polares de los triedros congruentes OABC y XYZW, respectivamente. Según el teorema N° 101, sabemos que: a ' = 1 80° - A , y’ = 1 8 0 ° -Y. Pero, como A = Y, por hipótesis, entonces: a’ = y’ También: b’ = 180° - B , z’ = 180° - Z. Siendo B = Z,
b’ = z’
Análogamente: c’ = x\ Así tenemos que las tres caras de los triedros polares son respectivamente congruentes. Para probar que los diedros son también congruentes: A' = 180° - a , Y ’ = 180° - y . Como a = y, entonces: A’ = Y’ Así mismo: B’ = 180o* - b , Z ’ = 180° - z ; con: b = z
B’ = Z ’
.•
Además, so-llega a que C’ = W ’ En consecuencia, los triedros O ’A’B’C’ y X’Y’Z ’W ’ son congruentes. 105.-CASOS DE CONGRUENCIA DE TRIEDROS.- Los casos ae congruencia de triedros son análogos a los de congruencia de triángulos. 1o)
Postulado: “Dos triedros son congruentes si tienen dos caras y el ángulo diedro compren dido, respectivamente congruentes”. Para la figura adjunta, el postulado indica que s i :
*
V
a=y c=w y
B= Z
Entonces: triedro OABC == triedro XYZW 729
2o)
Teorema: Dos triedros son congruentes si tienen una cara y los ángulos diedros adyacentes, respectivamente congruentes. - Hipótesis: Sean los triedros OABC y XYZW, tales que a = y, B = Z , C = W. - Tesis: Triedro OABC = triedro XYZW Demostración: Sean O’A’B'C’ y X’Y ’Z ’W ’ , triedros suplementarios de OABC y XYZW, respectivamente. Probemos que O’A’B’C’ y X’Y’Z'W ’ son congruentes. Veamos: b’ = 180° - B , z’ = 180° - Z ( por teorema N°101 ) Pero: B = Z , ( hipótesis ). Entonces: b’ = z’ También: c’ = 180° - a , Y’ = 180° - y . Como : a = y , ( hipótesis ) . A’ = Y* Así tenemos que los triedros O ’A’B’C ’ y X’Y’Z’W ’ son congruentes, ya que tienen dos caras y el diedro comprendido, respectivamente congruentes, cumpliendo el Postulado N° 105. Entonces, según el teorema N° 104, los triedros OABC y XYZW serán también congruentes.
3o)
Teorema: Dos triedros son congruentes si tienen sus tres caras respectivamente congruen tes.
4o)
Teorema: Dos triedros son congruentes si tienen sus tres diedros respectivamente con gruentes. NOTA : Las demostraciones de los casos 3o y 4o se dejan como ejercicio al lector.
106.-TEOREMA.- Dos diedros simétricos son congruentes entre sí. (La demostración de éste teorema es sencillo y se deja como ejercicio al lector).
RELACION ENTRE CARAS Y DIEDROS DE UN TRIEDRO 107.- TEOREMA.- Si dos caras de un triedro son congruentes, entonces los diedros opuestos a dichas caras son con gruentes. - Hipótesis: Sea el triedro OABC, con las caras a y c congruentes. - Tesis: A = C 730
D em ostración o
Trazam os OÍ?, bisectriz de la cara A Ó C. Luego, se determinan dos triedros OAEB y O EBC, congruentes, ya que: a = c ( hipótesis ) . AÓE = EÓC y EÓB común; tienen sustres caras respectivamente congruentes. Por tanto, a caras congruentes, en triedros congruentes, se oponen diedros congruenA
tes: A = C (se oponen a EOB).
1 0 8 .-T E O R E M A .- Si dos diedros de un triedro son congruentes, entonces las caras opuestas a dichos diedros son congruentes. H ipótesis: Consideremos el triedro OABC, donde los diedros B y C son congruentes.
B
- Tesis: AÓC s AÓB D em ostración: * Trazam os A E , perpendicular al plano BOC y luego, EM y EN , perpendiculares a ÓB y O C , respectivamente. Luego, por el teorem a de las tres perpendi culares: AM _L OB y AN _L O C . AM E y AÑE son ángulos planos de los diedros B y C
AME = AÑ E. Luego
A AEM = A AEN , entonces EM = EN y AM = AN. En seguida: A O M E s A ONE finalmente: A O M A s AONA.
O M = ON
y
De donde: AÓB = A Ó C , tal como se quería demostrar.
1 0 9 .-T E O R E M A .- Si un triedro tiene dos diedros desiguales, las caras opuestas son desiguales y al mayor diedro se opone mayor cara.
731
110.-TEOREMA.- Si un triedro tiene dos caras desiguales, los diedros opuestos son desiguales y a mayor cara se opone mayor diedro. * ( Demuestre el lector éstos teoremas ).
PROBLEMAS RESUELTOS (C apítulos 21,22, 23, 2 4 ) 1)
¿Cuántas de las siguientes proposiciones no son falsas: I.
Por una recta perpendicular a un plano, pasan infinidad de planos perpendiculares al primero.
II.
Poruna recta paralela a un plano, pasan infinidad de planos paralelos al primero.
III.
Dos planos perpendiculares auna misma recta, son paralelos entre sí.
IV.
Dos planos perpendiculares a
V.
Dos rectas perpendiculares a un mismo plano, son paralelas entre sí. A) 1
B) 2
un tercer plano, son paralelos entre sí. C) 3
D) 4
E) 5
Solución I. Verdadera IV. Falsa Rpta:
II. Falsa V. Verdadera
III. Verdadera
3 verdaderas
Veamos por qué:
m // H R // H R es único
P // Q
P1H y Q lH No necesariamente P y Q son paralelos. 732
m l P y r_LP m //r
Indicar, verdadero (V) o falso (F): I.
En todo triedro, la suma de las medidas de los tres diedros exteriores es mayor que 0o y menor que 360°. Si A, B, C, son las medidas de los diedros de un triedro, entonces: 180° + A. A) VV
B) VF
B + C
<
D) FV
C) FF
Solución I.
Sea el triedro O - ABC, con eA, e8 y ec,
como medidas
de sus diedros exteriores. Se sabe que, para los diedros A, B y C: 180° < A + B + C < 540 O Pero: A = 180° - e
...
(
1
)
En ( 1 ):
B = 180° - e B
180° < (180° - eA) + (180° - eB) + (180° - ec) < 540'
C = 180° - e
-360° < - (eA + eB + ec) < 0o
De donde: verdadera (V) Considerando el mismo gráfico; las caras del triedro polar, miden: (180° - A), (180' - B) y (180° - C). Deben cumplir: (180° - A) - (180° - B) < (180° - C). verdadera (V)
De donde: Rpta:
(A)
ABC, es un triángulo recto en B. ACD, es un triángulo equilátero contenido en un plano perpendicular al plano ABC. Si AC = 8, hallar BD. B) 8>/2
A) 8
C) 4 V¡3
D) 4 V6
E) 8 V 3
Solución BD = ? * Plano R ± plano ABC * Se traza DM 1 plano ABC DM estará contenido en el plano R DM 1 BM * A ABC:
BM = —
= - ->
733
* A ADC, equilátero:
DM = -^5-V3 = —V3 2 2
* Teorema de Pitágoras, en el
A BMD:
BD2 = BM2 + DM BD = 8
BD2 = 4 2 + ( 4 V 3 ) Rpta:
4)
(A)
Dado un diedro R - EF - Q y un punto P interior, se trazan
PA, PB y PC, perpendi
culares a la cara R, la arista EF y a la cara Q, respectivamente. Si PA
=
PB
PC
Hallar la medida del diedro.
42
A) 75'
B) 60
C) 45'
D) 30°
E) 90°
Solución Sea:
PA =
PB = — PC = a — 4z
.. PA = a, PB = 2a - Como:
y
PC = a V 2
EF 1 PA y EF 1 PC
EF X plano PAC y
PB estará contenido en dicho plano. Se observa que sonnotables lostriángulos rectángulos mZPBA Entonces:
PB =30°, porque PA = — 2
vm Z P B C = X
PAB y PCB:
PB 45°, porque PC = — : 42
diedro EF = m Z A B C = m Z P B A + mZPBC diedro EF = 30° + 45° = 75°
Rpta:
5)
(A)
Se tiene un triángulo ABC, en el cual
AB = 13,
BC = 15 y AC = 14. Se eleva por
B, BF perpendicular al plano ABC, siendo BF = 12. Hallar la medida del triángulo diedro que determinan los planos AFC y ABC.
A) 45° 7 3 4
B) 30°
C) 60°
D) 37°
E) 53°
Solución En el plano ABC, se traza BH 1 ACPor el Teorema de las tres perpendiculares FH 1 AC FMB. es un ángulo plano del diedro que determinan los planos AFC y ABC. Teorema de Herón. en el 13+14+15 p = ----------------- = 21
A ABC : 2
BH
=
^
4
, ,
— J 21(21
1 3 ) ( 2 1 —1 4 ) ( 2 1 — 1 5 )
=
14
- . / 21(8)(7)(6) 7
Luego, el triángulo rectángulo FBM es isósceles (BF = 12 = BM)
Rpta:
(A)
Dos caras de un triedro miden 84° y 114°, respectivamente. Hallar los valores enteros, mínimo y máximo de la medida de la tercera cara. A) 30° y 162°
B) 31° y 161°
D) 29° y 161°
E) N. A.
C) 29° y 163°
Solución Sea X, la medida de la tercera cara. Se deben cumplir: X
>
114° - 84°
->
X
>
30°
( I )
También: X + 84° + 114° -
Rpta:
<
360°
X
<
162°
( II )
De ( I ) y ( II ): mínimo valor entero = 31° máximo valor entero = 1 6 1 ° (B)
Desde un punto “E” exterior a un plano H, se trazan
EA, EB y EC*
(A, B y C sobre
H). Si estos segmentos forman ángulos de 60°, 90° y 45°, respectivamente y AB ± BCi hallar el área de la región triangular AEC, sabiendo que AB = 2 cm.
735
C) 6 cm
B) 2>/6cm
A) 2V 5cm
E) 2 V t5 cm
D) 2 -/Í3 cm
Solución SAEC = 7 A ABE: BE = AB V3 = 2 -y/3 A EBC: BC = BE = 2^¡3 A ABC: notable, porque : BC = AB>/3 y
ACB = 30°
AC = 2 AB = 2 ( 2 ) = 4
Al trazar
BH X AC : BH =
BC
2 1/3
= V 3
(en A BHC)
Teorema de las tres perpendiculares: EH 1 AC EH2 = BE2 +BH2 = ( 2 ^ 3 f + (V3)
En el A EBH:
f
Finalmente, SAEC = -(A C )(E H ) = - ( 4 ) ( v r 15) = 2 / T 5 Rpta:
8)
(E)
/
La figura muestra un cubo de arista “a". M es A punto medio de AB y N de BC. Hallar la mínima distancia entre las rectas que contienen a
MN y CH V2
V2 A)
B)
C)
4
E)
D)
Solución Como M N / / A C . - . M N es paralelo al plano ACH Toda recta perpendicular al plano ACH será tam bién perpendicular a MN. plano ACH, por ser
Es particular.
1
BD 1 AC y B B 'I AH- Si
BD intersecta a MN y AC ei> los puntos E y F, respectivamente, entonces EF dá la mínima dis-
736
tancia entre MN y CH, que es la misma que hay entre MN y el plano ACH. En el cuadrado ABCD, F es el centro: EF = BE = — -» EF = — = - ( B F ) 2 2 2
EF = —
BD
= 1 (BD) 4 2v 2 ,
Es decir: Rpta:
9)
(B)
ABCDEF, es un hexágeno regular contenido en un plano P. Se eleva por A, AH X P, de modo que los planos HBT y P formen un diedro de 45°. Si: área ( A AHF ) = 8 cm2, hallar área ( A HBC ) A) 8 cm2
B)
16-s/2cm2
C) 16 cm
D) 24 crrr
E) 8>/2cm
Solución H
Se traza
A T 1 B C .\HT_LBC, según el
Teorema de las tres perpendiculares. a
HTA = 45e (ángulo plano del ángulo diedro que determinan los planos HBC y P. BC
HT
Se tienen: área ( A HBC ) = AF
HA
y área ( A AHF ) =
Dividiendo miembro a miembro, y como BC = AF :
Pero : área ( A AHF ) = 8 cm2 y
HT
=
,¡ 2
área(AHBC)
HT
área(AAHF)
HA
-> área(AHBC) = 8 ^ 2 cm
HA Rpta:
(E)
10) Por el centro Q, de un cuadrado ABCD, se eleva QF perpendicular al plano que lo contiene. Si AB = a, hallar la longitud de QF para que los planos BFC y CFD determinen un diedro de medida 120°. (Diedro B - FC - D)
A) a
V2
B) aV2
C)
D)
E) 2a
737
Solución QF = x = ? BHD es un ángulo plano del diedro B - FC - D m Z BHD = 120° m z B H Q = m Z D H Q = 60° En el cuadrado ABCD: BQ
= QC
En el A BQH (notable): QH =
a>/2
BQ
= --------
V3
Por relación métrica, en el triángulo rectángulo FQC: 1
+
1 (QC)
1
1
1
— +* 2 2 X 'a h /T
(QH)2
l Rpta:
2
;
1
r aVe] l
6
J
(D)
11) O, es circuncentro de un triángulo isósceles ABC, ( AB = BC ). Se eleva, por O, OF perpendicular al plano ABC. Si AB = 2 >¡7 ¡ AC = 4-^3 y AF forma con el plano ABC un ángulo de 45°, hallar la medida del diedro que determinan los planos AFC y ABC. A) 60°
B) 64,5°
C) 75°
D) 45°
Solución X = ? {mZOHF} -
O -> circuncentro del A ABC OA == OB = R -» circunradio.
-
En A AHB: BH2 = AB2 - A H 2 BH2 = ( 2 V 7 f - ( 2 V3 ) 2 BH = 4
-
En A AHO: HO = BH - R - * HO = 4 - R Teor. de Pitágoras:
AH2 + H Q 2 = AQ2 ( 2 V 2 ) + ( 4 - R ) 2 =R
7 3 8
—>
E) 71,5°
y como OF = OA,
Entonces: OH = 4 - R
por ser el
A AOF
isósceles: 37 Finalmente, en el A HOF: a = ------- = 18,5° .-. x = 9 0 ° - 1 8 , 5o Rpta:
(E)
12) Se tiene un hexágeno regular ABCDEF, contenido en un piano P. Por el centro “O” del hexágeno, se eleva OH _L P. Si AB = 4 y OH = 2 ^ 6 , hallar la mínima distancia entre AB y HE. A) 4
B) 4V 3
D) 4 ^ 5
C) 4 V6
E) 4 V 2
Solución Sea T, un plano perpendicular a ABSe hacen las proyecciones sobre T. Todas las perpendiculares a AB, se proyectan en verdadera magnitud. Por eso:
H'1
H
A’
H'O1 = HO = 2 V 6 y
/
7a
A'E' = AE = 4>/3 Como AB se proyecta según el punto A' la figura 2, dá la forma de hallar la mínima distancia “x” entre AB y HE. Se observa: E'O' = O’A' = 2^3 A E'O'M': E’H’ = 6 (Teor. Pitágoras) 4V3 - A E'RA'
~ A E'O'M’:
2^6
• ■
Rpta:
(E)
4 V3
13) Se tiene un triángulo rectángulo ABC, recto en B. Por el vértice A, se eleva AE perpendicular al plano ABC. Si AE = 8 y BC = 6, hallar la mínima distancia entre AB y EC
A) 10
B) 4,8
C) 5
D) 4,5
E) 6 739
Solución -
Se proyecta la figura sobre un plano R, perpendicular a AB.
-
AB se proyecta como un punto (A'B') y AE así como BC, en verdadera magnitud por ser perpendiculares a ÁB-
-
El segmento de longitud x, dá la míni ma
distancia entre
AB y EC .
Por relación métrica, en el triángulo rectángulo contenido en el plano R: 1
—— =
Rpta:
1
+
1
»
x = 4,8
(B)
14. En una circunferencia de centro 0, radio 2 cm se tiene la cuerda AB, de modo que mAB = 45°. Se eleva cm.
O E, perpendicular al plano de la circunferencia, siendo OE = 2
Hallar la mínima distancia entre AE y OB. A) - V 3
B)
C) - V 2 3
V3 E)
D)
Solución Se proyecta el conjunto sobre un plano R perpendicular a OB. Este segmento se proyecta como un punto (O1) y todas las perpendiculares a él, en verdadera mag nitud. Así: O'E’ = OE = 2. Si AH 1 OB. entonces en R: 0 ‘A' = AH. = V2
Pero, en el A AHO : AH = V2 0 ' A ' = V2 La distancia de O’ a
A‘E‘ dá la mínima
distancia entre AE y OB : x .
7 4 0
Por relación métrica:
1
1
x2
22
1
+
(en A A 'O 'E 1)
(V2)
De donde:
Rpta:
(A)
15) La arista del cubo adjunto, mide “A". El punto O es centro de la cara ABCD. Hallar la mínima distancia entre a A)
B) - V 3
3
GO y FD C)
B
7
a D) - V 2 2
E) - V 2
*
és
/
\o
Solución Si se proyecta el conjunto sobre un plano H*
E’
perpendicular a FD , esta recta se proyec tará como un punto (F' D’) y la distancia de este punto a G ' 0 \ (proyección de G O ) , dará la mínima distancia pedido, (x), según el gráfico adjunto. En el triángulo rectángulo del cual x es altura: 1 2 x
1
a
2
+
De donde:
1
.... (Relación Métrica) \
Rpta:
(B)
16) El tetraedro O - ABC, es trirrectángulo en el vértice O OQ 1
plano ABC.
Demostrar, que :
741
V
Solución OQ debe estar en un plano perpendicular al ABC. Veamos: Se traza
B
OR 1 AC. Por el Teorema de las
tres perpendiculares: BR _L A C . El plano BOR es perpendicular al plano ABC. En BCR estará OQ _L
plano ABC.
Por relación métrica, en los triángulos rectán gulos: 1
A BOR
(OQ)Z 1
1
1
1
1
+ ----(OR)2 (OB)2
(OR)2
+ ----(OA)2 (OC)
1
1
A AOC
( I )
( II )
( II ) en ( I ):
(OQ)2
1
+
(OA)2
(OB)2
+
1 I.q.q.d
(O C )2
17) AB y CD son segmentos alabeados y perpendiculares. AC es perpendicular a AB y CD. Si:
AB
+ CD
A) 16
= 256, hallar la distancia entre los puntos medios de B) 8
C) 4
Solución
*
AB2 + CD2 = 256
(dato).
Sean: M, punto medio de
AC y N, punto
medio de *
Si H es punto medio de AD NH =
MH =
742
BD Incógnita: MN.
AB
CD
y NH II AB, en ABAD
y MH II CD, en AACD
D) 12
E) 14
AC y BD.
*
Por dato:
AB 1 CD
*
En el triángulo rectángulo NHM, teorema de Pitagoras:
MH 1 NH
Rpta:
+
= , 2 ,
CD <
Con el dato:
Q O
MN
MN2 = MH2 + NH2
O
2
^ 2 )
2
AB2 + CD2 = ■■ ■ "■■■ ■ 4
m m 2 - 256 MN -
(B)
18) m y r son dos rectas alabeadas que se cruzan con un ángulo de 60°.
A e m, B e r
y AB = 4 cm es la mínima distancia entre m y r. Sobre m se toma el punto E y en r el punto F, de modo que AE = BF = 3 cm. Hallar la medida del ángulo con que se cruzan
AB y EF.
A) 60°
B) 30'
C) 45°
D) 37°
E) 53°
Solución Grafiquemos r en un plano S paralelo a m.
m' es la proyección de m sobre S.
El plano R 1 plano S. Se observa: A BFHf equilátero: ( I ) X, dá la medida del ángulo de cruce entre AB y EF , ya que EH II AB. Como EH = AB
—»
Con ( I ) y ( II ), en Rpta:
( II ) A EHF, recto en H:
(D)
19) La mínima distancia entre dos aristas opuestas de un tetraedro regular, de arista con longitud “L”, es:
A) L
B) - V 2
L.V3
C)
D) Í V 6
LV6
E) 7 4 3
Solución C onsiderem os el T etraedro regular ABCD. Hallemos la mínima distancia entre AC y BDSi OE 1 AC
AE = EC y luego BE 1 AC
El plano BED ces, si
es perpendicular a AC. Enton
EF i BD, EF dá la mínima distancia
entre AC y BD, por ser EF perpendicular a ambas rectas. Así:
DE = EB =
En el
L r- ^ 3 yDF 2
L 2
= FB =
A EFB, Teorema de Pitágoras:
EF2 + FB2 = EB2
ÉF2 + ' L
->
2) Rpta:
2
2 —>
'- 7 3 ' ^2 ,
2
(B)
20) En un triedro H - ABC, se sabe que: m AHC = 90°,
m AHC = m BHC = 60°. Hallar
la medida del triángulo que forma HB con el plano AHC. A) 45
B) 30°
C) 37°
D) 60°
Solución Se traza
E) 53°
H BQ 1 plano AHC.
HQ es la proyección de HB en dicho plano. Incógnita : Se trazan
m ZBHQ = ? QE 1 HA
y QF 1 HC
Sea: HB = ( . Luego: A HFB -> HF = — 2
ahfb
-> HE = 2 HQ = - > /2
EHFQ es un cuadrado. Luego: HQ = HF V2 t Entonces, en el
A HQB, recto en Q: m Z BHQ = 45'
744
2
Rpta:
(A)
21) En un triedro H - ABC, el diedro C mide 90° y las caras: a = b = 45°. ¿Cuánto mide la cara c? A) 45'
B) 90'
C) 60'
D) 30°
E) 75'
Solución a
= ? Sea F, un punto de
HC
Se trazan: FE 1 HC y FP 1 HC estando E en HA y P en HB *
EFP es un ángulo plano del diedro C m Z E F P = 90° Si HF = I , entonces: A HFP
FP = i. y HP = f j 2
A HFE —> FE = t y HE = l'4 2 En conclusión:
EP = HP = HE =
FP = FE A EFP:
en el EP = >42
<42
A EHP, equilátero Rpta:
(C)
22) Dado un triedro O - ABC, la arista OC forma con la bisectriz un ángulo que mide la mitad de dicha cara. Demostrar que:
qe
de ía cara opuesta
Soiucion Recordemos, según el Teorema n - 107 de este capítulo, que Hsi dos caras de un triedro son congruen tes, entonces los diedros opuestos a dichas caras son congruentes”. Luego: Triedro O - AEC: cara EOC = cara AOE
diedro E - OC - A = diedro E - OA - C
( i)
diedro E - OC - B = diedro E - OB - C
(H )
Triedro O - EBC: cara BOE = cara EOC
7 4 5
Sumando miembro a miembro, lo de ( I ) y ( II ): diedro E - OC • A + diedro E - OC - B = diedro E - OA - C + diedro E - OB • C
\
Es decir:
23) La figura, muestra un tetraedro OABC, en el cual el triedro O es trirrectángulo. Se dis tinguen: OAB, OAC, OBC caras cateto ABC -> cara hipotenusa. Demostrar que: “El área de cada cara cateto es media proporcional entre los áreas de la cara hipotenusa y de su proyección sobre di cha cara hipotenusa”.
Solución S ea OH 1 B C . E n to n c e s : AH ± BC (Teor. de las, tres perpendiculares). Plano AOH
-L
plano ABC. Luego, si
OR _L plano ABC, OR estará conteni do en el plano AOH. ARB, BRC y ARC, son proyecciones de las caras AOB, AOC y BOC, respectiva mente, sobre la cara ABC. Luego: ^BRC Pero:
(^RDT.) COS CX BOC
^BOC ~ (^ARr.) COS CC ABC
Dividiendo miembro a miembro, se cancela cos a :
BRC
_
BOC
De donde:
BOC ABC
l.q.q.d
24) Para el anterior problema, demostrar que: “La suma de los cuadrados de las áreas de las caras catetos, es igual al área de la cara hipotenusa”.
Solución El problema anterior, se demostró:
(SB0C)2 =
(S abc)
( S b rc )
Análogamente, se puede escribir: (SA0B)2 = 7 4 6
(SABC)
( S ARB)
y
( s A0C)2 =
(SABC)
(SARC)
V Sumando miembro a miembro estas tres relaciones y factorizando luego SABC, en el segundo miembro: (S bqc)2
+
( S a o b )2
+
(SAOC)2 =
SABC „
(Snnr + S4 BH +' 'S4Br) ARB “'A R C N_____________ / ^ABC
'~ B R C
De donde: l.q.q.d.
25)
—^ ^ Se tienen los rayos AX y BY que se cruzan formando un ángulo que mide 60° y cuya perpendicular común es A B . Sobre AX se ubica el punto “P” y sobre BY el punto “Q”; tal que AP = AB = BQ = 4cm. Calcular PQ. A) 4V2 cm
B) 4V3 cm
D) 8 cm
C) 4 / 7 cm
E) 8V2 cm
Solución Incógnita: PQ —> —> Trazamos BZ // AX Luego: m ZBY = 60 P R //A B y AB 1
Plano ZBY
=> PR _L Plano ZBY [ \
PRQ:
PQ = 4V 2
26)
Se tienen los rayos AX y BY que se cruzan formando un ángulo recto y cuya perpendicular —» común es A B . Sobre AX se ubica el punto “C” y sobre BY el punto “D”, tal que: AC2 + BD2 + AD2 + BC2 = 18cm2. Calcular CD. A) 2 cm.
B) V2 cm
C) V3 cm
D) 2V 3 cm
E) 3 cm
Solución Incógnita: CD = m * a2 + b2 + c2 + d2 = 18 - Trazamos É Í H Ñk =* Z ZBY = 90° BD ! □
H => BD i BC
£, DBC : m2 = b2 + d2 .
(1)
BZ - ! □ ABD y Á X //B ^ 7 4 7
Cs DAC : m2 = a2 + c2 .................... ( 2 ) (
1 ) + ( 2 ): 2m2 = a2 + b2 + c2 + d2 m = 3
27)
Rpta
En el interior de un triedro trirectángulo O-ABC, se toma un punto P y se trazan: P E , PH y PF, perpendiculares a las caras, con longitudes: PE = a, PH = b y PF = c. Entonces: A) OP =
a+b+c
B) OP = J a 2 + b2 + c 2
D) OP = 2 V a2 + b 2 + c 2
C) OP = ^ a b c E) N.A
Solución Por H, F y E, trazamos perpendiculares a las a ristas del triedro. Trazamos O E ; con el Teorema de Pitágoras, teñe mos: AO EP -> OP = a2 + OE
(1
)
A ORE: OE = OR OE -
+ ER
(2 )
= c2 + b2
Reemplazando ( 2 ), en ( 1 ): OP
= a2 + c2 + b2 (fórmula)
de donde:
Rpta:
28)
(B)
En la región interior a un triedro triregtángulo de vértice O, se toma el punto P. Hallar OP; sabiendo que las proyecciones de OP sobre las caras del triedro, tienen longitudes 3 ^¡2 ,
4yÍ2 y 1 2 V 2 cm., respectivamente. A) 13
B) 17
C) 15
D) 12
Solución Consideremos el gráfico adjunto, donde el triedro es O-ABC Incógnita: OP = x. 7 4 8
E) 18
Con las distancias elegidas a, b y c; usando el Teorema de Pitágoras: x2 = a2 + b2 + c2 ..................( 1 ) AO M E -> OM + EM = OE b2 + a2 = 288
(2)
A OMH -4 OM + MH = OH b2 + c2 = AO R F
1 8 ....................... ( 3 )
OR + RF = OF
c2 + a2 = 3 2 ................
(4 )
Sumando miembro a miembro, las expresiones ( 2 ), ( 3 ) y ( 4 ): 2a2 + 2b2 + 2c2 = 338 a2 + b 2 + c2 = 169 - Finalmente, reemplazando en ( 1 ) : x = 169 2
x = 13
Rpta: ( A ) 29)
Hallar la longitud del menor camino para ir del punto A al B, tocando un punto P de la recta m A) 14
B) 10
C) 12
D) 11
E) 9
Solución A? tB
Íi 2 h— 8
m
Se ubica el punto A ’, simétrico de A, respecto a m . Como A’P = AP, entonces A 'B dá la longitud pedida. Enseguida se traza A ’R i l m . En el A A’RB, con el Teor. de Pitágoras: ( A ’B ) 2 = ( A’R )2 + ( RB )2 ( A’B Y = 82 + 62 A ’B = 10
.-. AP + PB = 10
Rpta: ( B ) 30)
A’ 8 R En la cara ABCD, de una caja rectangular de vidrio, interiormente, en el punto P, se encuentra una hormiga que quiere alcanzar un trozo de pan en el punto Q de la cara ADEH. Hallar la longitud de la menor trayectoria que debe seguir la hormiga, cruzando AD, hasta alcanzar su comida. 749
A) 12
B) 15
D) 10
C) 4 ^ 5
E) 13
Solución
-
Colocando la cara ABCD en el mismo plano que ADEH; al trazar PQ, ubicamos el punto R que debe tocar en AD la hormiga para la trayectoria PRQ mínima. En el A PSQ : PQ = PS + SQ PQ2 = 122 + 52 ->
PQ = 13
es la rpta: 31)
(E)
Hallar la longitud del menor camino para ir del punto P al punto Q, tocando primero un punto E de AB y luego un punto F de AD, para ir finalmente a Q. A) 8
B) 10
C) 12
Solución
D) 11 B
- Se grafican: P’ -»
simétrico de P, respecto a AB
Q*
simétrico de Q, respecto a AD
E) 15 £ f
Í5
t 2,75
r D
P 'Q ’ determ inalospuntosE yFen AB y AD, respectivamente. Entonces : EP’ = EP y FQ’ = FQ PE + EF + FQ = P’Q’, es la incógnita - En el A P 'C Q ': ( P’Q’ )2 = ( P’C )2 + ( Q’C )2 ( P’Q’ )2 = 82 + 62 P’Q’ = 10 PE + EF + FQ = 10
Rpta 32)
En el ángulo POQ de 60° se traza la bisectriz ó k y se consideran los puntos A y B en la bisectriz siendo OA = 6 y O B = 10. Hallar el menor camino para ir de A hasta B pasando —► —) primero por OP, luego por OQ y finalmente se liega al punto B.
750
16
B) 12
C) 14
D) 32
E) 18
Solución Se ubican:
—> A’ -» simétrico de A, respecto a OP. —> B’ -> simétrico de B, respecto a OQ. Se unen A’ y B’: AM = A ’M y BN = B’N La longitud de la trayectoria AMNB dá la respuesta al problema y es igual a la distancia A’B \ Con el A A ’O B \ podemos hallar A’B’. Para ello, trazamos la altura A 'H l O B '. Siendo:
K A'H = — V3 -> A'H = 3>/3 ;OH = — 2 2
-> OH = 3
A A’HB' -» ( A’B' )2 = ( A’H )2 + ( B’H )2 =
VA
= (3 ^ 3 f
+ W 2 = 196
A’B’ = 14 Entonces: AM + MN + NB = 14
Rpta: ( C ) Por el centro O, de la circuferencia inscrita a un trapezoide AEDC, se ha elevado la perpendicular OB, al plano del cuadrilátero (verfigura). Luego se trazan B A ,B E ,B D y BC. Demostrar, que: A BE + C B D = ABC + EBD
Solución Trazamos los radios a los puntos de tangencia: OP 1 AE , OH 1 E D . Luego, por el teorema de las tres perpendiculares: BP 1 ÁE y BH 1 ED A BOP 2 A BOH, por tener común cateto BO y OP = OH BP = BH
..................... (1 )
A BPE = A BHE, por (1) y además EP = EH. Entonces: PBE = EBH
..................... (2 )
751
- Análogamente, se prueban que: PBA = ABT
(3 )
NBC = TBC
(4 )
NBD = DBH
(5 )
Así, sumando miembro a miembro ( 2 ) , ( 3 ) ; (4) y (5): PBE + PBA + NBC + NBD = EBH + ABT + TBC + DBH t 1-----------?------------1 De donde:
ABE
CBD
=
EBD
+
ABC l.q.q.d.
34)
Por el centro O, de la circunferencia circunscrita a un cuadrilátero ABCD, se eleva la perpendicular OS al plano que lo contiene. Se trazan, luego: S A , S B , SC y S D . Demostrar, que:
Solución -
Se trazan los radios OA, OB, OC y OD.
-
Los triedros A -OBS y B-OAS, tienen sus caras: O Á S = OBS, S Á B = SBA y O Á B = OBA, ya que los triángulos rectángulos AOS y BOS son congruentes y los triángulos SAB y AOB son isósceles. Entonces, los triedros en mención (AOBS y B-OAS), son congruentes. Luego; llamando A 1 y B1 los diedros de dichos triedros, con aristas AS y BS, respectivamente: A, = B,
En forma análoga, se demuestra: A2 = ü0 , C„ = D~ y C. = B4. Efectuando la suma miembro a miembro: A 1 + A2
+
Cg + C4
B! + D2 + D3 + B4 t
Es d e c ir: diedro SA
+
t
í
diedro SC = diedro SB
i + diedro SD iqqd
752
/
CAPITULO 2 5 POLIEDROS SOLIDO.- Un sólido, es una figura que encierra una región del espacio mediante superficies. POLIEDRO.-Un poliedro, es un sólido formado por polígonos, que constituyen las caras. Los vértices del sólido son los de sus caras y las aristas del poliedro son los lados de los polígonos. Los poliedros pueden ser convexos y no convexos o cóncavos. B
C
(Fig. 1)
*
Caras: BGC , FGE , ABGF ,
*
Vértices: A, B, C , ....
*
Aristas: AB, B C ,....
*
Diagonales: BE, F C ,.... (unen dos vértices ubicados en diferentes caras)
POLIEDRO CONVEXO.- Un poliedro se llama convexo, si determina sobre una recta secante a su superficie, como máximo, dos puntos de intersección. POLIEDRO NO CONVEXO O CONCAVO.- Es aquel que determina sobre una recta secante más de dos puntos de intersección. El nombre del poliedro depende del número de caras y puede ser: tetraedro (4 caras); p e n ta e d ro (5 caras); hexaedro (6 caras), etc. Por ejemplo, la figura 1 muestra un hexaedro con vexo y la figura 2, un decaedro no convexo.
(Fig: 2)
Propiedades.- Si “V” , “C” y “A”, representan los números de vértices, caras y aristas de un poliedro: 1o)
Las medidas de los ángulos, en todas la caras, suman:
360° ( V - 2 ).
753
2o)
La suma del número de caras y vértices, excede en dos al total de aristas: (Teorema de Euler). Por ejemplo, para la figura 1, anterior: C = 6 ;V = 7 y A = 11. Se verifica que: C+V = A+2=13
( 2o propiedad )
Para la propiedad N°1: suma de medidas de los ángulos en los 2 triángulos y ios 4 cuadriláteros: 2 x 180° + 4 x 360° = 1800°; lo cual verifica: 360°( V - 2 ) = 360°( 7 - 2 ) = 360° x 5 = 1800° POLIEDROS REGULARES.- Son aquellos que tienen por caras, polígonos regulares. Se demuestra que sólo existen 5 poliedros regulares: tres formados por triángulos equiláteros; 1 por cuadrados y otro por pentágonos regulares.
POLIEDRO REGULAR
Forma de las caras
C
V
A
Tetraedro
Triángulos Equiláteros
4 «e
4
6
Octaedro
Triángulos Equiláteros
co
6
12
Hexaedro
Cuadrados
6
8
12
Dodecaedro
Pentágonos
12
20
30
12
30
/* \
\ Icosaedro
Triángulos Equiláteros
20
/ \
Nota.- Se llaman conjugados, aquellos poliedros regulares en los que el número de caras de uno, es igual al número de vértices del otro. (Uniendo los centros de las caras de uno, se obtiene el otro). Son conjugados: Octaedro y Hexaedro; Icosaedro y Dodecaedro.
754
PROBLEMAS RESUELTOS
1.
Indicar verdadera (V) o falso (F) p) Sólo existen 5 poliedros regulares. q) Si se unen los centros de las caras de un dodecaedro regular, se obtiene otro dodecaedro r)
El conjugado de un octaedro regular, es un cubo.
A) FFV
B) VVF
C) VFV
D) FVF
E) VVV
Solución p) Verdadera, por teoría. (V) q) Se obtiene un icosaedro regular. La proposición dada es falsa. (F) r) Teoría: (V) Rpta. C 2.
El área de la superficie de un icosaedro regular, de arista “a”, es: A) a2V3
B) 20a2V3
C) 5a2>/3
D) 4a2V3
E) 5aJ
Solución Son 20 triángulos equiláteros. S = 20 a 2 — ' = 5a2 V3 4 / \ Rpta. C 3.
¿Cuánto suman las medidas de los ángulos en todas las caras de un dodecaedro regular? A) 5 400°
B) 5 480°
C) 6 400°
D) 6 800°
E) 6 480°
Solución El dodecaedro regular está formado por 12 pentángonos regulares. La suma de las medidas de los ángulos en cada cara, es
180°(S
- 2)
= 540°. Como son 12, entonces:
12. 540° = 6 480°. Rpta. E
7 5 5
4.
El área de la superficie total de un cubo, es igual al cuadrado de la longitud de su diagonal, por: A)
B) 3
1
D) 6
C) 2
E) 4
Solución *
Se sabe, para un cubo de arista UX” y diagonal “d”
V3 = d
*
V3
S..... = 6 □ = 6x2 = 6 total
\ V3, Stótal = 2d2 Rpta. C
5.
La figura muestra un cubo PQRS, en un cuadrilátero que tiene sus vértices en cuatro aristas del cubo.
Demostrar, que:
PA + RG = QH + SF
Solución PQ y RS son paralelos, por estar contenidos en el mismo plano y no intersectarse. Análogamente QR y
ps son paralelas. Por lo tanto, PQRS es un paralelogramo.
OM es mediana de los trapecios PAGR y QHFS. Así:
„ . PA + RG ... QH -f SF QM = ------------- y OM = ---------------
Entonces:
756
PA + RG
QH + SF
6.
Un poliedro convexo está formado por 8 triángulos, 2 pentángonos y 5 hexágonos. Hallar el número de vértices. A) 64
B) 30
C) 32
D) 16
E) 36
Solución *
Las medidas de los ángulos en todas las caras, suman 8 triángulos
* 8(180°)
= 1 440
2 pentágonos
-+ 2 (540°)
= 1 080
5 hexágonos
-> 5 (720°)
= 3 600° j
V
Es decir:
¿
caras
Fero, por fórmula: 360° (V - 2) De donde:
7.
=
(+)
6 120
=6120°
V = 19
Un poliedro está formado por 6 triángulos. 4 pentágonos y 7 cuadriláteros convexos. Hallar el número de aristas. A) 17
B) 66
C) 22
D) 35
E) 33
Solución Cada arista es un lado para dos polígonos, en caras adyacentes. Por lo tanto, si sumamos los números de lados de los 6 triángulos, 4 pentágonos y 7 cuadriláteros, tendremos el doble del número de aristas. Así: 2A = 6 . 3 + 4 . 5 + 7 . 4 A = 33
Rpta. E 8.
Para el poliedro del problema anterior, los números de caras y vértices, son respectivamente: A) 17; 17
B) 18; 17
C) 17; 18
D) 18; 18
E) N.A.
Solución -
El número de caras, es igual al número de regiones poligonales que forman el poliedro (6 triángulos, 4 pentágonos y 7 cuadriláteros)
C = 6+4+7
757
Con el teorema de Euler: C+V =A+2
-»
17 + V = 33 + 2 Rpta. C
9.
En un octaedro regular, de arista “a”, hallar la distancia del centro a una cara.
B )|V 6
A)
C )f
E) N.A
Solución OF = ? Las diagonales de un octaedro regular son congruentes. (Esto es fácil demostrar).
B
AO = OB = OM =
En AMOB:
1
(OF)"
1
(OB)2
1
+
(OM)
2
1 (OF f
a V2 V2 ; Rpta. B
10.
Hallar la distancia entre los baricentros de dos caras de un tetraedro regular, de arista “a” a
a
2
C )-a
B> 2
A> 3
Solución
P, baricentro de ABD Q, baricentro de DBC A PBQ - A MBN : BP
MN “ BM 758
E) N.A
B
Sea ABCD, el tetraedro.
PQ
D) 4 a
o)
%
-
Siendo:
AP
MN = —
En ( I ):
a/2
RP
2
d
= - (E n A ABC) y —
2
-
a
9
= - { Baricentro}
M
3
PQ = — 3
3
Rpta. A 11
Hallar el área de la proyección de un octaedro regular sobre un plano perpendicular a una arista. Cada arista del octaedro mide “a”.
A ) íiI
B ,íi#
C
) ^
D)a-
E) N.A
Solución *
Sea R. un plano perpendicular a la arista AF, AD y FC se proyectan en verdadera magnitud
MZNQ. es un rombo.
ZH = BO = AO =
El área:
S MZNQ
AC
MN . ZQ
V2
.
aV2
a2 V2
Rpta. A 12.
Un poliedro convexo está formado por 4 triángulos y 5 cuadriláteros. Hallar el número de diagonales de este sólido. A) 36
B) 26
C) 16
D) 20
E) 10 7 5 9
Solución Si “V”, es el número de vértices, el número de diagonales del sólido, es #DIAG = C% - A - # DIAG SOLIDO
(I)
CARAS
Donde: Co
= combinatoria de todos los vértices, de dos en dos.
C2 V=
V! (II)
2! (V - 2)!
A = número de aristas =
# aristas 4 A + # aristas5 □
A = 4-~- + 5 ' 4 = 16-> A ^ 16 2 (Se divide por 2, ya que cada arista se cuenta dos veces) De otro lado: # DIAG. = # Diag. de 5 □ = 2 . 5 =
10
(IV )
CARAS El número de vértices “V” se obtiene con el teorema del Euler: C+V = A+2 9 + V = 16 + 2 9! *
En ( I I ) :
c2=
2! 7!
En ( I ):
9 .8
= 36
Un posible gráfico
# DIAG. = 3 6 - 1 6 - 1 0 SÓLIDO # DIAG. = 10 SÓLIDO Rpta. E
760
13
Hallar la distancia entre los baricentros de dos caras adyacentes de un octaedro regular de arista “a”. a
C |V 2
B )f/2
A> 2
E) N.A B
Solución Sean : G
Baricentro de ABD
R
Baricentro de BCD
A MBN - A GBR : GR _ BG ( i)
MN ” BM
Siendo: MN =
AC
aV2
BG 2 v ------ = — { Propiedad del Baricentro} y BM 3 1 ;
En ( I ):
Rpta. C 14.
¿Cuántas diagonales tiene un icosaedro regular? A) 66
B) 30
C) 24
D) 32
E) 36
Solución Se hacen las combinaciones de todos los vértices, de dos en dos, y a ésta cantidad se restan el número de aristas y el número de diagonales en las caras: # DIAGONALES ICOSAEDRO # DIAGONALES ICOSAEDRO # DIAGONALES ICOSAEDRO
=
C1 22- 30 -
0 i # diagonales en las caras
12!
( 2 !) (12 - 2 )!
- 30
= 66 - 30 = 36
Rpta. E 7 6 1
15
¿Cuántas diagonales tiene un dodecaedro regular? A) 160
B ) 190
C )1 0 0
D ) 200
E) 250
Solución # DIAG. = DODECAEDRO
C f * # aristas - #diag. de las caras
20 ! - 3 0 - 12(5) 2! (18!)
# DIAG. DODEC
# DIAG. = 100 DODECAEDRO (20 vértices) Rpta. C 16
En un octaedro regular, de arista “a”, hallar la distancia del centro de una cara, al centro del poliedro. a
B) | V 6
A> ?
C) | V 2
a
Solución Sea el octaedro de la figura. 0, su centro y G el de la cara BCD OG = ? En el A BCD (equilátero), se tiene:
BG =
f (BM) = |
GM = -^-(BG) =
*V 3 =^V 3 ,2 i 3
{G es Baricentro}
Además se observa: OM =
y se sabe:
762
BO =
BE
AD
V2
a
E) N.A.
En el A BOM, Teor. de Stewart. OG2 ( BM ) = BO2 . GM + OM2 BG - BG . GM. BM / l 3
= ^ a-v/íP • aV3 1 6 v 2 ,
/ \ fa C\J
OG2
\
£2^ 3
3
3 . - V 6 . ^ 6 2
De donde:
Rpta. B *
Nota.- Se verifica que
OG 1 plano BCD
Hallar el área de la superficie de un dodecaedro regular de arista 3 2 A) T a ( 3 j5 + 5
B) - | a 2 (3V5 + 5
D) - y ( 3 V5 + 5
C)
a . + 5
E) N.A.
Solución Son 12 pentágonos regulares, de lado “a”. Se sabe, que para un pentánono regular
= — ^ 1 0 - V2 0
.-. a = - J 10 - V 2 0 2 V
R=
R Y, el apotema: ap. = — 4
, 2a — V i O - V2Ó
a (V5 + 1) v5 + 1 = — , 2 V 1 0 -V 2 Ó
Luego, el área de una cara:
S, = 2 { ( s ) ( ap5 ) \ 2a
5
S, = 2 V
(V5 + 1
^10 - >/2Ó ; [ 2^/10 - V 20 ;
763
a2
S, = T
S DODECAEDRO
(3 ^ +
5
3 = 12 S = —a2 1^ ° 1 2
■
4- 5) '
Rpta. C
18.
Hallar el área de la proyección de un tetraedro regular, de arista “L”, sobre un plano perpendicular a una arista.
A) L2
B )L 2 V2
U D)
Solución *
Sea ABCD el tetraedro y R un plano perpendicular a la arista CD
CD se proyecta como un punto y por ser AB 1 CD , AB se proyectará en verdadera magnitud, (todas las perpendiculares a C D , se proyectan en verdadera magnitud).
*
Lueqo:
*
Siendo:
Sproyección = — .( A 'C ‘) .h 2 A'C’ = AM = ^ V 3
(I)
OD
y h = BO = altura del tetraedro.
h= L
Ve
Con ( I I ) y ( I I I ), en ( I ):
764
(n i)
s proyección
1 L Ve = 1 . ^ 4 3 .i 2 2 6
V2
proyección
Rpta. E En cubo de arista “L”, hallar el área de la proyección obtenida sobre un plano perpendicular a una diagonal. A) L2 V~2
B) L2 / 3
D) 2 L2 V 5
E) L2 V~3 n
C) 2 L2 V ^
Solución Proyectamos el cubo sobre un plano T, perpen dicular a la diagonal FC. Todas las perpendicu lares a FC , serán paralelas a T y se proyectarán en verdadera magnitud. La proyección resulta la región correspondiente a un exágono regular, de
V\ "‘V \ ' y\ LD \» FA3\ k ¿A.\• -JE ✓
lado “x”. Además, “x” es la distancia de D a C F . En el ACDF:
DP = x ;
DF = LV2
Por relación métrica: 1
1
(DP)2
1 + ----(CD)2 (DF)2
1
1
+
1 (LV 2)
x2 =
De donde:
2 i2
Y, el área de la proyección:
S = - x2 V3 = 2
2
/
V3
. S = L2 V3 Rpta. B 7 6 5
20)
Hallar el número de segmentos que unen los puntos medios de todas las aristas de un icosaedro regular. A) 345
B) 435
C) 543
D) 534
E) Ning. anterior.
Solución - El icosaedro regular tiene 30 aristas. Luego, hay que combinar 30 puntos medios, de dos en dos: c 2° = •„,? !? '. ^ - 435 segmentos 2!( 2 8 !) Rpta: ( B )
Uno de los primeros capítulos de la "GEOMETRIA DESCRIPTIVA"(CURSO UNIVERSITA RIO DE INGENIERIA), consiste en obtener las representaciones de proyecciones de sólidos en planos dados. Por Ejemplo, en la siguiente figura se muestran las proyecciones del sólido prismático sobre los planos H (plano horizontal) y F (plano frontal), perpendiculares entre sí.
Obtener la proyección en el plano P (plano de perfil). El problema inverso es más interesante: dadas las proyecciones, obtener el sólido. Por ejemplo, en cada uno de los siguientes casos, se tienen las proyecciones en H y F de algún sólido. Hallarlos. 7 6 6
a)
b)
PROBLEMAS PROPUESTOS 1)
Se da un cubo de arista a. Tomando como referencia un vértice, construya un tetraedro regular uniendo los vértices no adyacentes con rectas contenidas en las caras. Construya un octaedro regular uniendo los centros de cada cara del cubo. La razón entre el área total del tetraedro y el área total del octaedro, es : A) 1/3
2)
4.
5)
C )1
D) 2
E) 3
Hallar el área total de un tetraedro regular, siendo la suma de las longitudes de sus aristas 36 cm. A )3 6 c m 2
3)
B) 1/2
B )6-v/3cm 2
C) 24 cm2
D )3 6 > /3 c m 2
E )2 4 V 3 c m 2
Al unir los puntos medios de las aristas de un dodecaedro regular, se obtiene un poliedro formado por: A) 12 pentágonos
B) 12 triángulos y 20 pentágonos
D) 20 triángulos y 12 pentágonos
E) Ning. anterior.
C) 12 triángulos y 12 pentágonos
Uniendo los puntos medios de las aristas de un icosaedro regular, se obtiene un poliedro formado por: A) 20 triángulos
B) 20 triángulos y 12 pentágonos
D) 12 triángulos 20 pentágonos
E) Ninguna anterior.
C) 12 pentágonos y 12 triángulos
Un poliedro convexo está formado por2 triángulos, 3 cuadriláteros y “x” polígonos de 11 lados cada uno. 7 6 7
Hallar el valor mínimo de V . A) 1 6)
E) 5
B) -1 9
C) — 3
D) — 2
E) Ning. anterior.
B) 0,60m.
C) 0,75m.
D) 0,90m.
E) 1,20m.
La arista de un octaedro regular mide “ a Hallar el área de la sección determinada al interceptar la superficie del poliedro con un plano paralelo a una cara, que pasa por el punto medio de una arista. A) 3a2V3
9)
D) 4
Las aristas de un cubo miden 15cm. cada una Si una mosca puede desplazarse sólo sobre las aristas, y parte de uno de los vértices; el máximo recorrido que puede hacer al volver a su punto de partida, sin pasar dos veces por la misma arista, es: A) 1,80m.
8)
C) 3
Hallar la relación de áreas de un octaedro regular y un tetraedro regular, sabiendo que la diagonal del octaedro es igual a la altura del tetraedro. A) — 3
7)
B) 2
B) - | a 2 -J3
C) ^ a 2 ^ 3
D) | a 2 &
E) Ning. anterior.
En un cubo de arista Ha”, el área de la sección determinada al intersectar su superficie mediante un plano perpendicular a una diagonal, en su punto medio, es: 2
A) a2
B ) — >/3 4
o
C) 3a2 V¡3
D) —a2 V3 4
E) Ning. anterior.
10) Uniendo tres vértices de un cubo, se obtiene un tetraedro regular. El área del tetraedro es al área del cubo, como: A) 2 :V¡3
B) V3 : 2
C) 2 : 3
D) V2 : V3
E) Ning. anterior. B
11) La figura, muestra un tetraedro regular ABCD; AB = 14>/3 , R e AB y M biseca C D . Una hormiga quiere alcanzar su comida ubi cada en M, partiendo de R siguiendo la tra yectoria más corta. Hallar la longitud de tal trayectoria, si: RB = 20. A) 25
B) 28
C) 29
D) 30
E) Ning. anterior
12) La suma de las medidas de las caras de un poliedro convexo, es 3600°. Si el número de aristas excede en 2 al doble del número de caras; hallar el número de caras. A) 8 7 6 8
B) 9
C)10
D) 7
E) 11
13)
En un poliedro convexo, el número de caras, más el número de vértices, y más el número de aristas, es 28. Si los ángulos en todas las caras suman 1800°; hallar el número de caras. A) 13
14)
C) 9
B) 7
D) 10
E) 8
¿Cuántos triángulos pueden formarse con 30 palitos de fósforos, siendo cada uno un lado? A) 12
B) 18
C) 20
D) 10
E) Ning. anterior. B
15)
La figura muestra un octaedro regular de arista “ a
Gv G2 y G3, son
baricentros de las regiones triangula res ABF, BCD y AED, respectivamen te. Hallar la longitud del segmento que es intersección de las regiones BDEF y G 1’ G 2 y G 3-
A)
16)
Ia
3
B) a
Si se unen los baricentros de las caras de un icosaedro regular, se forma: A) Un dodecaedro
B) otro icosaedro
C) Un octaedro
D) Un hexaedro
E) Ninguna anterior. 17)
En la figura:
B La arista del tetraedro regular tiene longi tud 4 t¡33 cm. M, biseca AD. E, biseca BD. FC = 3 BF. Hallar la longitud del segmento que es intersección de las re giones AEF y BMC.
A) 11 cm.
B) 10 cm
C ) 12 cm
D) 13 cm.
E) Ning. anterior.
CLAVE 1. D 2. D
7. E 8. D
13. E 14. C
3. D
9. D
15. A
4. B 5. B 6. A
10. A 11. C 12. A
16. A 17. A 769
CAPITULO 2 6
PRISMA Y TRONCO DE PRISMA SUPERFICIE PRISMATICA: Se llama superficie prismática, a aquella que genera una recta (generatriz), al deslizarse paralelamente a su posición inicial, a lo largo de una poligonal o polígono (directriz). Si la directriz es una poligonal, la superficie prismática es abierta. Si es un polígono, la superficie es cerrada.
Superficie prismática abierta. r : generatriz ABCD : directriz
n : generatriz P Q R S T : directriz B
C
PRISMA Un prisma, es el poliedro determinado al inter ceptar una superficie prism ática cerrada, mediante dos planos paralelos entre sí. La figura adjunta muestra un prisma. Las regiones poligonales ABCDE y A ’B'C'D’E’ son paralelas y corresponden a polígonos congruentes. Estas dos caras son las “bases"
771
del prisma y la distancia entre ellas es la altura del sólido. Las demás caras son regiones paralelográmicas, llamadas "caras laterales"; sus intersecciones se llaman "aristas laterales". Todas las aristas laterales son paralelas y congruentes. CLASIFICACION DE LOS PRISMAS.- Se clasifican en: recto, oblicuo y regular. a)
Prism a Recto.- Es aquel cuyas aristas laterales son perpendiculares a las bases. Las caras laterales son regiones rectangulares, y las aristas laterales son congruentes a la altura.
b)
Prism a O blicuo.- Tiene sus aristas laterales oblicuas a las bases.
/ / /
Según sus bases sean regiones triangulares,cuadrangulares, pentaginales, etc., los prismas se llaman triangulares, cuadrangulares, pentagonales, etc. Por ejemplo, la figura (a) muestra un prisma recto triangular. c)
Prism a Regular.- Aquel prisma recto, cuyas bases corresponden a polígonos regulares. ( En cualquier otro caso, el prisma no es re g u la r). SECCIONES DE UN PRISMA Una “sección” de un prisma, es la región determinada por la intersección del prisma con un plano. Una “sección transversal” de un prisma, es la sección del prisma con un plano paralelo a la base. Una “sección recta” de un prisma, es la sección del prisma con un plano perpendicular a las aristas laterales. Por ejemplo, la sección PQR, en la siguiente figura. Nota.- Si B y SR, son las áreas de la base del prisma y de la sección recta, respectivamente; entonces: SR=Bcosp donde p, es la medida del ángulo diedro que forman los planos que contienen a la base del prisma y a la sección recta.
PARALELEPIPEDO.- Aquel prisma cuyas bases son regiones paralelogramicas. C lasifica ció n de Paralelepípedos.- Se clasifican en: a)
772
Paralelepípedo recto: sus aristas laterales son perpendiculares a las bases. Las caras laterales son regiones rectangulares.
b)
Paralelepípedo oblicuo: tiene sus aristas laterales oblicuas a las bases.Las seis caras son regiones paralelográmicas.
c)
Paralelepípedo rectangular: aquel paralelepípedo recto cuyas bases son regiones rectan gulares. Llamado también rectoedro.
d)
Cubo:- Es un paralelepípedo rectangular que tiene todas sus aristas congruentes. m
e)
Romboedro.- Aquel paralelepípedo que tiene por bases regiones romboédricas.
Paralelepípedo Oblicuo.
Paralelepído rectangular (rectoedro) d : Longitud de la diagonal d2 = a2 + b2 + c2
FORMULAS I)
S uperficies lateral y total de un prism a.- La superficie lateral de un prisma es la suma de las superficies de todas sus caras laterales. La superficie total del prisma es la suma de superficie lateral y de las dos bases. A dichas superficies se refieren las áreas lateral y total. Teorema.- El área lateral de un prisma oblicuo es el poducto del perímetro de una sección recta por la longitud de una arista lateral. Así, para el prisma de la figura: longitud de la arista lateral. P
Perímetro de la sección recta.
El área lateral:
SL = P . a
Area total.- Si B, es el área de cada base; el área total será: S( = S l + 2 B
II)
Volum en de un prism a.- El volumen de un prisma es el producto del área de una base por su altura.
Si h, es longitud de la altura del prisma: V = B.h | 773
También, el volumen de un prisma, es el producto del área de una sección recta por una arista lateral. Así, llamando SR, al área de una sección recta: V = ( SR ) . a~| O bservaciones.- En la figura anterior, a°, es la medida del ángulo que forman las aristas laterales con las bases. Es evidente que, en un prisma oblicuo, a < 90 y h < a. Además, el área de la sección recta, es menor que el área de la base: SR < B. En un prisma recto: a = 90 ; h = a y SR = B. De lo anterior, se deduce que, el área lateral de un prisma recto, es el producto del perímetro de una base por una'arista lateral. Asimismo, el volumen es igual a producto del área de una base por la arista lateral. Si a, b y c, son longitudes de tres aristas concurrentes de un paralelepípedo rectangular, entonces su volumen será: V = a . b .c Si se extiende (se desarrolla) la superficie lateral de un prisma, a partir de una arista lateral, (Por ejemplo: PQ), de modo que todas las caras laterales queden coplanarias, se dice que se ha desarrollado dicha superficie. P
M
TRONCO DE PRISMA Se obtiene al interceptar la superficie lateral de un prisma, con un plano parale lo a las bases. Las caras laterales son trapecios. El volumen es igual al producto del área de una sección recta y la longitud del segmento que une los centros de grave dad de las bases del tronco. (CG1). (Las secciones rectas del tronco son las misma que el prisma original).
Fig. 1
Existen fórmulas sencillas para evaluar el volumen de un tronco de prisma de base triangular. Así, para el tronco de la figura 2; el volumen V, se evalúa:
V = ( área AEC ). f hi + h2 + h3 ' Fig. 2 También, para la misma fig.2.: s
V = ( área de una sección recta ).
AF + EQ + CR >
\ Si el tronco de prisma es recto (originado de un prisma recto), y de base triangular, las caras laterales resultan trapecio rectángulos, (fig.3). En este caso:
V = B • V a, b, c: longitudes de las aristas laterales. B : área de la base del prisma recto original También, se pueden presentar gráficos como en la figura 4.; donde B es el área de la base, del tronco de prisma recto.
V=B — 3 b=0
b=0;c=0
A veces, es frecuente tener troncos originados al interceptar la superficie lateral de un prisma con dos planos, como en la figura 5; donde A B , CD y EF son aristas del tronco.
área de una ^ f AB + CD + EF N V= \ sección recta j v / /
*
PROBLEMAS
1)
El trapecio ABCD, es base de un prisma recto. BC / / A D , BC = 2cm, y AD = 7 cm. Hallar el volumen del prisma, sabiendo que su proyección sobre un plano perpendicular a B C , tiene área 12 cm2. A) 6 0 cm3
B) 64cm3
D) 81 cm3
C) 54cm3
E) 72cm3
Solución Sean H, altura del prisma y h altura de la base trapezoidal. La proyección del pris ma, sobre el plano P, perpendicular a B C , es un rectángulo de lados H y h. El área de la proyección, es : h . H = 12 cm2
(1 )
El volumen del prisma: V = ( área de la base ) x H V -Ü lU h a H 2 Con (1 ) :
->
V = -xh-H 2
V = —■x 12 2
V = 54 cm3 Rpta:
( C ).
La base de un prisma recto, es base de un tetraedro regular de altura 2 V 6cm y el área la teral del prisma es igual al área total del tetraedro. Hallar el volumen del prisma.
2)
B) 54cm3
A) 27cm3
C) 18cm3
E) N.A.
D) 36cm3
Solución - Sea la figura -
Se sabe, por fórmula: h =
h*2,/6 Entonces: 2
De otro lado, según dato: área lateral del prisma 3aH
y, el volumen del prisma: 77fí
— 3
área total del tetraedro = 4a2 V3
H = 2V 3
Ve
v = a2 —
X
H
62
4
x 2 J3
V = 54 cm3
Rpta.: ( B ) 3)
Hallar el área lateral de un prisma oblicuo, cuya sección recta es un hexágono regular de área 24 J~3 u2 . La altura del prisma es 3 ^ 3 u y las aristas laterales forman ángulos de 60° con la base. A) 144 u2
B) 348 u2
C) 834 u2
D) 438 u2
E) N.A.
Solución - Sea la figura: - El triángulo rectángulo AHB es de 30° y 60°. El cateto AH = 3 V3 por dato, luego la hipotenusa AB = 6 u. - Para hallar “a”, longitud del lado de la sección recta: Por dato: área = 24^3 Es decir:
5 a2 >/3 = 2 4 ^3 2 a = 4
- El área lateral: SL = 6 x A B x a
= 6 x 6 u x 4 u = 144 u2
Rpta.: ( A ) 4)
Hallar el volumen de un prisma oblicuo triangular, sabiendo que el área de una cara lateral, es 5cm2 y la distancia de la arista opuesta a ésta es 10cm. A) 50cm3
B) 20cm3
C) 32cm3
D) 40cm3
E) 25cm3
Consideremos el prisma de la figura, donde la cara lateral ABCD tiene área 5 cm2, según enunciado. PQ = 10cm., es la distancia de la arista EFal plano ABCD. PQ se encuentra en una sección recta del prisma, tal como MPR. Se tiene : SABCD = 5 cm2 AB . MR = 5 cm2
(1 )
777
El volumen de! prisma: V = ( S mpr) x AB
ó:
->
V=
' MR x PQ
\
\
j
V = - (A B .M R ).P Q 2
Con los datos:
x AB
—>
( fórmula)
V = ¿ ( S ABCD) . P Q
V = — ( 5cm2) ( 1 0cm ) Rpta.:
V = 25 cm3 (E)
Hallar el volumen del prisma regular hexagonal, de la figura. El plano que pasa por las aristas EF y GH, forma diedros de 45° con las bases y la sección determinada tiene área 6 ^6 B) 40
A) 36
D) 50
C) 46
E) 56
Solución Incógnita: V = ? Como E J l P y J H l H G ; entonces, con el teorema de las tres perpendicu lares: E H l H G . Luego, EHJ es un ángulo plano del diedro que forman la base y el plano diagonal. Si “h” es longitud de la altura del prisma y “a”, longitud del lado de la base, se tendrán.: (Fig. 2) N
En el prisma, MNmide igual que la diagonalmayor de la base: MN = 2a. De la figura 1: EH = h->/2 y la figura 2: EQ = El área de la sección EFNGHM, es: Luego.
S EFNM = 3-JE
Esto es: ( a + 2 a )
hV2
EH
2 ( SEFNM) = 6>/6
; Es decir: ( EF + MN )
= 3-Jg ;
hV¡2
ah = 4 ^ 3
EQ
= 3-/6
(1 )
.
- Pero, de la figura 1: h = a ^ 3 - Entonces sustituyendo en ( 1 ): a . a V3 = 4
-» a = 2
h = 2^¡3
- Finalmente, el volumen: x
x
V = Bh = ' —a 2 V3 V 2 De donde:
h*
\ 2
x
22 V3
2 V3
V = 36
Rpta.: ( A )
6)
Un prisma recto tiene como base un trapecio isósceles cuyos lados no paralelos miden 13cm. y cuyas bases miden 10cm. y 20cm. Hallar el área de la sección plana cuyo plano forma un ángulo de 60° con la base y pasa por la mayor base del trapecio. A) 300 cm1
B) 350 cm:
C) 360 cm:
D) 400 cm:
E) 450 cm;
Solución Sea EFDA, la sección. En el gráfico: AH = QD y HQ = EF AH =
20-10
AH = 5
EHB-
En el A AHB: BH = V ab2 - a h 2 = V ( 13 )2 “ ( 5 ) BH = 12 - En el A EBH ( 30°, 60° ) :
EH = 24
EH = 2 BH
- Luego: área EFDA = Í E F + A D U l 2 J
=
<
10 + 20
^
2
x 24 )
. área EFDA = 360 cm2
Rpta.: ( C )
7)
La base de un tronco de prisma oblicuo triangular, tiene área 12. Hallar el volumen del sólido, sabiendo que las aristas laterales están inclinadas 60° respecto a la base y tienen longitudes 3; 4 y 5 respectivamente. A) 2 4 ^ 3
B) 23-J3
C) 22 y¡2
D) 21 >/2
E) 20 V3
Solución - Incógnita: V = ? 779
(Fig. sgte.) Del gráfico, donde hv h2 y h3 son alturas del sólido:
h, = |>/3 5 ; h, = 2^3 - y
h ,
- Cálculo del volumen: \
r
V =
B ; B área de la base
\ - Pero: B = 12 ; luego:
v =l
- V 3 +2>/3 + - V 3 3 ,2 2
•12
V = 24^3
J
Rpta.: ( A )
8)
Hallar el volumen de un tronco de prisma recto, cuyas bases son un triángulo equilátero FED y un triángulo rectángulo isósceles ABC. Además una cara lateral es un rectángulo de lados 3>/2 y 6; siendo los mayores lados las aristas laterales. A) 35,1
B) 51,3
C) 31,5
D) 53,1
E )6
Solución Incógnita: V El sólido es, como indica la figura: El A ABC, isósceles, recto en B. El triángulo EFD, equilátero. Luego: EF = FD - 3 ^ 2 y : AB = BC = 3 Para hallar EB, se traza F H 1 BE. Entonces: BH = AF = 6 ; FH = AB = 3 En el A EHF, HE = 3. Por lo tanto : EB = 9 El volumen: V = 3x3 \
/
' EB + AF + CD ' /
S ABC
V = 31,5 Rpta.: ( C )
9)
En un tetraedro ABCD, AB = 10. El área de la proyección de éste sólido, sobre un plano perpendicular a AB, es 24. Hallar el volumen del tetraedro.
A) 90 780
B) 80
C) 70
D) 60
E) 50
Solución Consideremos el gráfico que sigue, donde el triángulo EFG es la proyección del tetraedro sobre el plano P; el volumen Vx pedido, es: V = VAEFGDC - VBEFGDC vx AE+CF+DG \
\ •S EFG
/
' B E + CF + DG
\ /
Factorizando S EFG ^ , se tiene:
Vx =
Con los datos:
.S EFG
\
Vy a =
« •
(10)( 24)
Vx = 80 Rpta.: ( B )
AA'; BB‘ y CC1, son aristas laterales de un prisma. “M”, es punto medio de AA' y “E" es un punto de C C ' . Hallar CE para que los volúmenes AMB’BCE y EMA’C’B’, sean entre sí como 5 a 3; si BB' = 12. A) 4
B) 5
C) 2
E) N.A.
D) 4,5
Solución Sea la figura siguiente: Incógnita: CE = x -
Se tiene, por dato: VAMB'BCE _ V,EMA'C'B' Que, es lo mismo que: ( Sección re c ta ) ( Sección re c ta )
Luego:
6 + X+12
6 + 12-x + O
AM + CE + BB1 3 A 'M + C‘ E + 0 3
5 3
5
3
De donde: x = CE = 4,5 Rpta.: ( D ) 781
11)
En un tronco de prisma recto, de aristas laterales 3; 4 y 5 cm. (Prisma Triangular), la base es un triángulo cuya área se desconoce. Hallar el volumen del sólido si la otra base mide 12 cm2 y está contenida en un plano que for ma un diedro de 60° con el plano de la base desconocida. A)24>/3 cm3
B) 24 cm3
C ) 1 2 cm3
D)12V3 cm3
E) N.A.
Solución - Por propiedad: Fórmula del área de la proyeción de una región plana.
Bt = B2 x Cos60
B, = 12 x
V3
B1 = 6*>/3 cm'
- Luego, el volumen:
\
3+4+5
V =
- Sustituyendo valor de B1t se tiene:
V = 24->/3 cm' Rpta.: ( A )
12)
Se tiene un cubo ABCDA’B’C’D’, cuya longitud de aristas es “a”. Un plano intersecta a las aristas AA1, B B \ CC1y DD1 en los puntos P, Q, R, M respectivamente, de modo que AP = A’P y CR = 2C’R. Hallar el volumen del tronco ABCD - MRQP. A)
7a12
B)
5 a-
C)
12
D)
12
11a 12
Solución El volumen buscado será: B’
C’ v
= (
s abcd)
.
oh
Donde: S abcd _ a
OH = 782
PA + RC
E) a
OH = — a 12 Luego : 7
V = — a 12
3
Rpta.: ( A )
Hallar el volumen del sólido de la figura, si ABCD es un cuadrado; AEFD y BEFC son trapecios isósceles con gruentes; triángulo AEB - » Equilátero.
Solución Incógnita: V = ? Se trata de un tronco de prisma con aristas laterales AD, BC y EF; Triángulo FPQ es una sección recta. En el trapecio AEFD, se puede hallar PD, si se traza EH_LÁD, / . A H = PD = —
/.
EF
PD = — . Luego, en triángulo rectángulo FPD:
FP = JFD 2 - PD2 = - V T 5 y 2 Para hallar el área FPQ; se deduce : FM = -5-VTí 2 Entonces: S rfq = \
PQ -FM
->
SPFQ
VTi
Y, el volumen del tronco:
V =
' AD + BC + EF ' v
J
' Spfq
V = - a 3VTi 6 783
14)
En un tronco de prisma triangular recto, la base ABC es un triángulo equilátero de lado 6 y las aristas laterales son: AA, = 8 ; BBt = 5 y CC, = 4 Hallar el volumen del tetraedro de base A1B1C1 y de vértice B. A) 5 / 3
B) 6 5 / 3
C) 1 2 / 3
D) 4 5 / 3
E) 2 7 / 3
Solución Incógnita: V = ? Se tiene, en la figura: =
V Total ' V a b c C í A,
"8 + 4 + 5 ' Vba ^
a
“
3
"8+5+0'
•
•
^ABC
"
3
.S ABC
Pero: SABC = 62V3 / 4; 4 r2>/3 ~ 6 —
Luego: VBA)BlCi =
Vba ^ tC, - 1 2 V 3 Rpta.: ( C )
15)
El prisma ABCA’B'C’, se corta por un plano determinando los puntos M, N y P, sobre las aristas laterales A A \ BB' y C C \ respectivamente, de modo que AM = 2MA’ y BN = PC’. Si el volumen del prisma es V, hallar el volumen del tronco ABCMNP. A) - V 5
B) 1 V
C) - V 4
Solución - Incógnita: V ABCMNP Si se llama “S* el área de la sección recta del prisma y también: V = V vto ta l v 3(a
. S ) = V -> a . S =
V
Por otro lado: V ABCMNP
784
= ¿
(A M + BN + C P ) . S
(1)
D) L V
5 3
1
VABCMNP = - * ( 2 a + m + 3 a - m ) . S Con (1 ) :
V ABCMNP
~
g
V
Rpta.: ( D ) Probar que, todo rectoedro, el volumen es igual a la raíz cuadrada del producto de las áreas de tres caras concurrentes.
Solución Sean A, B y C las áreas de las caras rectangu lares que concurren al vértice N. x, y, z : longitudes de las aristas. Se quiere demostrar que el volumen V, se puede expresar así: V = vA B C Area de los rectángulos: xy = A yz = B xz = C Multiplicando m.a.m.: ( x y z ) 2 = ABC -> V2 = ABC
v = Va b c l.q.q.d.
Las bases de un paralelepípedo recto, son rombos cuyas regiones tienen áreas S-j. Las áreas de las secciones que determinan los planos diagonales, son S2 y S3. Hallar el volumen del romboedro.
Solución Incógnita: V. Se diseña el gráfico: El volumen, es: V = S t AG
..................... (1 )
Los datos S2 y S3: AG . GH = S„ y:
ED . EF = S3
Multiplicando m.a.m.: AG . ED . GH . EF = S2 . S3
785
Pero: ED = AG y
^
= S í ; luego:
( AG )2 . 2S, = S2 . S3 -> AG =
S, S (2)
2S 1
Finalmente, reemplazando ( 2 ) en ( 1 ):
18)
Hallar el volumen de un prisma regular hexagonal, circunscrito a una esfera de radio “r” . A) 4I-3 -J3
B) 2r2 V2
0 )2 1 ^ 7 3
D) 3r3V2
E) Sr3 V3
Solución yf
y
r h
0 r
La superficie esférica, es tangente a las caras del prisma en sus centros. Volumen del prisma: V = B .h
L
( i )
Cálculo de h: Del gráfico : h = 2r
.............. ( 2 )
Cálculo de B: Para la sección mostrada L =
2 r V3
Area de la base:
3
/
2rV3
B = —L V3 , ( fórmula para un hexágono re g u la r) \
B = 2V
■J3 -> B = 2r 2 V3
(3)
Sustituyendo ( 2 ) y ( 3 ) en ( 1 ): V = ( 2 r 2 V3 ) ( 2 r )
V = Ar3^
Rpta: ( A ) 19)
Se tiene un prisma triangular recto cuya base es el triángulo ABC. Se traza un plano paralelo a B C , que pasa por el incentro de la base ABC y corta en M a AC, en N a AB y en P y Q a
las aristas opuestas a AB y AC. 7KH
Hallar el volumen del prisma en cm3si: CM = 3 cm., BN = 5cm, AM = 6cm. y la arista lateral mide 10 cm. B) 540
A) 820
C) 540
D) 360
E) 120
Solución Q
- Incógnita: V
Para hallar el volumen, falta calcular el área de la base:
V = ( SABC ) . h
(1 )
Como MN || BC : AN = AM NB
AN = 6
MC
5
Los triángulos BNI son isósceles. Luego :
3 y
C M I,
NI = BN y CMI
NI = 5 y MI = 3. Entonces: MN = 8. Se concluye que el triángulo AMN, es recto en M. También : ACB = 90°. En el T.R. ACB : BC2 = AB2 - AC2 = 152 - 92
->
BC = 12
Luego: AC x BC
9x12
ABC ABC = 54
(2)
Sustituyendo el dato “h" y ( 2 ) en ( 1 ) : V = 10x54
Rpta:
—»
V = 540 cm3
( C ). 787
20)
Hallar el número de caras “O", número de vértices “V” y total de aristas “A", de un prisma, en función del número de lados “n” en una base.
Solución Para el número total de caras, se cuentan un” caras laterales más las bases; Luego: C = n+2 Hay Mn" vértices en cada base. Total
V = 2n
Se tienen un” aristas laterales y “n" aristas en cada base. En to ta l: A = 3n 21)
Hallar el número de diagonales de un prisma, conociendo el número de lados ( n ), en cada base.
Solución Desde cada vértice de la base superior, se pueden trazar diagonales a ( n - 3 ) vértices de la base inferior. Luego el número de diagonales del prisma, será: n ( n - 3 ). 22)
Hallar el volumen del poliedro de la figura: B C
Triángulos: BNC y ENF equiláteros y con tenidos en planos perpendiculares entre sí. C u a d r il á te r o s : ABNF y ENCD; paralelogramos; BC = 4u y EF = 2u
Solución
F
A) 20 u3
B) 18 u3
D) 14 u3
E ) 12 u3
E
- Incógnita : V De los datos: Plano AFED || plano BNC. Plano ABCD || plano ENF. Luego: Plano ABCD perpendicular a los planos AFED y BNC. Si, por C, se traza CP II N F ; CP estará contenido en el plano ABCD. El volumen total es la suma de los volú menes de los prismas ABCPFN y FNCPDE. 788
B
C
C) 16 u3
CH: altura del prisma ABCPFN y del triángulo equilátero Entonces: CH = 2 2
» •
^ “3
CH = / 3
FR ; altura del prisma FNCPDE y del triángulo AFP, equilátero: Ap .________ Entonces : FR = — . ^ 3 FR = 2 y 3
._
Finalmente, como ya se dijo: Vt = VABCPFN + VFNCPDE V = ( área AFP ) x CH + ( área CPD ) x FR \ V =
.
y[3 +
/
\
.2/3 v
J
V = 18u3 Rpta : ( B ). Hallar el volumen de un prisma recto, de base triangular, sabiendo que una arista básica mide 4 y el área de la proyección del sólido, sobre un plano perpendicular a dicha arista, es 10. A) 5
B ) 10
C ) 15
D) 20
E) 25
Solución - Icógnita: V Considerando la figura, donde AB = 4; y P es un plano de proyección per pendicular a AB ; se tiene: QR = CD y RN = CH Donde CH = altura del triángulo ABC. Cálculo del volumen: V = área ABC x CD V =
1 . AB . CH . CD ó 2
V =
1 . A B . R N . QR
2 789
«
1 Es decir : V = — x AB x área RQMN. Con los d a to s : V = Rpta: 24)
4x10
V = 20
( D ).
Hallar el volumen de un rectoedro, sabiendo que las diagonales de las caras miden ^ 3 4 ; ^/~58 y J 74 , respectivamente. A) 105
B) 201
C) 501
D) 205
E) 150
Solución -
Incógnita: V Se construye la figura Se tienen: a2 + C2 = 34
(U
a2 + b2 = 58
( 2 ).
b2 + C2 = 74
(3).
Sumando (1 ) , ( 2 ) y ( 3 ) : 2 ( a 2 + b 2 + C2 ) = 166 a2 + b2 + c2 = 83
( 4 )
Sustituyendo ( 1 ) e n ( 4 ) : b = 7 ; Luego: a = 3
y
c = 5
El volumen: V = a .b .c Rpta:
V = 105
( A ). M
25)
La figura muestra una caja en forma de un prisma regular pentagonal. Una “astuta” hormiga, parte de “A”, en busca de su comida en “E”, siguiendo la trayectoria ABCDE, de menor longi tud posible, debido a que la cara AN EM está rociada con un insecticida.
790
Hallar la longitud de dicha trayectoria. A) 51
B) 13
D) 28
C) 42
E) 3
Solución M
r
i
N
A'
N’
12
Se desarrolla la superficie la te ra l, a través de AN. La menor trayectoria de A a E , es A E . ( La recta que los une ). Luego, en el A ANE : AE
2
= AN
2
+ NE
2
AE2 = 5 2 + 122 ; AE = 13
Rpta:
( B ).
Dado un cuadrado ABCD, de lado 6, se elevan AE y CF, perpendiculares, al plano que lo contiene. Si AE = 4 y CF = 5. Hallar el volumen del tetraedro FEDB. A) 120
B) 136
C) 114
D) 110
E) N.A.
Solución V = ? El volumen pedido : V = VFEDB V = Vtotal " VFCDB - VEBDA ............ ( 1 )• Además, si se traza AC : Vtotal = VACBFE + VACDFE Sustituyendo en (1 ) : V = VACBFE + VACDFE “ VFCDB “ VEBDA ( 2 ). ( Todos son troncos de prisma ), donde:
791
VA C B F E
CF + AE + O
\
“
VACDFE -
' CF + AE + O ' \
V,FCDB
/
•S abc = i
1-18 = 54
• S aco = I
1.18 = 54
.1 8 = 30
BCD “
v
/ /
V,EBDA -
. SBDA
\
1.18 = 24 V
Reemplazando, en ( 2 ) : V = 54 + 54 - 30 - 24 ; V = 54 Rpta:
( E ).
El volumen del prisma regular ABC A ’B’C’ , es 18 u3. Se toman M y N , puntos medios de las aristas laterales BB' y C C \ respectivamente. Las prolongaciones de A'N y A C , se cortan en P y las de A ’M y AB, en Q. Hallar el volumen del poliedro MBCNPQ. A) 14
B) 12
C) 10
D) 8
E )6
Solución Si las aristas laterales del prisma ABCA’B’C’, tienen longitud 2a y las bases área S; resulta, del dato: S ( 2 a ) = 18 aS = 9 .......
(1
)
El volumen pedido: v - Va* apq “ va‘ACBMN
(2 )
Donde: NC es base media del triángulo A*AP y : BM es base media del triángulo A*AQ Luego; BC es base media del triángulo PAQ. Entonces: SPAQ = 4 ( SABC ) ó SPAQ = 4S A s í : Yaa 'Pq = —( SPAq )( A A ' ) = —( 4S ) ( 2a ) g
Vaa'PQ
=
3 ( a S ); con( 1) :
(3)
V AA'PQ = 2 4
- Además: A’ACBMN es tronco de prisma. - Luego:
VA
f AA' + CN + BM ' /
\ V A'ACBMN a-
= (S ) v
= —( a S ) 3 ; /
Con (1): VA>ACBMN = 12 .......... ( 4 ) . - Finalmente, reemplazamos ( 3 ) y ( 4 ) , en ( 2 ) V = 2 4 - 12 Rpta:
->
V = 12 u3
( B ).
IMPORTANTE: El "Principio de Cavalieri", es la clave para el cálculo de volúmenes y con él se demuestra la fórmula para el prisma, teniendo en cuenta el P ostulado de la Unidad de Volum en, que es el paralelepípedo rectangular. Así, secuencialmente, se mencionan : El Postulado de la Unidad: El volumen de un paralelepípedo rectangular es el producto del área de la base (B) y la altura (h).
h
P rincipio de C avalieri.- Dados dos cuerpos sólidos, cuyas bases son equivalentes y éstan contenidas en el mismo plano. A7 Si todo plano paralelo al anterior in 1 1t terseca a ambos sólidos y determina 1 secciones transversales con áreas 1 11 iguales; entonces, los cuerpos tienen 1 I el mismo volumen. 8 A7 *
m
V
793
CAPITULO 2 7 v. VÁV.
CAPITULO 2 7 PIRAMIDE Y TRONCO DE PIRAMIDE DEFINICION.- Pirámide, es el poliedro obtenido al interceptar una superficie piramidal cerrada, mediante un plano. -
La figura muestra una pirámide, de vértice “O”; base ACDEF y caras latera les AOF, O F E , e t c .
-
“h”, es la Ingitud de la altura del sólido. ( Distancia del vértice, al plano de la b a s e ).
-
Si “V”, es el volumen de la pirámide, cuya base tiene área “ B ”, se calcula así:
J La suma de las áreas de las caras laterales ( todas, regiones triangulares), es el área lateral de la pirámide. El área total del sólido es igual al área lateral, más el área de su base. La pirámide se llama regular, si la base es un polígono regular y la altura cae en el centro de la base. En cualquier otro caso, la pirámide es irregular. Una pirámide se menciona según el número de lados de la base, indican do primero el vértice. La figura 1 mues tra una pirámide irregular pentagonal O - ACDEF y la figura 2, una pirámide regular cuadrangular O - ACDE. En la figura 2: ON es apotema de la pirámide. a, es la medida del diedro que forma la cara latera! con la base.
795
, es medida del ángulo que forman las aristas laterales con la base. ( Se cumple: a > <¡))
PROPIEDADES 1.
Si dos pirámides triangulares, tienen un mismo triedro o dos triedros con gruentes, uno en cada sólido, enton ces los volúmenes son entre sí como los productos de las longitudes de las aristas que determinan dicho triedro. Para el gráfico:
( VAEFQ, se lee: volumen del sólido AEFG ). 2.
Si se intercepta la superficie lateral de cual quier pirámide con un plano paralelo a la base, se obtiene una pirámide parcial se m ejante a la original.
O
Se cumple: a) Las áreas son entre sí, como los cuadra dos de las longitudes de las alturas o de cualquier par de líneas homologas. Así, llamando S1 y S2 las áreas de las superficies referidas a la pirámide parcial y total, respectivamente: ( Sn y S2, pueden representar áreas totales, áreas laterales, áreas de las bases ó áreas de caras hom ólogas).
b)
Los volúmenes son entre sí como los cubos de cualquier par de líneas homólogas
V, _ ( h, )3 _ ( O E ) 3 _ ( E Q ) 3 _
V.
796
( OA )3
( AM )'
V DESARROLLO DE LA SUPERFICIE LATERAL.- Resulta una región poligonal.
D
TRONCO DE PIRAMIDE Un tronco de pirámide, es el sólido que se determina al cortar la superfi cie lateral de una pirámide, con un plano, sea o no, paralelo a la base.
Pirámide deficiente
Se llaman bases del tronco, a la base de la pirámide original y a la región que genera el plano secante.
Pirámide
El volumen se calcula restando al volumen de la pirámide original, el de la pirámide deficiente.
TRONCO DE PIRAMIDE DE BASES PARALELAS.- En este caso, las regiones poligonales que representan las bases del tronco, están contenidas en planos paralelos. Estos polígonos son semejantes. La distancia entre dichos planos es altura del sólido. En este caso, el volumen se evalúa así: V =- (
a
+ B + /A B
A y B son áreas de las bases “ h “ es la longitud de la altura. 797
TRONCO DE PIRAMIDE REGULAR.- Es el tronco de pirámide regular, de bases paralelas. Las caras laterales son trapecios isósceles. El segmento que une los puntos medios de las bases de cada cara lateral, representa un apotema del tronco. ( Ejm.: MN ). El volumen se calcula con la fórmula anterior.
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
Hallar el área lateral y el volumen de una pirámide regular hexagonal, sabiendo que las caras laterales forman diedros de 45° con la base y las aristas básicas tienen longitudes “ a “. Dar como respuesta el volumen. 4 3 C> 3 3
A) a3
E
Solución - Incógnitas SL y V. OM es el apotema de la base. Se calcula su v a lo r: OM = — J~3 2v En el T.R. EOM ( isósceles ) EM = ( OM ) J~2 ; EM = | / 6
y:
OM = EO =
(1 )•
( 2 ).
Cálculo del Area Lateral: SL = 6 ( S aeb) = 6
798
' A B _E M ' ,
2
,
V C álculo del Volum en
1 V = “ (área de la b a s e ). EO w 1 V = - ^ f - a 2/ 3 3
Rpta: 2)
•-/3 2v
( D ).
Hallar la fórmula para calcular los volúmenes del tetraedro y octaedro, regulares, en función de la longitud “ a “ de la arista.
Solución a)
r-
Tetraedro regular: Se sabe que, la longitud de la altura del tetraedro regular, es: EH = - J 6 3V Luego, el vo lum en: 1 V = - r ( área A ACD ) . EH O
Í3
v - l
3
\ ( fórmula)
b)
Octaedro re g u la r: Del gráfico: Voctaedro = 2 V EACDG Voctaedro
2 . [ ~r( área ACDG ) . EO ]
D Voctaedro = 2
( fórmula)
3)
Hallar el volumen del sólido que se obtiene al unir los centros de las caras de un cubo, de volumen V.
A) 2V
B) V
C)
V
V
V D)
E) 799
Solución Sea el gráfico del problema : Al unir los centros de las caras del cubo se forma doble pirámide: Se observa, del gráfico: ’OPQR “
y M N
— ( ^ABCD )
1 = —.altura delapirám ide
M - O P Q R .
Volumen pedido: V
= 2 ( V M - OPQR ) /
V,
=
2
(
S 0PQ R . M N
Vx = Rpta: 4)
Vx =
V
Hallar el volumen del solido que se forma al unir los puntos medios de las aristas de un cubo, de volumen “ V B )|V
A> 2
c )fv
Solución Sea la figura: El volumen Vx, pedido, equivale al del cubo, menos el de las ocho pirámides: Vx = Vcubo - 8 1í Vpirámide * 1 V„ = V - 8 [ 1 . ( S ' 1 V X= V - 8
' 1
bac)
a
.(EA)]
f a '
a ^
•
3
, 2 ' 2 ' 2 > , 2 y
3 V - — ; pero a3 = V , luego: V V‘ = V - ? Rpta:
800
=
( E ).
V
=
)
a¿ a 2 \ 3'~2'2 j t
(E )
V =
6
D )|V
E )|V
V
5)
Se tiene un pirámide E - ABCD, cuya base es un trapecio, siendo BC || AD; BC = 6 y AD = 10. Hallar el volumen, sabiendo que el área de la proyección de la pirámide, sobre un plano per pendicular a B C , e s 1 8 . A) 108
B) 96
D) 50
E) 10
C) 13
Solución - En el gráfico, P es un plano de proyección, perpendicular a B C . BC y AD se proyectan como puntos. La altura de la pirámide se proyecta en su verdadera magnitud ( RH = EF ). MN tiene igual longitud que la altura del trapecio ABCD. 1 Para el volumen : V = — ( SABCD) . EF 3
V-l
^ BC + AD
3 v
x MN
EF
Como E F = RH : 1 /-' ah \ M N x RH V = — x /( dBC + A D ) x -------------3 v ; 2 w
MN x RH Pero ------------
0
SMRN
V - — x ( BC + AD ) x SMRN 1 Con los datos : V = — x ( 6 + 1 0 ) x 18 O De donde: V = 96 Rpta: 6)
( B ).
Hallar el volumen de una pirámide regular cuadrangular, sabiendo que el lado de la base tiene longitud “ a “ y el plano que pasa por una arista básica y la base media de la cara opuesta, forma un diedro de 45° con la base. a3 A )T
a3 b j—
a3 C )T
a3 D )T
a3 E )801
V
Solución Sea la figura del problema: Sea E - ABCD, la pirámide y MNCD el plano que forma diedro de 45° con la base ABCD. ( Figura 1 ). Si trazamos EP 1 AB y EQ _L CD, en el triángulo PEQ se puede hallar la longitud de la altura EH, de la pirámi de. ( Figura 2 ).
EH = 3 ( GH )
Siendo : GH = HQ = EH =
3a
Luego, el volumen de la pirámide : 1 3
^(a2) Rpta:
3a
\ J
( A ).
Hallar el volumen de una pirámide E - ABC, cuyas caras laterales forman diedros de 45° con la base ABC.
7)
S i : AB = 13 c m . ; BC = 15 cm.
y AC = 14cm.
B) 115 cm
A) 110 cm
C) 118 cm3
Solución - AB = 13 ; BC = 15 ; AC = 14 C álculo de la altura EH : En el gráfico: EQH = EPH = EÑH = 45 Luego: AE H Q = A E H P
= A EHN
HQ = HN = HP 802
D) 112 cm3
E) 120 cm3
Es decir, H equidista de los lados del triángulo ABC. H es el incentro del triángulo y r el inradio. Luego : EH = r Para hallar SABC, con fórmula de Herón: P=
13 + 14 + 15
= 21
/.
p = 21
SABC = V 2 1( 21 - 1 3 ) ( 2 1 - 14 ) ( 2 1 - -!5)
;
SABC = 84 También : SABC = pr; sustituyendo valores resulta: EH = 4
r = 4 El volumen de la pirámide:
V = - x SABC x EH = - x 84 x 4 = 112 3 3 Rpta:
( D ).
Las áreas de las bases de dos pirámides semejantes, son entre sí como 4 es a 9. Hallar la relación de sus volúmenes.
8 B) 27
A)
D)
C> 9
27
E) Ning. anterior
Solución Siendo las áreas S1 y S2; las alturas h, y h2; se sabe que se debe cumplir \2 1
__
\
\ Luego :
1
4
h2
hi _ 2
9
Luego, para los volúmenes V1 _ V Rpta:
V, _ 8
ül V h2
/
Vo
27
( B ).
En qué relación se encuentran los volúmenes de los sólidos parciales que determina el plano mediatriz de la altura de una pirámide. 1
A> i
1 B> i
1
C> 4
1 ° > 5
1 E> 7 H (K 5
Solución - Sea la figura: Del gráfico, se pide -^L , para h = ^
Se sabe que :
= JíL Vtotal H /
H
\3
V1 _ Vtotal
V V,total
Es decir:
Lueg° : Rpta: 10)
H
V, = ¿ V,ota|
V2 = | v , otat
v2 “ 7
( E ).
El número de caras de una pirámide es 10. Hallar la suma de los ángulos internos de todas las caras. A) 3600°
B ) 2880°
C ) 2800
D ) 2400
E) Ning. anterior.
Solución Si “ n “ es el número de lados en la base, entonces el número de caras laterales será “ n “ El total de caras ( incluida la base ), será n + 1, Por dato : n + 1 = 10 .*.■ n = 9. El número de vértices en la base : 9. El total de vértices, incluyendo el de la pirámide :
V = n+1
; V = 9+1=10
La suma de los ángulos en todas las caras, se sabe por fórmula : 360° ( V - 2 ) = 360° ( 10 - 2 ) = 2880 Rpta: 11)
( B ).
Estabecer relaciones entre el número de caras “ C aristas “A”, de una pirámide.
Solución - Suponiendo “ n “ lados en la base: A = n aristas básicas + n aristas laterales. A = 2n 804
O
2
=
n
número de vértices “ V
número de
V = n vértices en la base + 1 V = n+ 1 ó
n = V- 1
C = 1 base + n caras laterales ; C = n+ 1 ó
n = C- 1
Luego : Obsérvese, que: V = C
El volumen de un tetraedro ABCD , es 30 u3. Sobre AB, AC y AD se toman los puntos UM V N U y - R respectivamente. S i : AM = MB ; AN = 2 NC y 2 AR = 3 RD, hallar el volumen del sólido BCDRMN. A) 28 u3
B) 24 u3
C) 22 u3
D) 20 u3
E) 18 u3
Solución Incógnita: VBCDRNM Las pirámides AMNR y ABCD, tienen en compun el triedro A. Luego: Vamnr _ AM . AN . AR Vabcd AB . AC . AD Sustituyendo datos y valores asigna dos por el enunciado: VAMNR 30 U Pero
a . 2 b . 3n 0 _ Qh , 2 a . 3 b . 5n
:
v amnr
_ 3 = 6u
V BCDRNM = VABCD - V AMNR
Luego . Rpta:
w
^ bcdrnm - ^4 u3
( B ).
Hallar el volumen de una pirámide regular hexagonal, circunscrita a una esfera de radio “ r u, sabiendo que las caras laterales forman diedros de 60° con la base. A) r3
C )6rV 3
D) 7 r3
E) 3 r3 ^[3
Solución Incógnita: V La superficie esférica es tangente a las caras del poliedro El punto de tangencia con la cara EAC, se ubica sobre el apotema AM y con la base, en el centro “ O u. «05
Por dato: AMO = 60 Si se traza MP ; en el triángulo MOP, puede hallarse: OM = r / 3 Luego, este valor, en la base: . OM __. CM = —— ; CM = r /3
CE = 2r
En el T.R. AOM : AO = OM / 3
;
AO = 3r Por otro lado, área de la base: B = f(C E )2. / 3
B = |( 2 r ) 2/ 3
;
B = 6 r2 / 3
Finalmente, el volumen: V = Rpta: 14)
3
B( A O ) = 1 . 6 r 2 7 3 ( 3 r ) v ;
V = 6 r3 / 3
( C ).
Hallar el volumen de un tetraedro ABCD, en el cual AB = 4; CD = 6. La mínima distancia entre X § y CD, es 5 y además estas rectas se cruzan con un ángulo de medida 30°. A) 10
B) 20
C) 30
D) 40
E) 50
Solución Incógnita: V La figura 1, muestra el tetraedro y la figura 2, el procedimiento de solución B
(Fig. 2)
806
Para graficar la mínima distancia entre AB y CD, se proyecta el conjunto sobre el plano P, perpendicular a CD: ST, es la mínima distancia entre dichas rectas. Por dato : ST = 5. Como AR
CD , entonces el ángulo de cruce entre AB y CD , es el mismo que forma
AB y AR : RAB = 30°. Además : RM = BE , donde BE 1 AR. AB
E n e lT .R . A E B : BE =
BE = 2
->
RM = 2
Para el volumen: 1 V = — x área ACD x BH O w 1 CD x AQ _u V = — x --------------- x BH 3 2 Pero : AQ = RS y
BH = MN ; Luego: 1 CD x RS . -Kl V = —x x MN 3 2
Es d e c ir: 1
V = - x CD 3
' RS x MN ^
1__,, _ .,c . = — CD(area RMS)
M e jo r: w 1 „ RM x ST V = — x CD x ------------3 2 Sustituyendo datos: v/ 1 x 6 e x -------2 x 5 V = —
3
2
V = 10 Rpta:
( A ).
El volumen de tetraedro ABCD, es V AP = 2 P B ; BR = RD y
B
BQ = QC
Hallar el volumen del poliedro EFCQRD. A) y V
B )|v
C )|v
V
°> 2 807
Solución Incógnita: Vx = ? El volumen pedido, es :
(^1 )r
V = VAPEF - VAPQRDC vx
.................................. V
C\J | CO
Llamando h la altura de la pirámide ABCD, trazada desde B ; como por dato: AP = 2 entonces la altura de la pirámide APEF, trazada desde “ P ”, será —h.
Para hallar el VAPEF, falta relacionar las áreas AEF y ACD. Para ello, se recurre al teorema de Menelao en el triángulo ABC: AP BQ CF , . — x x — = 1, sust. valores : PB QC FA CF 2 x 1x — FA
= 1
FA
= 2 CF
Análogamente: EA = 2AD Luego, CD es base media del triángulo EAF. ^ aef ~ 4( SACD) 2h v (saef) APEf. = vabcd ( S aco ) ( h )
Entonces:
^£E L = 8
->
W
= § V
(2).
Ahora, se calcula VAPQRDC : VAPQRDC = V ABCD - V PBQR Como las pirámides PBQR
( a )'*
'
y ABCD tienen en común el triedro B
VpBQR ®P ^ ^ VABCD .o ^n = BA X BC X BD ; de donde : w
pbqr
BP xA BR xA BQ D r D n C )V J W e> L / = ~ ~ • V ; Sust. en ( a BA x BC x BD
\/
BP
_ \/ APQRDC -
ABCD ’
^
BR X ^
BQ X ^
Sustituyendo equivalentes : V
APQRDC
1 1 1 w = V - —x —x —xV
^APQRDC “
3
2
2
^ ^
X V
\
)
Finalmente, sustituyendo ( 2 ) y
( 3 )en ( 1 ) : fl
11
7
Vx = - V - — V ;Vx = - V x 3 12 x 4 Rpta:
(E).
El volumen de un tronco de pirámide cuadrangular regular es 74 cm3 . Si su altura mide 6 cm y el área de una de las bases es 16 cm2 Hallar el área de la otra base, en cm2. A) 4
B) 3
C) 2
D) 1
E) Ning. anterior.
Solución Se tiene, por fórmula: v
= ^ ( a + b + / á b )
Donde: V = 74 , A = 16 , h = 6. 6 Luego : 74 = — ( 16 + B + J l 6 B ) Resolviendo : Rpta:
B = 9
9 cm2 ... ( E ).
Hallar el volumen de un tronco de pirámide regular, cuadrangular, de áreas básicas 16m2 y 64m2 circunscrita a una esfera.
Solución
4 -i
Incógnita: V = ? Areas básicas:
A = 16m2. B = 64m2
Lados de las bases: 4 y 8 Para hallar “ h " , se usa la sección EFMN , donde EF = MN y con el teorema de Pitoth: EF + MN = 4 + 8 EF = MN = 6 Además: EP = QN = 2 En el T.R. EPF : h2 = EF2 - EP2 = =
62 - 22 ; h = 4 / 2 809
Ahora, recordando la fórmula del volumen V = £ (A + B + / A B ) Sustituyendo valores: _
4/2
V = — £— ( 16 + 6 4 + V 1 6 x 64 ) m3 3 V = 448-*— m,3
Rpta: ( D ). 18)
Se tiene una pirámide regular O - ABCD, de volumen “V”. Un plano que contiene a CD, intercepta a la cara opuesta en su línea media MN. Hallar el volumen del sólido AMNBCD.
A)fv
B )fv
C» ? V
D )fv
Solución - Incógnita : Vx = ? = VAMNBCD El sólido AMNBCD es un tronco de prisma triangular, de aristas laterales ÁB, MÑ y CD y bases AMD y BNC. El triángulo PQE, de la figura 2, es una sección recta del tronco. El volumen pedido: AB + MN -f CD ^
Vx = (á re a APQE )
/ F ig.2
es decir :
o
/
Vw =
a + — +a 2
f
área A POE /
v
v Donde: área A POE = 5a2 h Vx =
24
De otro lado, se tiene por dato, que:
VOABCD = V, es decir 1
810
( a2)h = V ; a2h = 3V
h
ah
( p£) 2 = T (1 )■
Reemplazando en ( 1 ): Vx = - V x
Rpta:
8
(E).
Demostrar que: Si a un tronco de pirámide de bases paralelas y con áreas en las bases B y b, se le corta por un plano paralelo a las bases, determinando sobre la altura del tronco, segmentos de longitudes m y n, respectivamente, el área de la sección “X”, obtenida, es: m ^ B + r \J b
X =
m +n
2
| /
Donde “ m “ es la distancia entre las regiones de áreas b y X.
Solución Sea el gráfico de acuerdo al enuncia do: Con el gráfico, donde: MNPQ || AECD || A 'E ’C'D’; por pro piedad : B
b
X
OA
OA'
OM
Extrayendo raíz cuadrada a todo:
JB
/b
_ /X
(D
OA " OA' - OM
y[B _ OA D e(1):
J x ~ OM
Por propiedad de proporciones: / B - / X /X De donde : ^
~ AM
Otra vez de (1 ) :
O A-O M "
. / B - / X
Jx
OM
_ AM
~ OM
= V Z . . . ( 2 ). OM /x
OM
yfb
OA'
Por propiedad de proporciones:
■{X- Jb /b
QM
yfx -Jb
- OA1 . OA'
’
/b
A 'M OA' 811
Luego : .
/b
y fx ~ y [b
A 'M
(3 )
OA'
Según la expresión (1 ) , los segundos miembros de ( 2 ) y ( 3 ) son ¡guales , luego los primeros deben serlo :
J b -/X
/X
AM
JB - /X De donde
A'M
_ AM
- J b ~ A'M
/X
Pero, en la figura, por Thales
Entonces
-/b
:
J B -J x
n
/X
m
- /F
AM
n
A'M
m
Efectuando y despejando X
X =
f \
+ r\^fb m+ n
\ / l.q.q.d
Nota.- Si el plano pasa por el punto medio de las aristas laterales del tronco, a la sección determinada se llama base media del tronco y su área, por ser m = n , queda: X=
'
JB + Jb
\2
\ E - ABCD, es una pirámide regular, de base cuadrangular. MNQP es un pla no secante a la superficie lateral. Demostrar, que:
Solución Una forma de solucionar este problema es relacionando volúmenes de pirámides triangula res que tienen un mismo triedro: Ve m n q _ EM x EN x EQ
VEabc
^
x
x ^
(a )
V
Vempq _ EM x EP x EQ VEAcd
x
(b )
x
Como la pirámide EABCD es regular: EA = EB = EC = ED = a vy '■ V EABC = VEACO = V V De modo que al sumar miembro a miembro ( a ) con ( b ) se pueden escribir a s í : EMNQ + VEMPQ _ E M x E Q( E N + EP) V VEMNQP EM x EQ( EN + EP ) v/ — 2 V
Luego De donde:
V EMNQP
V . EM x EQ ( EN + EP ) ............( 1 )
Análogamente
f VEBCD
EN x EP x EQ EB x ED x EC
Vemnp V,EABD
EM x EN x EP EA x EB x ED
Venqp
y •
(c).
(d)
V-.™ = V ; al sumar las expresiones ( c ) y ( d ), se puede escribir así S iendo: V EBCD = ” ' EABD v enqp + vemnp _ EN x E P (E Q + EM ) V " a3 Pero rciu Luego :
V + VV EMNP = V VENQPT v EMNQP V EMNQP
V . EN x EP ( EQ + EM ) .......... ( 2 )
Así, igualando (1 ) y ( 2 ) EM x EQ ( EN + EP ) = EN x EP ( EQ + EM )
De donde, fácilmente se llega: 1
EP
+
1
1
EN
EM
+
1 EQ
813
r V
CILINDROS Y TRONCOS DE CILINDROS Superficie C ilíndrica.Es la superficie generada , al deslizarse una recta ( generatriz ) , a lo largo de una curva , ( directriz ) , manteniéndose paralela a su posición inicial.
Fig. 1
Fig.2
En la figura 1: r, es la generatriz de la superficie cilindrica y c 1, la directriz. Como c1 no es cerrada, la superficie obtenida es abierta. En la figura 2: c2 es una curva cerrada; Luego, la superficie generada es cerrada. C ilindro.- Es el sólido obtenido al interceptar una superficie cilindrica cerrada, por medio de dos planos
_____ Tí ■’B ’ N
paralelos.
< llfljlm 9 J¡y//® / M t M i l ¡IJ / ~ j ¡ [ [[ [J jif fi
Las regiones que determinan dichos planos, son las bases del cilindro y la distancia entre ellos es la altura. Las bases son congruentes. Si “B”, es el área de una base y “h” longitud de la altura; el volumen del sóido se evalúa:
¿ ^
' W ljíM n ¡im x /ii/
__ 1 r
/
V = B. h 815
- En la figura, eLsegmento de longitud g, es la generatriz del cilindro. - La sección recta del cilindro, es la intersección del sólido con un plano perpendicular a las generatrices. ( Todas las generatrices del cilindro, son congruentes ). -
El cilindro es oblicuo, si las generatrices son oblicuas a las bases.
-
El cilindro es recto, si las generatrices son perpendiculares a las bases .En este caso : g = h y además, las secciones rectas son congruentes a las bases.
-
Si “ C ", es el perímetro de una sección recta, entonces el área de lasuperficie lateral, se expresa :
V, el área to ta l: - Si SR, es el área de una sección recta, el volumen : CILINDRO DE REVOLUCION Se genera al girar una región rectangular, una vuelta, alrededor de un eje que contiene a un lado. Las bases son círculos y la altura mide igual que la generatriz . Es también llamado cilindro circular recto.
9
Fórm ulas : - Area T o ta l:
Area la te ra l: - Volumen :
En este caso :
St = SL + 2B
B = rtr2
D esarrollo de la su p e rfic ie lateral.- Es la región rectangular, obtenida al extender ( desarrollar) la superficie lateral, de modo que los lados del rectángulo sean la generatriz y las circunferencias de las bases, del cilindro de revolución original.
g
816
27tr
Nota.- En el caso de un cilindro oblicuo, el desarrollo puede resultar romboide o rombo
r
TRONCO DE CILINDRO Se obtiene al intersectar la superficie lateral de un cilindro, con un plano no paralelo a las bases. En la figura 1, OO1 es el eje del tro n c o ; g y G , son longitudes de dos generatrices opuestas. ( g < G ). Las secciones rectas del tronco son las mismas que del cilindro original. El volumen se puede evaluar, así: V = (área de una sección re c ta ). OO*
Donde: OO* = Si el tronco se deriva de un cilindro de revolución, su volumen es : v = 7cr2 f g ± Q
( figura .2 .) Si una generatriz es nula, el sólido se llama “cuña cilindrica”. Por ejemplo, en la figura 3 .: V = n r2
•
' 0+ G
•
817
Otras posibilidades
h y H : alturas
(h
B : área de la base.
Tronco de cilindro de revolución, con dos bases elípticas. área de la sección recta : n r2
( Si g 1 = 0, se trata de una cuña ci lindrica ). Algunos “desarrollos” de las superficies laterales de troncos de cilindro, son (a)
t
G
T
g X 2rcr
1)
Un cilindro está lleno de agua hasta la mitad. Se suelta un pedazo metálico y el nivel del agua sube en 3,5 cm. Si el diámetro del cilindro es 8 cm. ¿Cuál es el volumen del pedazo? A ) 1 7 5 cm3
B) Faltan datos
E) 0,226 t.
C) 88 cm3
Solución La variación es debida al trozo metá lico, y su volumen es :
82 ) ( 3 # 5 ) =
( * . _
Rpta: 2)
• *
variación
175
(A)
Trozo metálico ABCD, es un rectángulo. Se traza BH _L A C . Si V, y V2, son los volúmenes oe los sólidos obtenidos al girar la región triangular ABCD, alrededor de AB y B C , respectivamente. H a lla r:
A ,f
V1
, s i:
AH HC
25
2
25 C)
25
D)
2 E>3 819
Solución Con el gráfico Alrededor de AB : V1 = k ( BC )2 . AB Alrededor de B C : V2 = k ( AB )2 . BC Luego : ^
_ ; t ( B C ) . AB
V2
ti(
Vo
A B )2 . BC
(I)-
AB
Por otro lado, en el A ABC, según relación métrica:
(BC] Con el dato :
25
( AB ):
Reemplazando esto último, en ( I ) :
( BC f
HC
(AB) 2
AH
BC
5
AB
2
V1 _ 5
Rpta: ( A ).
AB y CD , son generatrices opuestas de un cilindro circular recto y O punto medio de B C . Siendo E un punto de C D , tal que OE 1 A E , CE = 8 cm. y ED = 9 cm. Hallar el área total del sólido. A) 138 Ticm2
B) 207 ncm2
C) 206 ncm2
Solución Sea r el radio de la base: r 8 A O C E ~ A EDA- * g = ^ r = 6 El área total: ST = SL + 2?tr2 ST = 27tr ( CD ) + 2711^ = =2
ti
Rpta:
x 6 ( 1 7 ) + 2 tt x 62 .*. ST = 276 TC (E ).
D) 204 ncm2
E) 276 ncm2
V
En un vaso que tiene la forma de un cilindro recto de revolución, la altura es el doble del diámetro de la base. Si el vaso contiene un líquido que ocupa las 3/4 partes de su capacidad, determinar el ángulo que debe inclinarse desde su posición normal hasta el instante en que el líquido esté por derramarse.
4)
A) 30
B) 37
D) 53
C) 45
E) 60
Solución * Incógnita : a * Llamando V el volumen del vaso; el líquido ocupa los —V. V Luego, el volumen vacío será — y corresponde a la cuña ABC. Al trazar AF D E , formando el cilin dro ABCF, su volumen será el doble V V de ABC, es d e c ir: 2 . — = — Como el volumen de ABCF es la mitad del total: AB = Luego, en el A ABC : AB = BC
BD
a = 45
Rpta: ( C ). 5)
El desarrollo de la superficie lateral de un cilindro oblicuo, de bases elípticas, es un rombo de diagonales 12cm. y 16cm., respectivamente. Hallar el volumen del sólido. A) 1152 7c cm3
1152 ti 3 B) — - — c rrf 5
576 tc 3 C) — r — cor* 5
D)
100 TC
3 cmJ
1152 3 E) “T — cm
Solución -
Volumen
:
V
=
tc
r2 . AB B
B’
Sección recta (círculo de radio r)
A'B=12 AB’=16
(desarrollo de la superficie lateral) A’ 821
- En el A B M B ', del desarrollo : BB’ = 10 AB = 10 ( Longitud de la generatriz )
Luego, por ser rombo : AB = BB’
A’H, es igual a la longitud de la circunferencia de una seción recta. En el A ABA’ : AB x A’H = A’B x AM 10 x A’H = 1 2 x 8
- P e ro : A’H = 2nr
—>
-+
2rcr =
48
A’H =
24
48
5n
- Finalmente, el volumen: V = rcr2 . AB 24
V = 71 V 5n j
x 10
-+
w 1152 3 V = cm3 571
Rpta: ( E) . 6)
Hallar el volumen de un cilindro oblicuo, de base circular; sabiendo que la generatriz mide igual que el diámetro de la base y la distancia del centro Q de una de dichas bases , a los extremos de un diámetro AC de la otra, son 9 y 13 cm. ; respectivamente. B) 64 n
A) 60 k cm3
cm
C) 60 7i
cm3
D) 72 n ^/’T íc m 3
E) N.A.
Solución - Si r , es radio de la base: g = 2r. QO = g = 2r, ( Q y O : ce n tro s). - En el A AQC, por el teorema de la mediana: AQ
+Q C
= 2Q O
132 + 9a = 2 ( 2 r ) 2 + r = 5
y
+
AC
(2r)
AC = 10 Q Luego, para hallar la longitud de la altu ra, h; usamos el teorema de Herón en el A AQC: p _ 13 + 9 + 10 _ 1 6 ( semiperímetro )
h= 822
16(16-13)(16-9)(16-10)
t»
12 h = _ z .J l4 5 v - Entonces, el volumen del cilindro: V = V = Rpta: 7)
ti
10 . x 52 x —
ti
r2 h .
cm3
-»
V =
6 0 tc/ T 4
cm'
( C ).
Hallar el área total de un cilindro de revolución, en el cual la diagonal axial mide 17cm. y la distancia de un punto de la circunferencia de una base, al centro de la otra, es -y/241 cm. A) 164 Ticm2
B) 148 rccm2
C) 152 Ttcm2
D) 172 rccm2
E) N.A.
Solución - S T = 2 7 i r h + 2 7 i r 2 ............( I ). - Consideremos el gráfico adjunto. Si AB y CD , son diámetros opues tos, se llama diagonal axial del cilin dro, a la diagonal del rectángulo ABCD, AD = 17. También, por dato : AM = ^ 2 4 1 - Por el Teorema de Pitágoras : A ACM AACD - Restando ( I I I ) - ( I I ) : 3 ^ = 48
->
h2 + r2 = 241 .
(II).
h2 + 4r2 = 289
(III)
r = 4
h = 15 - Reemplazando en ( I ) : ST = 2n x 4 x 15 + 27t x 42 ST = 152 71 cm2 Rpta:
8)
( C ).
AC» es una generatriz del cilindro circular recto de radio r, en la figura adjunta. CB, es diámetro. E, un punto de AC- Hallar la longitud mínima de la trayectoria ABE sobre la superficie lateral del cilindro, sabiendo que
r =
15 71
AE = 12
y
EC = 8
A) 32 B) 52 C) 42 D) 62 E) 36
Solución
A’
Se pide el valor mínimo de la curva ABE. En la figura adjunta, la región rectan gular ACC'A’, es desarrollo de la su perficie lateral del cilindro.
12
20
E 8
ri 15
Se tiene: CC’ = longitud de la circun ferencia de la base. CC’ = 2 7t r = 2 ti
\ / B
15
r C’
15 x — =30 n
CB = BC' = 15 La trayectoria curva AB, sobre la superficie del cilindro, equivale a la longitud del segmento AB, en el desarrollo. La trayectoria curva BE, equivale a la longitud del BE. A ACB
( AB )2 = 152 + 202
AB = 25
ABC* E
( B E )2 = 1 5 2 + 8 2
BE = 17
Rpta: ( C ).
Hallar el volumen del cilindro circular recto de la figura. AB y CD son diá metros. AB 1 CD. La sección DBC tiene área 32rc cm2. y forma un diedro de 60° con la base. A) 128 7 t / 6 c m 3
B )1 2 8 jt/3 c m 3
C) 1 2 8 /2 cm3
D) 128 7t ^ 2 crrv
E) 128 7i cm3
AB + BE = 42, es la longi tud de la mínima trayectoria curva ABE .
Solución Se tiene:
AREA DEL SEMICIRCULO CDH
' AREA DE LA SECCION DBC
AREA DEL SEMICIRCULO CDH
32 je cm
tcOH
^ x —
OH = 4 / 2
= 1671
En el A BHO: BH = ( OH ) / 3
2
x Cos 60
BH = 4 / ?
Entonces, el volumen del cilindro: V = Jt ( OH
) . BH
V = k (4 /2 f
.4 /6
V = 128
Rpta:
tc /
6
cm3
( A ).
Un cilindro oblicuo está circunscrito a una esfera de radio “ r ” y las generatrices, inclinadas 60°, respecto al plano de la base. H a lla r:
( a ) El área lateral del cilindro. ( b ) El área de cada base. ( c ) El volumen
Solución La sección recta , es un círculo de radio r , igual al de la esfera. ( Un círculo máximo de la esfera ). La longitud de la altura del cilindro:
En la sección ABCD: ACHD
F
CD =
.
( CH)
.
/ 3
CD =
(2r) /3 D
f longitud de la generatriz
> 825
r
- Area L a te ra l: SL = 2 n r ( C D ) = 27tr
- V o lu m e n :
4
V = 7cr2 ( C H ) = 7 c r 2( 2 r )
871 r2 J 3 - 3
^
-> V = 2 ^ ^
Rpta
Rpta.
AREA EN BASES: El área de una base se encuentra a s í : área de la sección recta = ( área de la base ) cos 30° —»
rc r2 = ( área de la base ) x
11)
En un tronco de cilindro circular recto, la generatriz mínima es nula y los planos de las bases forman un diedro de 60°. Hallar el volumen del sólido, sabiendo que la suma de las áreas de las bases es 487icm2. A) 48
ti
cm3
B) 128
ti
cm3
C) 64
tc
cm3
D) 128
ti
cm3
E) N.A.
Solución - Consideremos el gráfico adjunto: EC
Generatriz máxima. m Z EAC = 60°
- El volumen pedido: V = 7i r2 . E C ............
(I)
Si r es el radio de la base ; en el A ACE, se tiene: EC = ( AC ) / 3 EC = 2 r / 3 . . . ( I I ) . - Area de la base c irc u la r: B- = 7t r2 -
Para hallar el área de la región elíptica: B1 = B2 . cos 60° tc r2 = B2 x j Por dato: B1 + B2 = 48 -»
EC = 8.y~3 cm
- Y, en ( I ) : V = 7i(4cm)2 . 8
( D ).
ti
cm2
rcr2 + 2 n r 2 = 487tcm2 r = 4 cm.
- Entonces, en ( I I ) :
B2 = 2 k r2
Hallar el volumen del tronco de cilin dro circular re c to ; si AB = 40 ; CD = 20, m Z ABC = 45° y m Z BHA = 90° . ( P y Q: Centros ). A) 720 Jt B) 750
ti
C) 780
tí
> H
D D) 8 1 0 ti E) 700 7t
Solución Del g rá fic o : A AHB
HM
ACHD
HN
45
1 20
MN = H M - H N MN = 2 0 - 10 MN = 10 - El volumen del tronco de cilindro : V = ( área de la sección recta ) .
o ( AB + CD ^ I= V = k r I ------
ti
( B ).
Hallar el volumen del tronco de cilin dro circular recto circunscrito a la es fera de radio r, sabiendo que el eje AB de la elipse , forma un ángulo de 45° gon la generatriz máxima B C . A) 7t r» / 2
B) 2it r3 ( / I
C) 2n r3 E )*|3 (/2 -1)
+ 1)
D) n r3 ( / ¥ + 1)
\
c2 f 40 + 20 ^ x 5*1 -----------
V = 750 7t Rpta:
AB + CD
Solución - El radio de la base, es igual al de la esfera : r - El volumen del tronco, se evalúa: V = (área de la base)
AD + BC N /
V = ( ixr2)
-.(i). /
En la sección ABCD , por el teorema de Pitoth : AD + BC = AB + CD AD + BC = 2r J~2 + 2 r .. ( I I ). Reemplaz. ( I I ) en ( I ):
v.(„=)
' 2 r / 2 + 2r ' V = Jtr3 ( J~2 + i )
j
v
Rpta:
( D ).
14) ^ B
Hallar el volumen de la “cuña cilindrica” circunscrita a la esfera de radio r, siendo AB y AC ejes de las elipses ; AB = AC y AB ± AC. A) 7ir3 ( 5 / 2 + 7 )
B) 7tr3 ( 5 + / 7 )
C ,H Í(5 ^ +^ )
D)í £ ( 5>f 2 - 7 )
E ) ^ ( 5 / 2 + 7)
Solución B
- En la sección BAC:
I
AH = r ( J 2 + 1 ) ; BC = 2 r ( / 2 + 1 )
y
AH =
- El radio de la sección recta, es : - Luego, el volumen : 828
BC
l_l generatriz máxima
AH ±
V = ( área de la sección recta ) . 1 X <
V =
7C ^ 2 J _ —
/
/ 2 + l f
•
2 r(V 2 + l)
/
Efectuando:
V -íll(5 /2 +7) Rpta: ( E )
\
íl B2C1J
V = kr V
' O + BC
CAPITULO 2 9 CONO Y TRONCO DE CONO S uperficie Cónica. Es la superficie que se genera, al deslizarse una recta, ( generatriz), a lo largo de una curva (directriz), pasando siempre por un punto fijo del espacio.
Figura 1
Figura 2
La figura 1, muestra una superficie cónica abierta. La directriz C , , es una línea y V es la generatriz. La figura 2 , muestra una superficie cónica cerrada , debido a que la directriz C2 es una curva cerrada. C O N O .- Es el s ó lid o o b t e n i d o al interpceptar una superficie cónica cerrada, mediante ün plano. La figura muestra un cono. El punto uO” es vértice, “B" el área de la base y “h”, longitud de la altura. La base puede ser cualquier curva cerra da. El volumen V, se expresa a s í :
CONO DE REVOLUCION.- Se genera, al girar la región correspondiente a un triángulo rectángulo, una vuelta, alrededor de un eje que contiene a un cateto. El otro cateto genera la base ( círcu lo ) y la hipotenusa ( generatriz) , genera la super ficie lateral. Area lateral : SL = n r g | Area Total : ( En este caso
ST = SL + B I ; :
B = k r2 I )
D esarrollo de la S uperficie Lateral.- Es un sector circular que tiene por radio la generatriz del cono y por arco, la longitud de la circunferencia de la base del cono:
Cono de o 'evolución
Se verifica que: 2 n r = 2 n g .
a
i
v 360 j PROPIEDADES Si se intercepta la superficie lateral de un cono, mediante un plano paralelo a la base, se obtiene otro cono parcial, semejante al original. En este caso, se cumple que :
a)
Las áreas son entre sí como los cua drados de las alturas o como el cua drado de las generatrices. Así: (Fig. 3)
S, y S2, pueden ser áreas laterales, tota les o áreas de las bases de los conos. 832
Los volúmenes son entre sí como los cubos de las alturas o como el cubo de las generatrices ( Fig. 3 ) V, _ ( h, )3 _ ( OE )3 V
( h2 )3
( OA )3
TR O N C O DE CO NO
Fig. 1
Cono deficiente Se obtiene al interceptar la superficie lateral de un cono, con un plano cualquiera, para lelo o no a la base.
TRONCO DE CONO DE REVOLUCION Se genera al girar, una vuelta, la re gión correspondiente a un trapecio rectángulo, alrededor del eje que con tiene al lado perpendicular a las ba ses. Las bases son círculos y la altura del trapecio es altura del tronco. Fig. 2 Para la figura 2 : 9
->
Longitud de la generatriz,
h
->
longitud de la altura,
R y r ->
Volumen
radios de las bases (círculos)
rch V = — ( r2 + R2 + R r )
Area lateral :
SL = 71 ( R + r ) g
Area Total :
ST = SL + rcr2 + rtR2|
El “ desarrollo" de la superficie de un tronco de cono de revolución , es un trapecio circular.
833
PROBLEMAS RESUELTOS La superficie lateral de un cono de revolución se intersecta por un plano paralelo a la base, determinando un cono parcial. Si las áreas laterales del cono parcial y tronco de cono, son entre sí como 4 es a 5 ; hallar la relación de volúmenes del cono parcial al cono total.
1)
8 C) 27
64 A)
125
D)
11 25
Solución Por dato: ^Cono Parcial
4
^Tronco de Cono
5
Scono parcial _ 4 9 ^Cono Total Por propiedad: ^Cono Parcial ^Cono Total
H
H - Entonces, la relación de volúmenes: VCono Parcial VCono Total
Rpta: H34
(C)
/
8 27
2)
Dado un cono de revolución, de vértice E, y volumen 54 cm3., se traza un diámetro AC en el círculo de la base. Hallar el volumen del tronco de cono que se determina al trazar un plano paralelo a la base, por el baricentro de la región triangular AEC. A) 19 cm3.
B ) 1 9 7tcm3
C) 36 cm3.
D) 38 cm3
E) 36 cm 3
Solución - V = •? v TRONCO V = 54 cm3 v CONO TOTAL * Como G, es baricentro del h AAEC:
2
H = 3
* Se tendrá : V = V - vVCONO PARCIAL y TRONCO v CONO TOTAL V - '■54rm 3 - vVCONO PARCIAL v TRONCO >‘+ ^ "1
(I)
* Por otro lado, de la semejanza entre los conos : VCono
Parcial
VCono
—»
VCono
parcial _
54 cm3
Total
( 2 \3 \ 3 /
v cono parcial = 16 cm3. Reemplazando en ( I ) V tronco
Rpta: 3)
=
3 8 C fT l3
( D ).
Un cono de revolución, se llama equilátero, si la generatriz mide igual que el diámetro de la base. Hallar el volumen de un cono equilátero, conociendo el radio r de la esfera inscrita en él. A) 2 7i r3
B)
ti
r3
CJnr3 / 3
D)3rtr3
E) 9
tc r3
Solución - Sea el cono de la figura : AE = EC = AC A AEC, equilátero m Z ACE = 60° y
m Z MCO = m Z OCE = 30
- El volumen : V = ^ x
n( MC )2 x EM 835
V = ^ x n ( r / 3 )2 x ( 3 r ) • *
Rpta:
( D ).
Sobre la superficie lateral de un cono de revolución se toma un punto distante 6 , 1 6 y 10 cm. de la altura, la base y el vértice , respectivamente. Hallar el área total del cono.
4)
A) 854 k cm2
B) 324 it cm2
C) 864
ti
cm2
D) 824 n cm2
E) 844 k cm2
Solución - Sea P el punto en mención. Datos: PF = 6 , PQ = 16 y PE = 10 En el A EFP: EF
= PE
- PF
EF = 8 - A EOC - A E F P : R 6
OC EO FP " EF
24 8
R = 18
También: EC EP
EO EF
JL 10
24
8
g = 30
- Luego, el área total ST = ji R2 + n R g ST = 7 tx1 8 2 + 7tx18x30
ST = 864 k cm2 Rpta:
5)
(C).
La figura, muestra un cilindro circular recto, inscrito en un cono de revolución. E! cono parcial, de vértice E , y el cilindro , son equivalentes. ¿Qué fracción del volumen del cono total, es el volumen del cono parcial? A)
25 64 27
B)
64 9
C) D)
16 36 125 1
E) 836
4
Solución
—>
< o H
- Sean :
Volumen del cono total.
VCP —» a. >° •
- Se pide
'
=
Volumen del cono parcial
? A 9
vCT — r2 h = n r 2 ( H - h) 3 v ;
I : V CONO
PARCIAL
h H
Rpta: 6)
II CL >°
- Luego :
3 ' h ^
' 3 '
VCT
1v H J
^4 ,
3
—> VCP VCT
3 4 27 64
( B ).
Hallar el volumen de un cono de revolución, conociendo los radios R y r, de la base y de la esfera inscrita, respectivamente.
Solución 1 V = — x 7t R 2h = ? O * Para hallar h : A MTE - A COE EM
TM
h- r
EC “ OC
h=
VR2 + h
r R
2rR (R 2 - r 2 )
- Entonces :
V = 7" x 71 R2 h O Rpta:
7)
Hallar el área lateral de un tronco de cono de revolución, circunscrito a una esfera. La generatriz del tronco mide 4 cm. A) 4 7i cm2
B) 2 7i cm2
C)
8 7 ic m 2
D) 16 cm
E) 16 7i cm2
837
V
Solución - El área lateral del tronco de cono tiene fórmula: SL = J i ( r + R ) g
(I).
- En la sección ABCD, por el Teorema de Pitoth: BC + AD = AB + CD 2r + 2R = 4cm + 4c m Luego: r + R = 4 cm. - Reemplazando, en ( I ) : SL = Rpta:
7t
( 4cm ) ( 4cm )
SL = 16 tc cm2
(E).
El desarrollo de la superficie lateral de un cono de revolución, es un sector circular de radio 15 cm. y arco de medida 216o. Hallar el volumen del cono original.
8)
A) 328 k cm3
B) 326 n cm3
C)364rccm 3
D )3 5 4 rccm 3
E) 324 7ccm3
Solución La generatriz del cono mide igual que el radio del sector en el desarrollo de la superficie lateral.
A'
g = 15 216 -
l
a
¿
a
'
=
2
K
g
x
360 / / 216 271 r = 2 k x 15 x 360 / V ‘
r = 9 - En el cono :
h2 = g2 - r 2 = 1 5 2 - 9 2
h = 12
- Finalmente, el volumen V del cono: V = — x ji x r2 x h = | x O O Rpta: 9)
g2 x 12
V = 324 n cm3
( E ).
El desarrollo de la superficie lateral de un tronco de cono de revolución, es un trapecio circular de área 30 n cm2. Hallar el volumen del tronco de cono, si la altura y la generatriz miden 3 y 5 cm., respectivamente.
A) 31 tí cm3 838
kx
B) 30 rc cm
C) 27 n cm3
D) 33 ti cm
E) 32 rc cm:
Solución V = ?
Area L a te ra l: n ( R + r ) g = 30 tu (
ti
R + r ) 5 = 30
R+r = 6
(I)
En el A EFC : EC = 5 y EF = 3 -> FC = 4 R - r = 4 ............( II ).
"desarrollo" de la superficie lateral
R = 5 y r = 1, de ( I ) y ( I I ).
n V = - h ( R2 + r U Rr). ó
El volumen :
K V = - x 3 ( 5 2+12+ 5 x 1 ) V = 31 Rpta:
ti
cm3
( A ).
Hallar el volumen de un tronco de cono de revolución, sabiendo que los radios de las bases, miden 8 y 12 cm., respectivamente y que el área de la superficie lateral es igual a la suma de áreas de las bases. 71 A) 3264 - r cm3
71
B) 3268 — cm 3
C) 3624 - cm
D) 2624 ^ cm3 b
E) N.A
Solución Dato : k ( 8 + 12 )g = 7t ( 82 + 122 )
52 g =
Sean O y M, centros de las bases. Se traza ME, paralelo a la generatriz NF. AEOM: h2 = g2 - OE /
h2 =
h =
2
52 N
\ 5 j
- 42
48
Luego, el volumen del tronco : 71 7t 48 V = - x h [ R2 + r2 + Rr ] = - x — [ 82 + 122 + 8 x 12 ] 3 3 5 q ^Q
V = 3264
Rpta: 11)
^5 cm3
( A ).
Hallar el volumen de un tronco de cono de revolución, cuyas bases tienen radios 4 y 9cm., respectivamente. El área total del cono, es 266 7c cm2. A) 532xtcm3
B) 523
tí
cm3
C)352rccm3
D) 235 7tcm3
E) 502 7tcm3
Solución 4 J
- V = ?; r = 4 y
R = 9
- Area L a te ra l: S. = k ( R + r )g - Area Total : ST = SL +- k r2 + 7t R2 - Por dato : ST = 266 rccm2 7t ( R + r ) g + n r2 + rc R2 = 266 rt
7r(9 + 4 ) g + 7: x 42 +
ti
x
92 = 266 xc
- Luego, en el A AHB : h2 = g2 - 52 = 132 - 52
->
-■>
g = 13
h = 12
- Finalmente, el volumen V = -- x h ( R2 + r2 + R r ) u V = -£ x 12 ( 92 + 42 + 9 x 4 ) V = 532 7c cm 3 Rpta: 12)
( A ).
Hallar el área de la superficie del sólido que se obtiene al girar 360a, la región poligonal ABCD, alrededor del diámetro AD. t
N
AB s BC = CD A) 2 n r2
B) ti r2.y~3
C) 3
ti
r r
D) 3 ?t r2/ !
E) 2
ti
r2 / 3
Solución - Como ABCD, es un semihexágono regular: m AB = r = m BC = m C D .
r = radio
oi \
cv D
.
Se obtienen dos conos congruentes entre sí y un cilindro de revolución. Para cada cono : ^ la t e r a l = CONO
k BH
x AB
x r = — r2 J*3 2 v
SLATERAL CONO Para el cilindro :
■la t e r a l ~ 2jcBH x BC — 2 tt x —^ 3 x r — kt ^ 3 CILINDRO 2 / \ Luego
:
S to ta l -
2
^ la te r a l + S l a t e r a l CILINDRO l CONO y
2
^ -r2 ^¡~3 i + Ttr V 3
S TOTAL = ^2 T Tr2/ 3 u 1 * Rpta.: ( E ) Un trapecio isósceles con su ángulo agudo de 60° gira alrededor del eje que pasa por uno de sus lados no paralelos. Hallar el volumen del cuerpo de revolución, si las bases del trapecio miden 6 y 20, además los lados no paralelos miden 14. C) 2000
B) 1900 ti
A) 1992 k
D) 1946 7t
ti
E) 1000
7t
Solución Sea ABCD. el trapecio. BC = 6 ; AD = 20 y A B = CD = 14 VABCD, es el volumen del sólido que genera el trapecio. A
Su valor se calculará así: ^ A B C D ~ ^ABH O
¿\D eje >
- V’ BHC „..„ ; ó también: VABCD = VABHE + VAED - VBHC
ABHE , genera un tronco de cono de radios en las bases AE y BH ; altura HE. AED y BHC, generan conos de radios en las bases también AE y BH respectivamente. Luego :VABCD = k
HE l
BH
+ AE
+ BH . AE
+ ! ( AE2 ) ( E D ) - | Í B H 2 |( CH )
3
Reemplazando valores :
V ABCD -
71^
(3 / 3 ) + [ 10/ 3 ) + ( 3 / 3 ] ( i o / 3 )
+ —[ 10/ 3 ) . 1 0 - —(3 / 3 ) . 3 841
De donde: = 1946
V ABCD
Rpta: 14)
7t
( D ).
Se dan dos esferas tangentes exteriormente y cuyos radios miden 1 dm. y 3 dm. El volumen del cono recto circunscrito a ambas esferas, es: A) 81 dm3
B) 18
ti
dm3
C) 18 dm3
D) 81
ti
dm3
E) N . A
Solución * Volumen V = ? C álculo de la altura h : ABLP -
h- 7
ABTM
BP
PL
BM
MT BP = 2
2
_
h= 9 y
h- 3 ~ 3
BL = ■/?
C álculo del radio r ( de la base ) OP A BOC -
A BLP
PL ~ BL
1 o 1 El volumen :V = — 7c r2 h = “ Rpta:
BO 1
= 3 /3
i— o te ( 3 ^ 3 )2 ( 9 )
( D ).
El volumen de un cono de revolución, es 36 rc cm3. ABC, es un triángulo equilátero inscrito en la circunferencia de la base del cono. El A ABC, está circunscrito a la vez a una circunferencia cuyo círculo es base de un cilindro recto inscrito en el cono. Hallar el volumen del cilindro.
15)
A) 27 rc cm
B) 18 rc cm3
C)
k
cm3
2
Solución - Considerando el gráfico Vcono = 36 rc cm3 1 - x It Ra H = 36 71cm3 u
/
R2 H = 108 cm3 ............( I ) . /
- Volumen del cilindro :
V * dro = 842
..........( " ) .
i
D) 16 7i cm3
E) 12 7t cm3
R Pero , r = —
•
En el A EOD,
•
MF es base media de OD :M F = Entonces: OM =
En ( I ) :
EO
h=— 2
Vcilindro
( R > í H é K l 2 , l 2 )
Vcilindro
4 x n R2 H 8 rc — x 108cm3 8
Con lo de ( I ) : V cilindro
27 3 — n cm
Vcilindro Rpta:
OD
(En el plano de la base)
( C) .
Los volúmenes de los sólidos generados por la rotación de un triángulo rectángulo, alrededor de los catetos e hipotenusa, son Vv V2 y V3, respectivamente. Demostrar, que:
? / 1l +
? 1 1 \
/
'
1
l V3
\
J
Solución Consideremos el A ABC, recto en B
A
843
Se tienen * Alrededor de BC : V1 = ^
( AB )2 . ( BC ) ..........(1 )
K * Alrededor de AB : V2 = - ( BC )2 . A B 3
( 2 ).
* Alrededor de AC ( dos conos de radio común BH ) V3 = ~ ( BH )2 . AH + ^ . ( BH )2 . HC O J ó :
( BH f . ( AH + HC )
v3 = ^
v 3 = I * ( BH )2 . AC
(3 )
.1 -1 1 De ( 1 ) y ( 2 ) : Vl n ‘ ( AB )2 . BC 1
1 V2
*
( BC ) . AB
Luego : /
\2 1 1
U
+
'
1 '
2
2
9
, V2 ,
,
1
TC2
( AB f
i . BC
9
1
TI2
( BC )2 . AB
Factorizando : / \2 f( 1* ^\2 9 í 1 + ■ K V1 > ^2) -
..
1
1
A
( AB
( A B . BC )
,
1
+ -----( BC
f
f
- Pero, por relaciones métricas, en el triángulo rectángulo ABC : 1 AB . BC = AC . BH y
1 + -----( BC f
( AB f
1 ( BH f
- Reemplazando en la anterior expresión :
V. /
1
1
+
V
TC
( AC . BH )
(BH)
Es d e c ir: -i2 _l_
+
1 V Vo v2
J
7t
( B H ) . AC
\ V1 )
1
+ V
\2
/
Finalmente, con lo de (3): /
S
1
i Vi,
844
✓
2 +
2 1 ^ \
[v2,
íiv3 1 J1
I.q.q.d
1 n
( BH ) . AC
V
ESFERA Y TEOREMAS DE PAPPUS-GULDIM AREA DE LA ESFERA La superficie de la esfera es el lugar geométrico de los puntos que equidistan de otro punto llamado centro. TEOREMA: El área engendrada por un segm ento de recta AB que gira alrededor de un eje, situado en el mismo plano, sin cortarse, es igual al producto de la proyección EF del segmento sobre el eje, por la longitud de circunferencia que tiene por radio la porción de mediatriz del segmento, interceptada por el eje. x
Eje
AB y xy están situados en un mismo plano. Sea: £ > á
b
= área generada por la rotación de AB.
EF = proyección de AB sobre xy. ML = mediatriz de A B . Luego: S AB
= s L. Tronco de cono. =
Como:AMNL
H
AH
tc(AE
-
+ BF)AB = 2 k MN . AB
AAHB
AB
y 845
TEOREMA El área engendrada por una p o lig o n a l re g u la r que gira alrededor de un eje situado en el mismo plano, que pasa por el centro sin cortarla, es igual al producto de la longitud de la circunferencia que tiene por radio el apotema de la poligonal, por la proyección de la poligonal sobre el eje. ( TEOREMA DE ARQUIMIDES ). SABCD = área generada por la rotaión de la poligonal ABCD. ^ abcd = ^ áb + ®§c + ®CD ABCD
= 2 71 ap . EL + 2 7i ap . U + 2 n ap . JF
ABCD
= 2 71 ap ( EL + LJ + JF ) Eje
S
abcd
=
271 a P • EF
c; ZONA ESFERICA : Es la porción de superficie esférica limitada por dos planos paralelos. Los planos determinan dos circunferencias que son las bases de la zona, la distancia entre los planos es la altura de la zona. TEOREMA.El área de una zona es igual al producto de la circunferencia máxima, por la altura de la zona.
846
La zona, se puede considerar generada por la rotación del arco AB alrededor del diámetro. Si en el arco AB se inscribe una poligonal regular cuyo número de lados aumenta indefinidamente, e n to n ce s: R
ap
De acuerdo al teorema anterior : ®AB “ ^zona “
•h
Casquete E
Si la zona tiene una base, se llama CASQUETE ESFERICO ^C asq
=
^ 7t
En el A ABL : AB
R.h = 2 R.h
® C asq
-
71 AB
TEOREMA El área de una esfera es igual al producto de la circunferencia máxima por el diámetro. En efecto* la su p e rficie de la esfera se puede considerar generada por la rotación de una semicircunferencia que gira alrededor de su diámetro. Como: h = 2R
SESF = 2 n R( 2R )
SEs f ~ 4 71 R2 \
HUSO ESFERICO Es la porción de superficie de la esfera, c o m p r e n d i d a entre dos semicircunferencias máximas que tie nen un diámetro común. Si la semicircunferencia EAF gira 360° alrededor de E F , se genera la super ficie de la esfera.
Luego: 847
%
360° ->
4 jcR2
a
HUSO
7t
HUSO
R¿
a
90°
VOLUMEN DE LA ESFERA TEOREMA: El volumen dei sólido engendrado por un triángulo que gira alrededor de un eje que pasa por un vértice, sin cortar al triángulo y situado en el mismo plano, es igual a la tercera parte del producto del área generada por el lado opuesto al vértice situado sobre el eje, por la altura relativa a este lado. 1er. Caso: El eje xy se contunde con uno de los lados. El volumen generado por el triángulo ABC, es la suma de los volúmenes de los conos de revolución generados por los triángulos rectángulos ADB y BDC. A
Sea : VABC = Volumen generado por el A'A B C ✓
1 V A = — jiBD ABC
*
1 . AD + — rcBD . DC
3
3
B Vabc = - r e B D 2 (AD + DC) = - tc B D 2.AC 3
'
Pero : 2 S ABC = AC
BD = BC . h
V A ABC
3
1
= — jiBD . BC . h 3
y como: 7t BD. BC = área lateral del cono, generado por B C .
BC
Luego:
2do. Caso: El triángulo sólo tiene un vértice común con el eje. Prolongando BC hasta D sobre xy. V
a
ABC
848
=V ABO
- V
A
ACD
-
1
“ 3 •
h _ l
BD ■n
q _ .h 3 • DCD
v
A ABC a
-
«
( SBD
SCD )h
TEOREMA El volumen engendrado por un sector poligonal regular que gira alrededor de un eje que pasa por el centro, sin cortarlo, es igual a la tercera parte del producto del área generada por la poligonal regular, por el apotema ( h ). Sea: VABCDo =
Volumen generado por el sector poligonal regu lar ABCDO.
VABCDO - V A + V A + V A AOB BOC COD
VABCDO
3
\
AB + ^BC + S CD ) h
SECTOR ESFERICO.Es el volumen engendrado por un sector circular que gira alrededor de un diámetro situado en el mismo plano y que no lo corta.
TEOREMA: El volumen de un sector esférico es igual a la tercera parte del producto del área de la zona correspondiente, por el radio de la esfera. Si a la poligonal inscrita en el arco AB se aumenta indefinidamente su número de lados: ap
->
R
Y: VSect. = T SAB • R Est. ¿ 849
= —( 2rcR . h )R 3 } ^Sect. = — o rcR2 h Esf. ¿
TEOREMA: El volumen de la esfera, es igual a la tercera parte de su área por el radio. El volumen de la esfera es igual al volumen de un sector esférico engendrado por la rotación de un semicírculo que gira alrededor del diámetro : h = 2R Vesf = 3 * R 2 ( 2 R )
->
VEsf = — . rcR 3
CUÑA ESFERICA: Es la porción de volumen de la esfera limitada por dos semicírculos máximos que tienen el mismo diámetro. Si el semicírculo EAF gira 360° alre dedor de EF, se engendra el volumen de la esfera. Luego: 360° -> a
? *
rj
V Cuña
ANILLO ESFERICO: Es el sólido generado por la rotación de un segmento circular que gira alrededor de un diámetro exterior. TEOREMA: El volumen de un anillo esférico es igual a la sexta parte del volumen de un cilindro que tiene por radio la cuerda del segmento y por altura la proyección de esta cuerda sobre el diámetro. El volumen del anillo es igual a la diferencia del volumen del sector esférico OBM menos el volumen generado por el triángulo AOB.
850
VAn i l l o = ! * R 2 h - 4 s A B - O L VAn¡l|0 = | ; t R 2 h - ± ( 2 * O L . h ) O L
^Anillo ~
2
n ^ R2 - O L 2 1 = —Tth AL2 V > 3
( ----2 > AB ^Anillo — g ^ 4 V )
—>
1
^Anillo ■" ^ 7t AB . h
Corte de un anillo esférico
TEOREMA: SEGMENTO ESFERICO: Es la porción de volumen de la esfera comprendida entre dos planos paralelos
TEOREMA: El volumen de un segmento esférico es igual al volumen de una esfera que tiene por diámetro la altura del segmento, más el volumen de un cilindro de igual altura y que tiene por base la semisuma de las bases del segmento. El volumen del segmento esférico, es igual al volumen del anillo AMB, más el volumen del tronco de cono generado por el trapecio AEFB.
851
Segmento esférico de una base
1 VSEG.E -
v s e g .e
=
7ih h+
a2 + b2 + ab
3
K 7t h ^ t h2 + (a * b)2] h + " y [ a2 + b2 + ab ]
VSEG
e
=
VSEG. E “ TT7^ 6
6 L
3
+
"(
3a2 + 3b2 j
a6- +
>2 )
.h
Fórmula del seg. esférico de 2 ba ses.
Si el segmento esférico tiene una base: V = — 71 h3 + 71f h o 2
ó
V = — 7i h2 ( 3R - h ). 3
TEOREMAS DE PAPPUS - GULDIM: 1
El área generada p o r una fig u ra que gira alrededor de un eje coplanar y exterior, es igual al producto de la longitud o perímetro de la figura, por la longitud de la circunferencia que describe su centro de gravedad.
Eje
Corte de la superficie obtenida 852
Sea: C = perímetro de la figura que va a girar. S = área generada por la rotación de la figura C. X = distancia del centro de gravedad de C, al eje. S = C. 2 k X El volum en engendrado por la rotación de una figura que gira alrededor de un eje coplanar y exterior, es igual al producto del área de la figura, por la longitud de la circunferencia que describe su centro de gravedad. Sea: A = Area de la figura que va a girar. V = Volumen obtenido por ia rotación de A. X = Distancia del centro de gravedad de A, al eje. V = A .2kX
I Eje
Eje
A
Corte del volumen obtenido
853
PROBLEMAS El lado de un rombo mide “a”; una esfera de radio “RMes tangente a todos los lados del rombo, la distancia del centro de la esfera al plano del rombo es “b". Hallar el área del rombo. B)
A) 2 ti V R 2 - b 2
R2 - b
C ) 2 a ^ R 2 - b2
D) R3
E) b2
Solución Sea la figura
En el A ABO : r =
R2 - b2
Cálculo del área del rombo: A rombo
= a x 2r
Sustituyendo el valor de r :
^ rombo ~
Rpta:
^
V
r2
- b
( C ).
En una esfera de radio “R”, una zona esférica de altura R / 4, es equivalente a un Huso Hallar el ángulo correspondiente al Huso. A) 15
B) 30
C) 45
Solución Incógnita: a Se tiene : zona
= 2 tcR
TC R
huso
tcR
90'
x a
Areas equivalentes, quiere decir que son iguales :
D) 60’
E) 90
Por enunciado: o
huso
_ c
zona
nPr ttR : —— .a - — 90° 2
Luego y
De donde : a = 45° Rpta: 3)
( C ).
Hallar el volumen, en m3, de un segmento esférico de una base, cuyo casquete tiene área 40 n m2 y el radio de la esfera mide 10 m. C) 300 |
B) 400 |
A) 500 |
n D ) 200 -
E) 100
K
Solución H
- Sea la figura : Por dato : Scasquete = 40* Es d e c ir: 2 n R( HM ) = 40rc Sustituyendo valor de R y despejando HM : HM = 2 ; entonces; ^segmento =
3
*F
rc
12 ( H
3**10*
M )
( 2 ).
3
Vsegmento , = 400 — nrr g Rpta:
4)
( B ).
En una circunferencia de radio R = 2 7~3cm., se tiene una cuerda AB, siendo m AB = 120°. Hallar el volumen del anillo esférico que se obtiene al girar 360°, el segmento circular AB, alrededor de un eje diametral paralelo a A B . A) 12 7i cm3
B) 24
ti
Solución R = 2 /3 - A AMO : m ¿ AOM = 60 •
1
R AM = - / 3
_
AM =
2 V~3
cm3
C) 27
ti
cm
D) 32 7i cm
E) 36 7t cm
Luego : h = 6 ya que EF
AB
- El volumen : ^anillo
“
1 0
K A®
.h
1 Van.,,0 =
Rpta: 5)
6
7t ( 62)
(6)
V anillo
= 36
n
cm3
( E) .
La figura muestra una esfera inscrita en un octavo de esfera de radio R Hallar el radio de la esfera. A)R(/2 -1) B>f(V2-l)
D )-|(/2 +1) E )?(V 3-1)
Solución - Sea M, el centro de la esfera. - S, es el punto de tangencia de ambas superficies esféricas. - E, G y H, son puntos de tangencia, de la superficie esférica, con los pla nos BOC . AOB y AOC, respectiva mente. - OM es diagonal del cubo formado, cuyaaristatiene longitud igual al radio x de la esfera. - En el plano AOW ; OS = R y MS = x. - Pero, para el cubo: OM = x
- Entonces : OM + MS = OS i i
Rpta: 856
( E)
Hallar el área de la superficie del sólido que se genera al girar la figura sombreada, alrededor del eje diametral C D , si m BC = 120° y r = dato. 1
2
A) j Kr 3
2
s
5 2 C) ¿ K ' 2 9
2
D )-7 ir¿
7 2 E) ñ nr
Solución Se hacen los trazos que a continua ción se indican: Sean: Ss^ = área del casquete que genera BC. ^ bc = area de 'a superficie lateral cónica que genera B C . La superficie pedida será: total
BC
BC
Es d e c ir: s ,o,ai = 2 7i r ( CH ) + 71 ( BH ) ( BC )
total
S
. t o t al
Rpta:
= 2 Jtr(
=
3r
9 2 —r c r 2
( D ).
Calcular el volumen del segmento esférico mostrado, si su altura mide 1 , mientras que AB = 2^~2
A)
11n
D) 3 7t
7 71
1071
B)
C)
E) N.A. 857
Solución Se sabe : V =
3
(3 R - h )
/yj?/y-
(1 )
' / h~
Donde: h = 1
i \* y x — *— \ i
En el A BAC, Por una relación métrica:
\
( 2 / 2 )2 = 2 R x 1 ; R = 4
\ Sustituyendo en (1 ) : V = Rpta:
h=1
tr ( 1 ) 2
(3x4-1)
V =
/
\
11 n
( A ).
Se tienen dos esferas concéntricas; se traza un plano secante a la esfera mayor y tangente a la esfera menor, determinando un círculo de 16itm2. Calcular el área del casquete menor formado en la esfera mayor sabiendo que el radio de la esfera menor es 3m. A) 16 Jim2
B) 18 n m:
C) 20 n m2
D) 25 k m:
E) 36
ti
m:
Solución -
Sea la figura:
-
Por dato, se conoce el área del círculo en el plano secante: A = 7t r2 = 16 rc; de donde: r = 4
-
En el A 0 0 , E : R = 5 h = R- 3 = 5- 3 = 2
Cálculo del área del casquete ( Ax) : A = (2jcR )h=(2x7rx5)2 A
Rpta:
( C ).
Pintar el piso de un reservorio de agua que tiene forma de Una semiesfera, cues ta $80. ¿Qué costo implicará pintar el exterior, si el pago por cada m2. de pintura es el mismo?
A) $80
B) $40
D) $160
E) N.A.
C )$100
A¥ = 20 A
ti
m2
Solución - Como el costo es proporcional al área de la superficie pintada: $80
área del piso área del casquete Efectuando la regla de tres simple: área del casquete
?=
x $80
área del piso 9 -
2nx Ttr
x $80 J
? = $ 160 Rpta: 10)
( D ).
radio r
Una cuerda de radio r = 2m m .se enrolla fuertemente, obteniéndose una esfera de radio R = 3cm. Hallar la longitud de la cuerda, suponiendo que no hay espacios libres en el enrollamiento. A) 8m.
B) 10m.
D) 9m.
E) 12m.
C) 6m.
solución Si L , es la longitud de la cuerda ( forma cilindrica ) Se tendrá : Volumen del cilindro = Volumen de la esfera ( cuerda ) ( ovillo ) 7c r2 L = — rt R3 -»
L =
4R 3rs
4(3cm y - Reemplazando datos : L =
L = 9
3( 2 m m )
cm mm
j ; recordando que: 1cm = 10mm :
L = g ( 10mm)
= 9000mm -»
L = 9m
mm Rpta:
( D ). 859
11)
P, es un punto exterior a una esfera de centro “O”. Se trazan todas las rectas tangentes a la superficie esférica, desde P, formándose un cono equilátero, cuya base es un círculo menor de la esfera. Hallar la relación de volúmenes, del cono a la esfera. 9 A)
7
32
B)
5
32
C )
1
32
D)
4
3 E)
16
Solución - Por ser el cono equilátero : A APB, equilátero. - Sea R, radio de la esfera. AOMB
R ¡-T MB = — V 3
APMB
PM = (MB)>(r3
PM = [ y / 3
)/3 = |
r
- Luego : Vcono
f • (MB)2 • PM
(MB)2 . PM
^esfera
—7tR 3
4R 3
3
í ñ / 3 f . ¿ R Vcono _ V 2 ) 2 _ Vesfera 4 R 3
Q 9 32
Rpta: ( A ). 12)
Se funde una bola de plomo de radio 8cm. para obtener luego bolitas del mismo material, con radio 1cm. cada una. ¿Cuántas bolitas, como máximo, se obtendrán? A) 8
B) 16
C) 64
D) 32
E) 128
Solución - Sean “n” bolitas: /
- Como los volúmenes, de la esfera original y la suma de las pequeñas, deben ser iguales: / Vesfera - n MAYOR
© ^ r
=1 cm
o o
ESFERA PEQUEÑA/
V1
"n” bolitas •
860
•
4 3 —nR3 = n - r c r 3 V 3
n=
j
R r
Reemplazando d a to s: n=
( 8 c m )'
—> n = 64
( 1cm y Rpta:
( C ).
En la figura: AB = 30° y BC = 90° Hallar el área de la superficie que genera el perímetro de la región sombreada, al girar una vuelta, alrededor del diámetro C D . tcR
A)
B)
2 jtR 2
(5+2/2)
(3 + 2 / 2 )
~
D) rt R2
E
) ^
(5+2/2)
Solución AB, genera una zona esférica. BC y AC, generan superficies cónicas. Se observa que BC es lado del cuadrado y AC lado del triángulo equilátero, inscritos BC = L
BC = R / 2
AC = L.
AC = R / 3
También se observa que:
OB = R ; AH =
Luego : Sgc = S20na =
r
/3
3 ; HC = - R
3 = n . AH . AC = — n R2
2
ji
. OB . BC = R2 / 2
y
R OH = -
corte de la superficie
= 2 ir R . OH = 2 * R . |
= * R2 861
- Area total de la superficie generada : S x = S ÁC + S BC + S AB - Sustituyendo valores hallados : Sx =
+
tcR2
Sx = ^ { 5
+7lR2
+2j2)
Rpta: ( A ). 14)
Dos planos paralelos, distantes 14cm., determinan sobre una esfera, círculos de áreas 225:tcm2 y 2537ccm2 , respectivamente. Hallar el volumen de la esfera, sabiendo que los anteriores planos están a ambos lados del centro. A) 4913-^-cm3
B )4 1 9 3 -|c m 3
C )4 9 3 1 -|c m 3
o
o
D) 9 4 1 3 -|cm 3
o
E )3 9 4 1 -^cm 3
ó
ó
Solución - R
radio de la esfera.
Para los círculos :
71a 2 = 225tí
az = 225
7ib2 = 253 ti
b2 = 253
Con el Teorema de Pitágoras : AO M E -> R2 = a2 + y2 ....... ( I ) AO H F -> R2 = b2 + (14 - y)2 . . . ( I I ) - Restando miembro a miembro : O = a2 + y2 - b2 - (14 - y)2 O = 225 + y2 - 253 - (14 - y)2 De donde: y = 8 - Reemplazando en ( I ) : R2 = a2 + y2 = 225 + 64
R = 17
w _ 4 q 3 - 4913 71 cm ^esfera — 3 ^ ~~ 3
Rpta: 15)
( A) .
Hallar el volumen de la esfera inscrita en un cilindro circular recto de volumen V.
V a > 2
862
V B)
C ,fv
D)fv
E ,|V
Solución El radio de la base del cilindro es igual al radio de la esfera y la altura igual al diámetro. Vciltndro = V
( d a t o ).
Ttr^h = V
ti
r2 ( 2 r ) = V
V
n r3 =
(I)
Para la esfera : Vesfera / C o n ( I ) : Vesfera
V
\
“ El volumen de la esfera es los — del volumen del cilindro ” O Rpta:
( C ).
Hallar el radio de una esfera en la cual, dos círculos menores están contenidos en planos que forman un diedro de 120° y cuyas circunferencias tienen un punto común. Las áreas de los círculos anteriores, son 9n cm2 y 16tc cm2 . B) 2 / T T i
A) j / ¡ i í
C) v m
D)-Jrñ
E) N.A.
Solución H Consideremos el gráfico : m / ABC = 120° Para hallar los radios de los círculos menores: 7t
AB l
2
\2
/
= 1671
AB = 8 tam bién: / 7t
= 9 71 \
/ BC = 6
BC 6 BC (— En A BHC : BH = —r~ = — = 3 y HC = — <¡3 = 3 ^ 863
- En A A H C : AH = AB + BH = 8 + 3 = 11 ÁC2 = AH2 + H C 2 = 112 + ( 3 / 3 )2 ^
Rpta: 17)
AC = 2 / 3 7
2 í___ R = —* / Í ^ O
R #
- Entonces : QC =
->
¿
( A ).
Hallar el volumen del segmento esférico de una base, en una esfera, cuya superficie tiene área 36 ti m2. El área de la superficie total del segmento, es 11 tc m2. 8 B) — Jtm3 3
A) 2 Jim 3
6 C )-Jim 3 5
7 D)-rcm 3 3
9 E) - n m 3 4
Solución *
1 ? 0 = - J t l r ( 3R - h ) ......... ( I ). O
El volumen del segmento: V
* Para la superficie esférica : 4% R2 = 36 n
R = 3
* La base del segmento, tiene área : 71 a2 y , el casquete : 2tc R h Por dato :
tc a2 +
2
tc R
h = 11 tc
11.( I I )
a2 + 6h = * En el A AMO :
ÁM2 + OM2 = OA2 a2 + ( R - h )2 = R2 a2 + ( 3 - h ) = 9 ......... ( I I I ). *
Restando ( I I ) - ( I I I ): 6h - ( 3 - h )2 = 2 h2 - 12h + 11 =
0
-»
h = 1
* Finalmente, en ( I ) :
^ s e g m e n to
Rpta:
18)
K X
1 (
3x3-
1 )
-»
( B ).
En un cono equilátero de generatriz “L”f hallar el área del casquete menor determinado en la esfera inscrita, por la superficie lateral.
A> L2 864
= J
B> * La
c> 4
D)€
E)f
Solución Incógnita : Scasquele ( m e n o r) Como el cono es equilátero : AB = L El radio de la esfera : L m3 r^r ; Es d e c ir: r = —V /3
r =
La altura del casquete : EM = — EM =
^ ^ 3
^casquete =
2 71 r . E M
7ÜJ casquete
Rpta:
12
( D ).
En un recipiente que tiene la forma de un cilindro circular recto de altura igual al radio.se deposita arena, adoptando ésta la forma de una semiesfera cuyo círculo máximo coincide con la base del cilindro igual al radio de su base. ¿Qué fracción del volumen del recipiente no está ocupado? 1
1
A) ~2
B> 3
2
C> 3
Solución Con el gráfico adjunto , el volumen V desocupado, será Vx =
V cilindro - V semiesfera
siendo : Y
(i).
= 7t r2 h = n r2 . r
V cilindro =
k
V
=
semiesfera
(II).
r^
— K r3
3
(III).
Con ( I I ) y ( I I I ) , en ( I ) V
=
k
Vx =
Rpta:
r 3 - — 71 r3
3
^
( V cil,ndro)
( C ).
S65
20)
Un plano “R” que pasa por una recta tangente en “A”, a una circunferencia máxima de una semiesfera, forma 15o con el plano “P" que contiene dicho círculo. Calcular la relación entre las áreas del casquete y la zona esférica determinadas en la semiesfera por un plano UQ" que pasa paralelo al plano “P" por el extremo “ET del diámetro AB en el círculo determinado por el plano “R” en la semiesfera. B) 2
A) 1
C) 3
D)
E> 2
Solución - Sea la figura ; llamando 4 r al diámetro - En el A A B C ( 1 5 ° , 7 5 o ) : AC BH = — = r Area del casquete : A, = [ 2 7 t ( 2 r ) ) ( E F )
A, = 4k r ( r ) ........... ( 1 ) Area de la zona : A2 = [ 2 TC( 2 r ) ] ( OE ) A2 = 4 tc r ( r ) ........... ( 2 ) uego. ( 1 ) - ( 2 ) : Rpta: 21)
Ai = 1 j
( A ).
Las generatrices de un cono circular resto están inclinadas 60° respecto al plano de la base. El volumen del cono, es V. Hallar el volumen de una semiesfera cuyo círculo máximo está apoyado en la base del cono y cuya superficie es tangente a la superficie lateral del cono.
A)fv
B)§V
Solución - Sea R , radio de la base del cono A EOC : EO = R / 3
R r~r A OHC : OH = - V 3 - El volumen del cono : - R 2 (EO ) = V 3 v | R 2( R / 3 ) = V H 6 P
C)fv
D )fv
E» ? V
tcR3
= V / 3 ........... ( I )■
- El volumen de la semiesfera : V Vxx = — 2 — rcOH \ 3 j
-
v « = i' r 3 2 ? 3V
Con lo de ( I ) : Vx = V ^ 3 . Rpta:
22)
( C ).
Calcular el área de una esfera sabiendo que las áreas de los círculos menores paralelos, distantes 3m. y situados a un mismo lado del centro tienen valores rcm2 y 16rcm2. A) 44rc m2
B)48rc m
C) 52rc m
D) 62rcm2
E) 68rc m2
Solución - Sea la figura :
7üm
- Por dato : A, = rc m2 O sea :
16rcm2
rc r f = rc m2 - También, por dato : A2 = 16 rc m2 O sea: rc rf = 16 rc m2
r2 = 4
- Por otro lado, en el A ONF : R2 = r,2 + í 3 + ,] R2 - r | ' R =
fn
( radio de la esfera )
- Cálculo del área de la esfera : A esf. = 4 rc R2 = 4 rc ( / T 7 ) A esf = 6 8 rc m 2
Rpta: 23)
( E) .
Hallar el volumen del sólido engendrado al girar el hexágono regular ABCDEF, 360° alrededor del eje CD.
8R7
A) 9 rc a: B) 7i a3 9
3
O) 2 713 1
3
1
3
D) - n a 3
E) o
7 13
Solución - Incógnita: V = ? El volumen pedido, es ; según el Teor. de Pappus : V = (área ABCDEF) . 2 x ; Donde
: x = Distancia del centro O, al eje. x = apotema del hexágono.
- Recordando que, el apotema mide : V = ' | a 2/ 3 ) . 2 * | / 3
V = - T ía 3 2
Rpta: ( C ). El lado de un cuadrado ABCD, mide 10. Hallar el volumen del sólido engendrado al girar el cuadrado, una vuelta, alrededor de un eje coplanar que pasa por el punto MD”, haciendo un
24)
ángulo de 8o con C D . exteriormente al cuadrilátero. A) 800 * J ~2
B) 700 rc .^2
D) 500 *
E) 600 r c /2
Solución - Incógnita : Volumen engendrado - En el AB C D : BD = 1 0 / 2 BD y:O D = — = 5 / 2 - En el AODH : HDO = 53
OH = 4 / 2 868
C) 800 * / 3
- Según fórmula del Teorema de Pappus : V = 2 n ( OH ) . ( AD ) V = 2 k (4 / 2 M 1 0 2 ) V = 8 0 0 jt/2 Rpta:
(A). 25) B
Hallar la relación de volúmenes de los sólidos generados al girar las regiones MBN y AMNC, alrededor del eje MN, si AM = MB y BN = NC. 1
1
1
AK 2
3
1
t
O)
LU
D)I Solución Incógnita: Sean:
B
V1
VMBN. volumen que genera MBN. VAUNr volumen que genera AMNC AMNC
x1; x 2 y x 3 distancia de ios centros de gravedadde las regionestriangularesMBN, MNC y AMC, al eje de giro. Por propiedad del baricentro para cada región, es fácil deducir, que: d d 2 X i = - ; X 2 = - y X 3 = —d 2
3
3
Además la altura del triángulo ABC es el doble del triángulo MAC pero tienen la misma base, luego: ABC
AMC
y ;
ABC
®mbn “ ® mnc
Aplicando el teorema de Pappus - Guldim: Vmbn - SMBn *
•
»
vmbn
—
• d • ^ abc
VMBN
(
4
3
1 ).
^AMNC = ^AMC + ^MNC 869
V
VAMNC ~
Se pide:
Rpta: 26)
. S ABC
(
2 ).
V — MBN , relacionando (1 ) + ( 2 ) VAMNC V,MBN
1
VAMNC
^
( D ).
Usando el teorema de Pappus - Guldim, deducir la posición del centro de gravedad, de A)
Una semicircunferencia
B)
Un semicírculo
C)
Un cuarto de circunferencia
D)
Un cuarto de círculo
Solución
a)
Sea ACB, una sem icircunferencia de centro 0 y radio r. Al girar ACB, 3609 alrededor del eje AB, se genera la superficie esférica, cuya área es:
í\ j
o
A
B
N
S¿B = ( Longitud de ABC ) . ( 2 OG ) Siendo “G", el centro de gravedad del arco Así:
4 7t r2 = (
ti
r)(2
ti
. OG ) De donde: OG =
2r TC
b) Si “G”, es centro de gravedad del semicírculo; su giro alrededor del eje A B , determina una esfera. Según Pappus: Vs¡eneraao = (área del semicírculo) (2ji . OG) Reemplazando sus equivalentes: U "A
W70
o r
1
B 4 2 — Ttr = 3
2 > Ttr ( 2 tc.O G )
De donde: 4r
OG =
3 ti c)
Sea AB un cuarto de circunferencia, de centro 0 y radio r. “G”, es el punto que indica la posición de su centro de gravedad. Al girar AB, 360Qalrededor del ejeOB, se genera media superficie esférica. Según el teorema de Pappus:
\
S ^ = ( Longitud de ÁB ) ( 2rc . y )
/ 4 nr
Reemplazando equivalentes:
' 2;cr ' ,
4
i
\ 0 , v OG 72
2r De donde:
V2
OG = 71
2r O:
y = TC
d)
Al girar el cuarto de círculo AOB, 3605 alrededor de OB, el volumen generado corresponde a media esfera. Por Pappus: Vgenerado
área del cuar to de círculo
(2
tc
. GH )
Reemplazando sus equivalentes: 7i r 2 3 — Tcr = 3 \ GH =
4r
2 ' ( 2 tc. GH) /
A H
B
3 71
871
r
\
ISOMETRIAS 1
DEFINICION.- Una aplicación del plano, en sí mismo, es una regla que asocia a cada punto del plano, otro punto del mismo plano. Si P es un punto del plano y P' el punto asociado mediante una aplicación, escribiremos:
P* se llamará el valor de la aplicación en el punto P. De otro modo, podemos decir que P’ corresponde a P según la aplicación o que P es aplicado en P\ Las aplicaciones se denotarán con letras mayúsculas. Así, diremos que si F es una aplicación, entonces F(P) = P \ 2.-
DEFINICION.- Dos aplicaciones del plano en sí mismo, F y G, son iguales, sí y sólo sí, para todo punto P del plano : F(P) = G(P)
3.-
APLICACION CONSTANTE.-Sea Q, un punto dado del plano. Si a cada punto P se le asocia el punto Q, se obtiene la aplicación constante. Q es el valor constante. En este caso, escribiremos: F ( P 1) = F ( P 2 ) = F ( P 3 )= ... = Q. Donde F representaría a la aplicación constante.
4.-
f¡g. 1
APLICACION IDENTIDAD.- Se representa con la letra I. A cada punto P asocia el mismo punto P. I ( P ) = p , para todo punto P.
5-
REFLEXION A TRAVES DE UNA RECTA.Sea L una recta. Se dice que el punto P* es reflexión del punto P, a través de la recta L, sí y sólo sí, L es mediatriz del segmento PP’¡ esto es, L intersecta a PP’ en form a perpendicular y en su punto medio, (verfig.2). 873
%
Si Rl es la reflexión a través de la recta L, podemos e scrib ir: RL( P ) = pEjemplo.-En la figura 3, adjunta, el A A ’B'C' es la reflexión del A ABC, a través de la recta L.
A’
Luego; A’ = RL( A ) ; B! = R J B ) y C’ = Rl(C) 6.-
REFLEXION A TRAVES DE UN PUNTO.- Sea O un punto dado del plano. Se dice que el punto P’ es la reflexión del punto P a través del punto O, sí y sólo sí, O es punto medio del segmento PPL Es decir, O está sobre PP’ y d (Ó,P’) = d (0,P). d (0,P), se lee: distancia del punto O al punto P. Fig. 4 P
P‘
-c
O-
o Si R representa la reflexión a través del punto O, escribiremos: R( P ) = P’ Ejemplo.- la fig.5 muestra la reflexión del A ABC, a través del punto O. C* B’
oy
— A1
fig. 5 R(A) = A * , R(B) = B’ , R(C) = C \ donde R representa la reflexión a través del punto O Ejemplo.La figura es un rectángulo, d (A.C) = 10u . Si R l es la reflexión a través de la recta L, hallar la suma de las áreas de las regiones BCB’ y CDD\ siendo B‘ = RL(B) y D’ = RL(D). A) 100u2
B)25u2
D )50u2
E) 200u2
C) 10u2
Solución Sean: d( A,B ) = a y d( B.C ) = b Luego:
área A BCB’ = H74
bx b 2
b2 “ T
Entonces: área A BCB’ + área A DCD’ b“2 a_ 2 — +— 2 2
+ a
2
)
o
Pero, en el A ABC: b2 + a2 = ( 1 0u )2 b2 + a2 = 100u2 ..........( I I ). Sustituyendo ( I I ), en ( I ) : área A BCB’ + área A DCD’ =
j
( 100u2) = 50u2
Rpta:
( D ).
Ejemplo. - ABC, es un triángulo equilátero, cuyo lado tiene longitud 12u. A’B’C’ es el trián guio obtenido al reflejar el A ABC respecto al punto O, su ortocentro. Hallar el área de la re gión común al A ABC y A A’B’C’. A) 24u2
B) 4 / 3 u:
C) 16 / 3
D) 24 / 3
u2
u2
E) N.A.
Solución El ortocentro es el punto de intersección de las alturas. EFGHIJ : Región hexagonal ( regular) co mún al A ABC y A A ’B'C'. EF =
AB
EF = 4
Scomún = 6 ( SAE0F) ; a EOF es equilátero. S . u n = 6v ( \42' & A ) / w común Srnm nn = 24 Jy 1 u2 com ún 12
T
DILATACION.-Sea rcualquier núme ro real positivo. La dilatación en un factor r, es la aplicación Fr, con refe rencia a un punto O, que a cualquier punto P, le asigna el punto Fr( P ) ubicado sobre el rayo de vórtice O, que pasa por P, a una distancia de O igual
Rpta:
( D ).
P’=F(P)
d(O.P)
fig. 9
s
a r veces la distancia de O a P. El resultado de hallar F ( P ), también se escribe rP : Fr( P ) = r P Una dilatación también recibe el nom bre de transformación de semejanza. La figura 10 muestra las dilataciones del punto A, respecto a O, factores 2 y 0,5: FJ A ) = 2A 0 .5
a*
( A ) = ¿A
Ejemplo.- Sea AOB un triángulo rectángulo, recto en O. Si la aplicación F es una dilatación respecto a O y d( O,A ) = d( 0 ,B ) = 2, h a lla r: d( F3 ( A ), F4 ( B )). B) 10
A) 5
C) 8
D) 14
E) 12
Solución La figura 10, indica el modo de hallar las distancias:
F o (A )
fig: 11
d(O, F3( A ) ) = 6 y d ( O, F4 ( B ) ) = 8
3d(0;A)=6
Luego, con el Teorema de Pitágoras: x2 = 62 + 82 x = 10 _> d ( F 3( A ) , F 4( B ) ) = 10 Rpta:
4d(0;B)=8
( B ).
Ejemplo.-OBA es un triángulo rectángulo, recto en B, d( O,A ) = 15u. y d ( 0 , B ) = 12u. A’ y B’ son dilataciones de A y B, respecto a O, factores 4/3 y 25/12, respectivamente. Hallar el área de la región AA’B’B, sabiendo que el ángulo AA’B’ es recto. A) 96u2
B) 84u2
C) 90u2
D) 81 u2
E) N.A.
Solución fig - 12
Del gráfico: d( O,A’ ) = 20 y d (0 ,B ') = 25 Luego, con el Teorema de Pitágoras en los triángulos OBA y OA’B \ se obtienen: d(A ,B ) = 9 y
d ( A ’B’ ) = 15
El área S : S = área A OA’B’ - área A OBA 876
s=
d ( 0 , A ' ) x d( A \ B * )
d( 0 , B ) x d( A,B )
2
2 20x15
12x9
2
2 S = 96 u2
Rpta: 8.-
( A ).
ROTACION.- Sea O un punto dado en el plano y P un punto del mismo, tal que d (0,P ) = d. La rotación del punto P, respecto a O, un número de grados A, se logra to mando sobre la circunferencia de cen tro O y radio d, un arco PP' tal que el ángulo POP’ tenga medida A. ( El arco PP’ tiene igual medida ).
j
□----- -
La aplicación que asocia P’ a P es llamada una rotación ( antihoraria) por A, respecto a O, ó relativa a O. Se denota esta aplicación como GA. Luego, en la figura 13 : GA( P ) = P \
p:
Ejemplo:
* \
Q
La figura 14 muestra la rotación del segmento PQ, 80° respecto al punto O, obteniéndose el segmento P’Q’.
/ /
✓
\
¿p
\ \
¿80V
Q’ \
'
fig. 14
/
Una rotación horaria respecto al punto O, se escribe G,A y asocia el punto P” al punto P, tal que el ángulo P” OP tenga la misma medida que A. o
P” = G .A (P) Ejemplo.- En la figura, O, P y Q son puntos de una recta, d ( O.P ) = 8 y d ( P,Q ) = 7 La aplicación G es una rotación respecto al punto O. * Si: P' = Glpo( P ) y Q1 = Ginpc( Q ) Hallar d ( P ’,Q’ )
O
A) 15
B) 23
D) 17
E) 20
C) 16
fig.
16
Q
877
Solución La fig. 17 corresponde a la solución: Z
POP’ mide 12°
Z
QOQ’ mide 102°
P’OQ’ mide 90° d ( 0 ,P ’) = d ( O tP) = 8
y
d (0 ,Q ’) = d (OtQ) = 15 Con el Teorema de Pitágoras , en el A P’OQ’ : x2 = 82 + 152 x = 17 Rpta:
->
d( P ', Q’ ) = 17
1
15
( D ).
9.-
OBSERVACIONES:
1o)
Una rotación de 180° respecto a O, es lo mismo que una reflexión a través de O. G¡180= (p ) = R(p ) También: G 180. ( P ) = R(P)
2 o)
P’
/—J 8°' -F- A__ O
fig. 18
Conviene asociar una rotación con un número en lugar de un ángulo. Sea x un número entre 0o y 360. Sea Gx la rotación en un ángulo de x grados. Luego, siempre es posible escribir x en la forma : x° = 3 6 0 °. n + w° Siendo n un número entero y w un número tal que 0 < w < 360. Luego * En particular Ejemplo.-Si
: Gy0 = G wr
: G0* ~ G360c — I x = 510, escribiremos : x = 3 6 0 + 150 Gx: = G150> P
.
Es decir, una rotación de 510'
=
es lo mismo que una rotación fig. 19 Ejemplo.- Si x = -60
-»
G„0 = G -60' = G 300'
878
x = -360 + 300
de 150°.
10.- TRASLACION.-La figura 21 muestra una dirección en el plano y una distan cia d = d ( 0 ,R ). La flecha indica un par ordenado ( 0 , R ) de principio O y extremo final
"A
. R
fig- 21
R.
La traslación ( determinada por la dirección y la distancia), es una aplicación que a cada punto P, asocia el punto P’ ubicado a una distancia d de P, en la dirección dada OR. Si T representa la traslación definida anteriormente, entonces escribirimos: P* = T( P )
/
, 'T ( P ) = P'
T(B) La figura 22 muestra la traslación del punto P y del A ABC.
fig. 2 2 Ejemplo. -ABCD es un rectángulo cu yas diagonales se cortan en Q. M es punto medio de AB, T es una trasla ción en la dirección mostrada, tal que T( M ) = Q. ¿Qué fracción del área de ABCD es el área de la región triangular que deter minan T( D ) , T( C ) y Q? 1
A> 2 D)
12
1
1
B> 4
C) 8 E)
16
Solución La traslación T está definida por la dirección dada y la distancia d(M,Q). Sean: D’ = T( D ) y
C’ = T( C ).
d (B,C) = h y d ( D , C ) = b h
El área ABCD es :
SABCD = b . h
El área de la región común D’C’Q, es : Sv
b fig. 24
1
'h '
b .h
\ 2 ) 12 /
~T~
a ABCD
Sv =
y
b .h ~ ~ Q ~ ~
... s x = -?4§cd = S ABCD ) x 8 8V Rpta:
(C )
879
11.- DEFINICION.- Sea F una aplicación del plano en sí mismo . P es un punto fijo para F, sí y sólo s í : F( P ) = P. Por ejemplo, la rotación a través de un punto dado O, tiene como punto fijo el mismo punto O. La reflexión a través del punto dado O, tiene por punto fijo O. La reflexión a través de una recta deja fijos todos los puntos de dicha recta. 12.- DEFINICION.- Si F es una aplicación y P un punto cualquiera del plano, F(P) se llama la imagen de P bajo F. 13.- DEFINICION.- Sea F, una aplicación del plano en sí mismo. P y Q, dos puntos cualesquiera, distintos, del plano. Diremos que F es una ISOMETRIA, sí y sólo sí, la distancia de P a Q, es igual a la distancia de F( P ) a F( Q ).
De la definición anterior, se deducen: 1o)
Son isometrías: La rotación, la traslación, la reflexión a través de un punto, la reflexión a través de una recta y la aplicación identidad.
2o)
La imagen de un segmento, a través de una isometría, es otro segmento congruente al original.
3o)
La imagen de cualquier figura geométrica, a través de una isometría, es otra figura congruente a la original. EJEMPLOS.
1)
El lado del cuadrado ABCD, tiene longitud 2 ^ 3 u. Luego de reflejar ABCD a través de L, hallar el área de la región común con su imagen. A) 4u2
B) 2u2
D )4 /3 u :
E) N.A.
C )2^3u2
Solución La región común a ABCD
y su imagen, es : D’CDE
En el A CDE, con ángulos notables 30° y 60°: 880
„ , c n , d ( E 'D )
•
•
d(C D ) 2 /3 = ~ ^ ¡T ~ ~ ÍfT
fig:
26
d ( E.D ) = 2
Luego, el área común: 2 (d (D ,C )x d (E ,D )) ® d ‘c d e
“
^ (® ed c ) -
SDCOE = d( D,C ) x d( E,D ) = 2 / 3 • *
u2
®DCDE
Rpta:
x2
« s -2 7
( D ).
/ é 2 a /
a&
r h-
a
t
ABCDEF es un hexágono regular cuyo lado tiene longitud 2u. M es el punto medio del lado __
EF.
Se refleja el hexágono a través de la recta que contiene a B M . El perímetro de la región común que encierran ABCDEF y su imagen a través de dicha reflexión, es : A) 12u.
B) 10u.
D) 6u.
E) 9u.
C) 8u.
Solución Del gráfico, se observa que: d ( A,B) = d (A , F) = d ( A \ B ) = d( A’.F’) = 2u y
d(F,M) = d(F,M ) = 1u. Perímetro = 10u.
Rpta.: (B)
En la figura, d(0,P ) = 2. G es una rotación de 90° respecto al punto O. F es una reflexión a través de L y H es una reflexión a través de O.
i
Si: P’ = G ( P ) , Q = F(P’)
fig. 29 A) 2
B) 1
y
C) / 3
M = H(P’) , hallar la distancia de M a PQ.
D) / 2
E) 1/2
881
Solución El gráfico adjunto muestra la solución
L
a las aplicaciones planteadas. Como
30’
d(0,P') = d (O, P) = d(0,Q )=d(0,M ) =2, entonces P \ P, Q y M están sobre la
P’ 's30‘
misma circunferencia.
o
/
; < ;.H
*? * Incógnita : d ( M,H )
\
|
Se observa: MPQ = MP'Q = 30° fig. 30 También:
A MOP -» PM O = 45° d ( P.M ) = 2 / 2
Y, en A MHP : d( P , M ) 2J~2 — ¿ = —* _
(M ,H)
d(M ,H ) = / 2 Rpta:
4)
( D ).
ABCD, es un rectángulo: AB = 6u. y BC = 10u. Se refleja ABCD, a través de una recta que contiene a la diagonal A C . Hallar el área de la región común al rectángulo dado y su imagen. A) 40u2
B) 42,8u2
C) 46,8u2
D) 40,8u2
Solución - Sea A’B'C’D’, imagen de ABCD, a través de la reflexión respecto a X c . - Incógnita : SAFPF ( área AFCE ) - Se tiene: S afce = AE
CD
Se d e m u e s t r a que AFCE, es un paralelogramo.
Si AE = x , como CD = 6 *
^AFCE =
(^
- Cálculo de x: - Por propiedad de la mediatriz : CD1 = CD ; AB’ = AB 882
E) N.A.
AD' = AD y CB’ = CB o A ’B’C’D’ = oA BC D . Esto demuestra que AFCE es un paralelogramo FC = AE = x. También : A ABF = A FD’C
AF = FC = x
Luego, en el A ABF, por el Teorema de Pitágoras: AF • •
= AB
+ BF
x2 = 62 + ( 10 - x )2 , efectuando : x = 6,8
Reemplazando en ( I ) :
SAFCE = 6 ( 6,8 ) u2 S afce = 40.8 u2
Rpta:
( D ).
En la figura: T, es una traslación, con dirección, sentido y módulo indicado Si G, es una rotación de 8o,respecto a B,y : C = T(B) D = G(C) Hallar la distancia AD.
Solución Para hallar C, se traza BC
O P , tal que BC = OP = 10
Para hallar D, se rota C, 8o respecto a B
BD = BC = 10
m Z DBH = m Z HBC + m Z CBD m Z DBH = 45° + 8o = 53°
f— 5^2
B 6 H
Si trazamos DH 1 AB : A DHB ( 53°, 3 7 ° ) : DH = 8 y BH = 6 A AHD : AD
= AH
+ DH
AH = 15
= 152 + 82
Dado el sistem a de corrdenadas cartesianas XY, P(a;b) un punto del mismo y la recta y = x. 883
V
Demostrar que P \ reflexión de P, a través de dicha recta , tiene coordenadas P’ ( b ; a )
Solución Se trazan PH
jl
OY
P 'A ± OX OH = b y HP = a ( a + ó = 45°) - A O A P ’ = AOHP OA = OH
Luego:
P'A = HP OA = b y P’A = a
P’ = ( b ; a )
I.q.q.d.
Nota.- Aunque la demostración se ha hecho cuando P está en el Primer cuadrante, la propiedad es válida en cualquiera. Sea : A ( 3 ; 4 ) un punto del plano cartesiano. Sea B, reflexión de A , a través de la recta y = x. Hallar AC, Si C es reflexión de B a través del eje x.
7)
Solución AC = d ( A,C ) = ? Del gráfico: d ( A , C ) = ^ ( 4 - 3)2 + ( - 3 - 4) Rpta:
d ( A,C ) = / 5 Ó = 5 / 2
* Si el lector no recuerda los conceptos básicos de Geometría Analítica, vea el capítulo 32 8)
Un cuadrado de longitud de lado L, se rota 90°, respecto a un vértice. Hallar la distancia entre los centros del cuadrado dado y su imagen.
Solución 90°
Sea ABCD , el cuadrado , de centro O.
r%\
B
.■* / / r-~ -„ ■ ■•• \ ✓ ./ X ,^ sf t /
*
En el A B’BD :
\Q '' \ f
00 Rpta: 884
B'D '
=
/ A
2L B
■»
\
/ /
A h*
\
»
\ X \ \
L -H
D
ABCD, es un rectángulo de centro O. AB = 15 y BC = 20. Sean: E, reflexión de B, a través i
de AC. F, reflexión de E, a través de O. Hallar BF.
r
Solución BF = ? En el A EBF, por el Teorema de los puntos medios: BF = 2 (H O ).... ( I ). C álculo de HO: En el A ABC, por el Teorema de P itágoras: AC
= 152 + 202
AC = 25 25
AO = OC = y, por relación métrica: AB
= A C . AH
152 = 25AH
AH = 9
Entonces
:
HO = AO - AH =
25
-9
Reemplazando lo último, en ( I ) Rpta:
BF = 7 En la figura: OP = 3 y
PQ = 2
E, reflexión de P, a través de OA. F, reflexión de Q, a través de O B . corta OA en M y OB en H H a lla r: PM + MH + HQ.
Se traza el gráfico según enunciado y luego O E ; OF. Por propiedad de la mediatriz : OE = OP -» OF = OQ -»
OE = 3 OF = 5
Además: EM = PM y
HF = HQ
o ) 38
B ii Mi F •4
PM + MH + HQ = EF
885
- Extrayendo el A EOF, hallaremos EF, trazando EV J_ O F . A EVF, Teorema de Pitágoras : — 2
EF = EV
2
+ VF
2
— 2 27 169 EF = — + ----EF = 7 Entonces : PM + MH + HQ = 7
Rpta 11)
En la figura: AB = 20 T qp y Tmn, s°n traslaciones definidas, por O P y M ^ , respectivamente
OP = 1
y
MN = 4
S i : T0P( A ) = E
y
T MN( B ) = F
Hallar EF.
Solución - Para hallar E, se traza por A : AE - Para F : BF
O P . t a l q u e A E = OP = 1
MN, de modo que BF = MN = 4.
R
20 - Si prolongamos AE y BF hasta R : AR _L BR y ene! A A R B ( 3 7 ° , 5 3 ) : AR=1€ y BR= 12 • •
ER = 15 y RF = 8. Luego : EF
EF
886
= 152 + 8 2
= ER
+ RF Rpta
#
CAPITULO 3 2 INTRODUCCION A LA GEOMETRIA ANALITICA 1
Introducción.- El presente capítulo es una introducción a la Geometría Analítica en el plano. Aquí, los puntos y las rectas no son objetos indefinidos sino que están definidos en términos de números reales llamados “coordenadas” o “pares ordenados”. Fue el matemático filósofo inglés René Descartes (1596 -1 6 5 0 ) quien explotó la idea de darle a la Geometría euclidiana un tratamiento algebraico consistente y sistemático. Al término del presente capítulo, el estudiante podrá graficar cualquier punto en un sistema de coordenadas cartesianas, hallar la distancia entre dos puntos del plano cartesiano, así como deducir la ecuación de una recta.
2.-
Sistem a de C oordenadas R ectangulares ( C artesianas ).- Consideremos dos rectas orientadas X’X y Y’Y, perpendiculares entre sí en un punto. El conjunto de estas dos rectas recibe el nombre de "Sistema rectangular de coordenadas cartesianas", en memoria de René Descartes, por ser el primero que lo ideó. Se definen: Y I
II o III
X IV
* Recta X’X, horizontal, llamada “eje de las abcisas” o “eje de las X”, o simplemente “eje X”. * Recta Y’Y, llamada “eje de las ordenadas”, o “eje de las Y”, o simplemente “eje Y". Los dos ejes son llamados “ejes coordenados”. * El punto O, intersección de los ejes, se llama “origen de coordenadas”. * En el eje x se considera positivo el sentido hacia la derecha. En el eje Y se toma por positivo el sentido hacia arriba. Además: OX , es el semieje positivo de las X. O X \ es el semieje negativo de las X.
00"
OY, es el semieje positivo de las Y. OY’, es el semieje negativo de las Y. Las cuatro regiones 1,11,111 y IV, se llaman cuadrantes, numeradas en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj. A bscisa y Ordenada de un p u n to del Plano. Y
f
y
Sea P, un punto referido a un sistema rectangular de coordenadas. Tracemos : PA 1 eje x y
PB 1 eje y.
Si se conocen las longitudes de los segmentos OA y O B , el punto P queda perfectamente definido. La longitud de OA medida con una unidad elegida, se representa por x y se llama abcisa del punto P: la longitud OB medida con la misma unidad o con cualquier otra, se representa por y, llamada ordenada del punto P. Los números x e y determinan el punto P y se llaman coordenadas cartesianas de P, escribiéndose del siguiente modo: P( x ; y ), que se lee: Punto P de coordenadas x , y. S ignos de las C oordenadas.- Las abscisas son positivas a la derecha del eje Y, porque se miden en el semieje OX positivo, y negativas a la izquierda, porque se miden en el semieje negativo OX’. Las ordenadas son positivas en la región superior al eje de las abcisas, medidas en el semieje positivo OY, y negativas en la región inferior, porque se miden en el semieje OY'. Se tendrá, entonces: IY II Cuad. x-
I Cuad. x+
y+
y+
X-
x+
y-
y-
III Cuad.
IV Cuad.
)
Ejm.Graficar los puntos A ( 3; 5 ), B (-4; 2 ), C (-2; *3 ), D ( 3; -6 )
Solución Y -_ 4
u B ó
c'
i i
X
[
Se elige un sistema de ejes coordenados y las unidades respectivas para los ejes X’X e Y'Y ( es cómodo usar papel cuadriculado ). Se observan: A, pertenece al I cuadrante. B, pertenece al II cuadrante. C, pertenece al III cuadrante. D, pertenece al IV cuadrante. Ejm.- Graficar los puntos P ( 0; 3 ), Q ( 8; 0 )
Solución
El punto P se ubica a 3 unidades del origen, sobre el semieje positivo OY. El punto Q se ubica a 8 unidades del origen, sobre el semieje positivo OX. Ejm.- Detemrminar el área de la región triangular ABC, s i : A (-3; 0 ) , B ( 0; 4 )
y C ( 5; 0)
Solución Se grafican los puntos en un plano cartesiano. Luego:
AC = 3 + 5 = 8 OB = 4
S _
ABC
1 1 = - (AC)(OB) = - (8)(4) = 16 unida 2 ' M ' - 2 des cuadradas. 889
DISTANCIA DE UN PUNTO, A L ORIGEN DE COORDENADAS.La distancia del origen O, al punto P( x ; y ) , es:
OP = yj x2 + y2
DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS.- Dados dos puntos P( x1; y1) y Q( x2; y2)t la distancia entre ellos se escribe: dp^ y se calcula por la fórmula:
Nota.- La distancia entre los puntos P y Q, también se acostumbra escribir: d ( P, Q ), PQ PQ Ejm.- Hallar la distancia entre los puntos P ( 3 ; 4 ) y Q (-5; -11 ).
Solución - Por fó rm u la : po = y ( 3 - -5 ) + ( 4 - -11) p q = i ¡ { e f + ( 1 5 )2 Rpta:
PQ = 17
* Observar que cada componente va con su propio signo.
Q(-5 ; -11)
Ejm.- El punto P( n ; n ), está en la mediatriz del segmento AB, siendo A (2; -3) y B (-4; 9) Hallar el valor de n. 890
Solución Sea el gráfico : Como P es un punto de la mediatriz del AB, entonces por propiedad : PA = PB Y ahora, usando la fórmula de distan cia entre dos p untos del plano cartesiano: (n _ 2 )2 + (n - -3 ) Rpta:
=
Efectuando: n = 7
DIVISION DE UN SEGMENTO EN UNA RAZON DADA Sea P ( x ; y ) un punto del segmento ÁB , donde A ( x1; y t ) y B í x ^ y , , ) , tal que : AP PB
= r
Entonces, las coordenadas ( x ; y ) del punto P, se evalúan así: X, + r x 2
..
y -
r+ 1
y i + f y2 r+ 1
D em ostración.- Por semejanza de los triángulos. AC
AP
x - x1
PD
PB
x2 - x
PC = AP BD “ PB
= r
y - yi _ r y2 - y
PUNTO MEDIO DE UN SEGMENTO. Si M, es el punto medio del segmento AB, sus coordenadas se calculan p o r : x =
x 1 + x2 Y
y=
yi + y2
X =
xt + rx 2 r + 1
_ yi +ry2 y= r+1
Ejem plo. Dado un triángulo ABC, donde: A( 3 ; 8 ), B (9 ; -2 ) y C (-4; -1); hallar la longitud de la mediana CM.
Solución - CM = ? - Con el gráfico: - Coordenadas de M : 3+ 9 x = --------
y =
-+
8 + -2
x
y *3
2 M ( 6; 3 ) - Entonces, con fórmula de la distancia: CM = Rpta:
6 - "4 f
+ ( 3 - '1 f
CM = ^ 1 1 6
COORDENADAS DEL BARICENTRO DE UN TRIANGULO. Si G( x ; y ), es la posición del Baricentro de un triángulo ABC, tal que: A( x,; y,), B(Xg; y2) y C( X3 ; y3), entonces :
AREA DE UNA REGION TRIANGULAR.- El área de la región triangular, que determinan los puntos A(x,; y,). B(x2; y2) y C(x3; y3), se evalúa por el valor absoluto de : *1 x2
yi
1
y3
1
X3
y3
1
Ejem plo.- Hallar el área de la región triangular ABC, si :
A ( 3 ; 7 ) , B ( 2 ; 9 ) y C (-2 ; 3 ) 892
Solución Se tie n e :
s =± 2
1
S=“
Rpta:
3 2
7 9
’ 2
3
1 1
19
-
•
g 3 ~ 2 m 3 1
1 -7 1
2
1
"2
1
1
[ 3 ( 9 - 3 ) - 7(2 + 2 ) + 1 ( 6 + 1 8 ) ] = “
+1
2
9
"2
3
[1 8 - 2 8 + 24]
7u2
Ejem plo.- Hallar el área de la región triangular PQR , siendo P(-2; 9)
Q(4; 5)
R(6; -2)
Solución Se tiene:
s =—
"2 4
2
9 5
1 1 1
5
) "2
1
1
-9
4 6
4 1 +1 1 6
5 "2
s = i [ ( - 2 ) ( 5 + 2 ) - 9 ( 4 - 6 ) + 1( - 8 - 3 0 ) ] = [ - 20 + 18 - 38 ]
S • •
=
\
[-40]
S = - 20 ; como es negativo , se debe tomar valor absoluto
El área será : IS I = I - 2 0 1= 20 u
Rpta
Nota.- Como puede verse, para usar este método es necesario que el lector sepa cómo resolver un determinante. METODO PRACTICO PARA HALLAR EL AREA DE UNA REGION TRIANGULAR. Se procede del siguiente modo: Se ordenan los elementos de los pa res ordenados, en filas, repitiendo al final la primera: xi X3 X1
yi y2 y3 y.
893
2°)
Se efectúa ta suma de productos indicada :
I
—>
D
Es decir : D = x1y2 + Xgy3 + x3y, I = y , x 2 + y2x3 + y3x,
3o)
Finalmente, el área S, de la región triangular correspondiente, será:
S = —| D —I|u 2 2 1
Ejem plo.- Hallar el área de la región triangular ABC, con el “método práctico”, si: A (2 ; 8 ) B (-4; 4 ) C( -4; -6 )
Solución Se tiene:
I
D
<—
D = 2( 4 ) + ( - 4 ) ( - 6 ) + ( - 4 )( 8 )
D = 0
I = 8 ( -4 ) + 4( -4 ) + ( - 6 ) ( 2 )
I = -60
Entonces: S = — ID —11 = — 0 - 6 0 2 i i 2
= — I 6 0 1= 30 2 1 1
... Rpta
S = 30u2
AREA DE UNA REGION POLIGONAL.-
Sea A 1A2A 3...An, un polígono cuyos vértices, nombrados en sentido antihorario, tienen coordenadas:
A ,( xt ; y i ) , Ag( Xg; y2) ,
A1
^3 ( ^3* Y3 ) » *** I An ( Xn, yn)
Entonces, el área de la región poligonal correspondiente, es el valor absoluto de la expresión. 1 *1 Y^ x2 1 Yz
s = — *3 2 • #
894
Ys # #
1
yn
1
A
An An
-1
METODO PRACTICO.- Se procede como en el caso de una región triangular, colocando los pares ordenados en filas y repitiendo la primera:
I
<—
—*
D
Ejem plo.- Hallar el área de la región pentagonal cuyos vértices, son (-6; 16 ) , ( 16; 6 ) , ( - 1 0 ; -4 ) , ( 12; 12 ) y ( 20; -8 )
Solución Hacemos un gráfico aproximado. Elegimos un punto in ic ia l: ( x i ; y i ) = (12; 12) Luego, para usar el “método práctico”, ordenamos los otros puntos teniendo en cuenta el sentido antihorario :
I
<—
—>
Siendo: D = 12( 16 ) + ( -6 ) ( - 4 ) + (-1 0 )(-8 ) + 20( 6 ) + 16( 12 )
-»
D = 608
I = 12( -6 ) + 16( -10 ) + ( - 4 )( 20 ) + ( - 8 )( 1 6 ) + 6( 12 )
-»
I = 368 895
el área :
S = — | D —11 = — 608 2 1 1 2 S = 119761 = 488 2 1 1
368
S = 488 u2 .......... Rpta
LA RECTA.- La expresión: y = mx + b |
... ( I )
es la ecuación de una recta, que corta al eje de ordenadas en el punto ( o ; b) a
medida del ángulo de in clinación de la recta.
m
Pendiente de la recta.
CARACTERISTICAS DE UNA RECTA:
a)
A ngulo de In clin a ció n .- Aquel que forma la recta con la dirección positiva del eje de abscisas, medido en sentido antihorario. Toma valores comprendidos entre 0o y 180°.
b)
Pendiente.- Es la tangente trigonométrica del ángulo de inclinación de la recta. En el grá fico anterior: ~m = tg g° | Ejm. La ecuación de una recta, es : x - y + 4 = 0 H a lla r:
1°) La pendiente. 2°) La medida del ángulo de inclinación
Solución Se escribe la ecuación, como en ( I ) : y = x+4 Entonces, comparando: m = 1 • •
tga° = 1
—»
a = 45
Rptas: 1o) La pendiente, es m = 1 2o) El ángulo de inclinación, mide : oc° = 45 O bservaciones: 1) -
Si el ángulo de inclinación de una recta, es agudo, su pendiente resulta positiva : a < 90 m = tg a° > 0
896
Si el ángulo de inclinación de una recta, es obtuso, su pendiente es ne gativa : a > 90
2) -
m = tg a° < 0
a
3)
La pendiente de una recta paralela al eje X, es c e r o : L
OX
.%
m = 0
La ecuación de esta recta, es y = b |
4) -
Las rectas paralelas al eje Y, (rectas verticales), no tienen pendiente. Para el gráfico adjunto:
* Medida del ángulo de inclinación : 90° * Ecuación de la recta : V y
5) -
Recta que pasa por el origen de coordenadas. En este caso : b = o La ecuación :
y = mx
- En particular, si m = 1, la ecuación queda: y = x, siendo tg a = 1 a = 45°
897
6) -
La expresión :
— + 1~ = 1 1 es llamada forma simétrica de la ecuación de una recta. En a b
este caso un gráfico puede ser el siguiente :
7) -
En algunos casos es conveniente escribir la ecuación de una recta del modo Ax + By + C = 0 | ( Forma ge n e ra l)
8) -
Si una recta pasa por los puntos (x1; y ^ y (x2; y2) , entonces su pendiente m = t g a , se puede evaluar como:
(x2 i y2)
Ejem plo.- Hallar la pendiente de la recta que pasa por los puntos ( 3 ; 5 ) y (-2 ; -4 )
Solución Se tiene: m =
Rpta:
9)
5 - ~4 _ 5 + 4 3 - "2 ~~ 3 + 2
. 9 m= — 5 En general, si P ( x1; y1) y Q ( x¿; y2) son dos puntos de una recta L, entonces la ecuación de diha recta, puede hallarse al d e sp e ja r: y - yi = X -
898
X -|
y2
- yi —
X-)
O,de:
Siendo la pendiente : m = tg a =
y ^ L = y2JLyi
x-x2
x2 -
------“ x2 - x1
Ejm. Escribir la ecuación de la recta que pasa por los puntos P ( 7 ; 2 ) y Q (1 0 ; 5 )
Solución - Si A ( x ; y ) , es un punto genérico de la recta ; entonces: y - 2
5 -2
x - 7 ~ 10- 7 Efectuando :
y = x-5
Como el coeficiente en x dá la pendiente : m = 1 10)
Si P0 ( x0; y0), es un punto de paso de una recta con pendiente m; entonces la ecuación de dicha recta, e s : y - y0 = m ( x - xo) I
( Ecuación p u n to pendiente )
Ejm. Hallar la ecuación de una recta con pendiente 2 y que pasa por el punto ( 3 ; - 7 )
Solución Según lo anterior, la ecuación se logra de: y * ( -7 ) = 2 ( x - 3 ) Rpta:
y = 2x - 13
11)
Y
Dos rectas paralelas tienen igual pen diente. Así, para el gráfico adjunto , si L1 11 L2 entonces a 1 =
L
tgo^ = tg
A
/
ANGULO ENTRE DOS RECTAS.Sean las rectas L1 y L j, de pendiente:
x
Luego : Y
m, = tg a 1 y : m2 = tg ct2. Entonces, para hallar la medida del ángulo entre dichas rectas, se deduce del gráfico adjunto, que:
a = o tj-a , 899
Como, generalmente son conocidos m1 y m2 , aplicamos la función tangente a ambos miembros: jg a ^ t g ^ tga = tg ( a 2 - a 1)
1 + tg a 2 . tg a 1
ítu
ó también :
-
m<
tg a = — £------- 51 + m., . m2
( *) ■
RECTAS PERPENDICULARES- Si en ( * ) ,a = 90°, el denominador del segundo miembro debe amularse. Entonces : 1 + m1 . m2 = 0 m1 . m2 = - 1
( ** )
Ejm. Hallar la ecuación de la recta L, que pasa por el punto ( 3 ; -4 ) y es perpendicular a otra recta de ecuación : y = 2x + 5
Solución Sea m la pendiente de la recta L cuya ecuación se quiere hallar. Como la pendiente de la otra recta, es 2 ; entonces, por la propiedad ante rior: 2m = -1
m= - — 2
Usando la ecuación punto pendiente, para L : y-(-4) = “ De donde :
y=
(x-3) 1 5 —x ----2 2
DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA.- La distancia d, de un punto P( x1; y1), a una recta L, de ecuación: Ax + B y + C = o , s e evalúa con la fó rm u la :
900
\ ECUACION DE UNA CIRCUNFERENCIA.- Sea C ( h ; k ) , centro conocido de una circunferencia de radio conocido r. Entonces, la ecuación de cualquier punto P ( x ; y) de dicha circunferencia, se obtiene al e s c rib ir: d (P.C) = r Usando la fórmula de distancia entre dos puntos :
i j ( x - h f + ( y - k )2 = r elevando al cuadrado : ( x - h )2 + ( y - k )2 = r2 !
....(I).
Ejemplo.- Escribir la ecuación de la circunferencia de centro ( -2 ; 5 ) y radio 4.
Solución En este caso ,h = - 2 , k = 5 y r
= 4
De modo, que, al reemplazar en ( I ) : ( x - -2 )2 + (y - 5 )2 = 42 Rpta:
( x + 2 )2 + ( y - 5 )2 = 16
CIRCUNFERENCIA CENTRADA EN ELORIGEN.- Si en la ecuación (I), el centro C, coincide con el origen, entonces : (h; k) = (0; 0), La ecuación queda:
Y
x2 + y2 = r2 1
Ejm. Hallar la ecuación de la circunfe rencia cuyo centro es el origen de coordenadas y pasa por ( 5 ; 12 )
Solución Centro : C = ( 0 ; 0 )
ecuación: x2 + y2 = r2
(U
Como ( 5 ; 12 ) , pertenece a la circunferencia; entonces reemplazando en (1 ) 52 + 122 = r2 —>
r = 13
En ( 1 ) mismo, la ecuación será : x2 + y2 = 132 Rpta
x2 + y2 = 169 901
\
PROBLEMAS 1)
Dados tres vértices de un paralelogramo ABCD: A(3; 5), B(5; -3) y C(-1; 3). Determinar las coordenadas del vértice D, opuesto a B. A) (3; 1)
B) (3; -1)
C)(-3;-1)
D) (-3; 1)
E) N.A.
Solución - ABCD : Paralelogramo. Sea D( -x; y ), donde x > 0 D De la congruencia entre los trián gulos sombreados, podemos de ducir fácilmente que : x - 1 = 2 /.
x= 3
3 - y = 2 .-.
y= 1
Luego : D( -3; 1 ) Rpta: 2)
( D ).
La mayor base de un trapecio isósceles une los puntos (-2; 8) y (-2; -4). Uno de los extremos de la otra base tiene coordenadas ( 3 ; -2 ). La longitud de la base menor, es : A) 8
B) 6
C) 9
D) 10
E ) 12
Solución Incógnita: CD
Y
B (-2 ; 8)
Del gráfico : QA = 2 C
H 3-----
BH = 2
Luego : C ( 3 ; 6 ) Entonces:
n X Q3 2 A (-2 ; -4)
D (3 ; -2)
CD = ^ ( 3 - 3 ) 2 + ( 6 - ( - 2 ) 2 ) CD = 8 Rpta.: (A)
3)
El área de un triángulo es 4u2; dos de sus vértices son los puntos : A( 2; 1 ) y B( 3; -2 ); el tercer vétice C está situado en el eje x. Determinar las coordenadas del tercer vértice C.
A) ( 5 ; 0 ) 902
B) ( 4 ; 0 )
C) ( 3 ; 0 )
D) (-5 ; 0 )
E) (-4 ; 0 )
\
Solución ^A B C
“
^
Como : AB = ^ (3 - 2)2 + ( -2 - 1)2
Y
AB = V 1 + 9 = /T Ó
A (2 ; 1)
La distancia "d”, del vértice C ( x , ; O ) a la recta A B , se halla : 1 S „c= ó (AB)d
4.
u
m
o
B (3 ; -2) 8
d=
Vio
-(1 >*
De otro lado, la ecuación de t ñ :
y - 1 _ 1 - (- 2 ) x - 2
2 -3
3x + y - 7 = 0
Usando la ecuación de la distancia Hd" del punto C ( x1; 0 ) a la recta AB d=
3 xt - 1(0 ) - 7
d=
3X t - 7
/To
(2).
Luego, de (1 ) = ( 2 ) : 3x, - 7
8
V io
Vio
1
* Si
3x. - 7 = - 8
xt =
* Si
3x, - 7 = 8
Xi = 5
Hay dos respuestas :
1 —;0 )
-
3
Cj>( 5 ; 0 ) Rpta: 4)
( A ).
Hallar las coordenadas del circuncentro del triángulo ABC , si A (0 ; 0 ), B (3 ; 8) y C ( 7; 5).
Solución Sea P(x; y), circuncentro del triángulo, centro de lacircunferecia circunscrita. Se debe cumplir : PA = PB
J 7 7 7
= ^ ( x - 3 )2 + ( y - 8 ) 2 on*
De donde : 6x + 16y - 73 = 0 ........... ( 1 ). También : PA = PC
4X2 + y2 = ^ ( x -
7 )2 + ( y - 5 ) :
Luego : 7x + 5y - 37 = 0 .......... ( 2 ). Resolviendo (1 ) ; ( 2 ) , hallamos : x =
Rpta:
5)
' 227 \ 82
227
289 y =
82
82
289 ' 82 /
Hallar la ecuación de la mediatriz del segmento AB, donde : A ( -4 ; 3 ) y B ( 2 ; 9 )
Solución - Para este tipo de problemas hay dos métodos. Veamos : 1er. M étodo : - Sea L, mediatriz de AB. - Las coordenadas de M, punto medio de AB, son: En x
-+
“ 4 + 2 ------------= -1
En
->
i ±
y
l = 6
M (-1 ; 6 ) , es un p u n to de paso de la recta L. - La pendiente de L, es el inverso negativo de la pendiente de la recta AB Siendo : mAB =
9 -3
Para la pendiente de L :
mAB ~ ^ mL . mAB = -1
mL . 1 = -1 -»
mL = -1
Finalmente, con M (-1 ; 6 ) y mL = -1, usamos la forma punto pendiente, para la ecuación de L : y - 6 = -1 ( x - (-1 ) ) De donde : y = -x + 5 2do. M étodo.- Si P ( x ; y ) , es un punto genérico de L; entonces, por la propiedad de la mediatriz : PA = PB
904
J ( x - - 4f
+ ( y - 3 ) 2 =>/ ( x - 2 ) 2 + ( y - 9 ) 2
Elevando al cuadrado ambos miembros y simplificando, queda : 6)
y = -x + 5
Hallar la distancia del punto ( -4 ; 3 ) , a la recta L : y = 2x + 5
Solución Se debe escribir la ecuación de L, en su forma g e n e ra l: Ax + By + C = 0 Se tiene : y = 2x + 5 2x - y + 5 = 0 A = 2 , B = -1,C = 5 - Luego, en la expresión para la distancia d, con x1 = -4 A x, + B y, + C |
d=
2( - 4 ) + ( - 1 ) ( 3 ) + 5
J A2 + B d=
V 22 + ( - 1 )
-8 -3 + 5
-6
d= | / 5
J 5
Js 7)
; y1= 3 :
Rpta
Los vértices de un triángulo son los puntos A ( 3 ; 6 ) , B( -1 ; 3 ) y C ( 2 ; -1 ) Calcular la longitud de la altura trazada desde C. A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
Solución Se pide la distancia de C, a la recta que contiene a A B , para ello hallamos la ecuación de X § : 6 -3 ________ 3 - (-1)
y -6 x - 3 o
_ 3x 15 y " 4 + 4
3x 15 . : ------- y + — = 0
o, m ejor: 3x - 4y + 15 = 0, es la forma paramétrica de la ecuación de AB. Ahora, hallamos la distancia del punto C( 2 ; -1 ), usando la fórmula : d=
A x1 + B y1 + C
/ a
+ B
para A = 3 , B = -3 905
\
y, = -1 , C = 15 , x, = 2,
•
d=
•
3 x 2 + ( - 4 )( - 1 ) + 15
25
->
d= 5
i / 3' + ( ~ 4 )
Rpta:
( D ).
8)
Dada la recta. L1 : 5x + 3y - 3 = 0. Hallar la ecuación de la recta que pasa por M ( 2 ; 1 )
1o)
Paralela a Lv
2o)
Perpendicular a L ,. \ L2 \ \ \
Solución L1 : 5x + 3y - 3 = 0 Pendiente m1, de L1
\
5 m, = 3
\ \
,
5 ya que L1 : y = - - x + 3 1o)
\
X \
Sea l_2 11 L, : entonces, la pendiente de
: m2 = m1
5 m2 = 3
Con la pendiente y el punto de paso M( 2 ; 1 ), usamos la forma punto-pendiente para la ecuación de :
y ■y0 = m ( x - x0 ) y-
1
= - f ( x- 2 )
5 13 De donde : y = - — x + — , es la ec. de L0 . 3 3 2 2o)
Sea l_2 1 L1( desde el punto M. Como debe cumplirse : m 1 x m3 = -1 -5
x m3 = -1
3 —> m3 = — 5
Entonces, para L3; con la forma punto pendiente : y -1 = y =
Rpta 90R
f
(x-2)
6 T3 X + i1 - —
. 3 1 y ——x — 5 5
9)
Los lados de un triángulo están en las rectas x + 5y - 7 = 0 ; 3 x - 2 y - 4 = 0 ; x - y = 0 Hallar su área.
Solución Se grafican las rectas. L, : x + 5y - 7 = 0
-d ).
L , : 3x - 2y - 4 = 0
..(II).
L,:x-y = 0
..........
( II I ) .
- Se obtienen los vértices : De ( I ) y ( I I ) : x = 2 ; y = 1
{A} = L, n L,
A = (2 ;1)
{Bj = l , n l
De ( I ) y ( I I I ): x = y = ■£ ' 7 . 7 ' B = <6 ’ 6 ,
ÍC} = L , n L,
De ( I I ) y ( I I I ) : x = 4 ; y = 4 » •
C = (4;4)
Entonces, para el área :
I
D
I = 1x — + — x 4 + 4 x 2 6 6 D = 2 x —+ —x4 + 4x1 6 6 S = —| D —I| = — 2 1 2
10)
17 6
-»
1= — 6 D = 11
o = — 17 u 2 —> S 12
Rpta
Hallar la ecuación de la recta bisectriz del ángulo agudo que forman las rectas L1 : 3x - 4y + 6 = 0 l~2 : 24x - 7y - 177 = 0 9Ü7
Solución Con la fórmula de la distancia de un punto a una recta : 24x-7y-177| V 24' + ( - y ) y, por propiedad de la bisectriz : d, = d2 Luego : |3x - 4y - 6| _ |24x - 7y - 177| /2 5
~
/6 2 5
Efectuando : 13x - 9y - 49 = 0 Es la ecuación de la bisectriz. 11)
Los vértices de un cuadrado son: A ( 0 ; -3 ) , B ( b1; b2), C ( 3 ; 4 ) y D ( d1; d2). Hallar el área del rectángulo cuyos vértices son los puntos B, P, D, Q, donde P = ( d , ; b2) y Q = ( b 1; d a) B) 21
A) 58
D) 29
C) 19,5
E) 25
Solución Sea el gráfico Ecuación de L y _4
4-(-3)
x - 3
3-0
y = 3 x ’ 3 Luego: tg ó = — = ctg a El área del rectángulo, puede hallarse c o m o : S = j
( PQ )( BD ) Sen 2a
Siendo: PQ = BD = AC = ,l ( 3 - 0 )
+
4 -
3
= J 58
'3 ' Sen 2 a =
2tga
\ 7 ,
1 + tg a
3
Reemplazando en (1 ):
9<)8
1+
11 29
V7
S = -1( ^ 5 8
^ ~58 j . 11 29
= 21
Rpta: (B)
\
12)
La ecuación : x2 + 6x + y2 - 9 = O, es la ecuación de una circunferencia de centro ( h; k ) y radio r. H a lla r: E = ------h+ k
Solución Se tiene : ( x - h )2 + ( y - k )2 = r2
(1 ).
Desarrollando y ordenando, queda : x2 - 2hx + y2 - 2ky + ( h2 + k2 - r2 ) = 0 ............( 2 ). Comparando ( 2 ) con lo propuesto : x2 + 6x + y2 - 9 = 0 ............( 3 ). Deducimos, que :
-2h = 6 -+ -2k = 0 h2 + k2 - r2
h = -3
->
k = 0
= -9
->
(-3)2 + O2 - r2 = -9
r = 3 /2 - Finalmente, reemplazando en E : E = 3^ -3 + 0
-+
E = -J~2 v
.......... Rpta.
Otra form a: completando cuadrados en la ecuación dada : x2 + 6 x + y2 - 9 = 0 Es decir ; escribiendo lo mismo como : ( x + 3 ) 2 + ( y + 0 ) 2 = 9 + 32
Entonces : h = - 3 , k = 0 E=- ^ - = -/2 -3 + 0 v 13)
y
r =
Rpta.
En la figura : AB = 7 y OB = 24. Hallar la ecuación de la circunferencia inscrita en el A ABO.
A
Solución - OH y HP, dan las coordenadas del centro P. - En el A ABO, por el Teor. de Pitágoras: OA2 = OB2 + AB2
o
C
X
OA2 = 242 + 72 909
OA = 25 Ahora, con el Teorema de P oncelet: OA + 2r = AB + OB 25 + 2r = 7 + 24
r = 3
Al trazar PB : Z PBA = Z PBO = 45 PB Adem ás: PB = r / 2
OX = HC = 3 / 2
OB En el A OCB (45°, 45o): OC = BC = - = f2 Entonces : OH = OC - HC = 12/ 2
24 i— - ^ = 1 2 / 2 = HP yf2
- 3 - /2
OH = 9 / 2
Entonces, las coordenadas del centro P, de la circunferencia, son : ( OH ; HP )
=
( 9 / 2 ; 1 2 -/2 ) y su ecuación:
( x - 9 / 2 )2 + ( y - 1 2 -/2 f
= 9
Rpta
CAPITULO 3 3 VECTORES Un vector es una magnitud que queda determinada exactamente si se cono cen de él su dirección, sentido y mó dulo.
*0
En la figura 1, el vector AB, trazado desde A ( llamado origen ), hasta B (extremo), se indica colocando una flecha en el extremo y se denota por
Fig. 1.
ÁB. Es también común denotar el vector con una letra minúscula colocada en el extremo ó al costado: v. A, también es llamado punto de aplicación del vector. Entonces,para el vector de la figura 1: * L, es la recta que define la d ire cció n de v. * El sentido de v es de A hacia B. * El m ódulo ó norm a de v , es la longitud del segmento AB y se denota p o r : También pueden escribirse, simplemente v ó AB. Dado un vector á , el vector opuesto, - á , es el que tiene el mismo módulo y dirección, pero sentido contrario ( fig.2 )
Los vectores son iguales (equipolentes), si están ubicados en rectas paralelas o en la misma recta y tienen sus sentidos y módulos, respectivamente iguales. Por ejemplo, para la figura2,tenem os:á = b. Por!otanto,si á =3u, e n to n ce s:
= 3u. ( La u se lee : unidades ).
911
De lo anterior, deducimos que un vector se puede trasladar en forma paralela a su dirección, manteniendo el sentido, como indica la figura 3.
fig. 3
SUMA DE DOS VECTORES - Se lla ma suma
á + b, de los vectores
á y b , al vector que tiene por origen el mismo que á y extremo el de b , luego de hacer coincidir el extremo de á con el origen de b, trasladando alguno de los vectores o los dos, como en la figura 4.
fig. 4
REGLA DEL TRIANGULO, y el b , es conocido como VECTOR RESULTANTE de ellos.
Este método de graficar el vector a + b, es conocido como vector obtenido al sumar a y
Si hacemos coincidir el extremo de b con el origen de a y trazamos el vector con origen el de b y extremo el de a , estaremos graf¡cando el vector b + a. ( Ver Fig.5 )
b
fig. 5
De lo anterior, podemos enunciar la propie dad conmutativa de la suma o adición de dos vectores a y b : a + b = b + a
La suma de muchos vectores se efectúa mediante la aplicación sucesiva de la Regla del Triángulo, tal como se indica en la figura 6, donde se representa el vector resultante:
r=á+b+c+d
912
DIFERENCIA DE DOS VECTORES.La diferencia de los vectores á y b , se esbribe a - b, y representa otro vector c , tal que sumado con b , resul ta el vector á. Es d e c i r , para restar dos vectores, se suma al vector m inuendo el opuesto del vector sustraendo : c = á - b = á + ( - b )
La fig.7 muestra la forma práctica de graficar el vector c = á - b . Aquí se han hecho coincidir los orígenes de á y b - El vector c = á - b , une la punta de flecha de b con la de á . - En el caso de que á = b, el vector á - b se llama ve cto r nulo o cero y se representa por Ó ó O. PRODUCTO DE UN ESCALAR POR UN V E C T O R E l producto de un escalar (número real), por un vector á , es otro vector r á , de la misma dirección que á , pero con módulo | r | veces el de á y sentido igual al de á si r es positivo y opuesto al de á si r es negativo. Si r = 0, r á es el vector nulo.
fig. 8
PROPIEDADES.-Si a, b y c . s o n vectores ; m y n, dos escalares: 1)
á + b= b + á ( Prop. conmutativa de la suma )
2) ( Prop. asociativa de la suma ) 3)
ma = á m ( Propiedad conmutativa del producto de un escalar y un v e c to r).
4)
( mn ) á = m ( ná ) ( Prop. asociativa del producto por un e sca la r).
913
( m + n )á = má + na. ( Prop. distributiva, respecto a la suma de escalares ). m ( á + b ) = má + nb ( Prop. distributiva, respecto a la suma de vectores ). VECTOR UNITARIO.- Es todo vector de módulo unidad. Si á es un vector de módulo distinto de cero, á * 0, el vector H =
es un vector unitario
de la misma dirección y sentido que á
a A
Todo vector á , se puede representar por el producto de un vector unitario ¡I, de la misma dirección y sentido que aquel, multiplicado por el módulo de
, V " -Y "
\ o
á, que es un escalar. fig. 9
Entonces :
VECTORES UNITARIOS RECTANGULARES.-
Un sistema muy importante de vectores unitarios son los que tienen por direcciones las correspondientes a los ejes de un siste-
Vi
t
ma de coordenadas cartesianas. fig. 10
J o fig. 11
La fig. 10 muestra el caso en el plano y la fig. 11, en el espacio.
Y
Aquí trataremos sólo el caso del plano
VECTORES COMPONENTES.- Todo vector á, en el plano, se puede representar con su origen en el de coordenadas. Sean (a1 ; a2) las coordenadas del punto extremo del vector á, en la figura 12. Los vectores a, i , a2 j , se llaman vectores componentes rectan gulares o simplemente vectores com-
ponentes de a, según las direcciones x , y , respectivamente Entonces :
y el módulo
:
LEY DEL PARALELOGRAMO.- Si a y b son dos vectores, el vector R = a + b, se llama la resultante de ellos. Para grafícar R , se han trazado paralelas graficando un paralelogramo de lados El vector R se obtiene trazando la diagonal desde el origen común de los vectores á y b . Usando la Ley de cosenos de la Trigonometría, se demuestra que el módulo del vector R, se puede ca lc u la r:
R = J a 2 + b
2
+ 2 a
b Cosa
Siendo a , la medida del ángulo que determinan los vectores es tal como se indica en la fig. 13
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
En la siguiente figura : á = 5
b
b = 12 Hallar el módulo de la resultante de a y b .
Solución : 5 + b es el vector que tiene por origen el de á y extremo el mismo que b . á + b , es la longitud de la hipotenusa del triángulo rectángulo obtenido . Luego, haciendo uso del Teorema de Pitágoras : +
á + b
a + b
= 52 + 122
á + b
= 169
.4
Rpta:
á + b = 13
ABCD, es un cuadrado de lado 2 unidades de longitud.
2)
Hallar : MA
A?
MA + AP
Solución : * El módulo de MA es la longitud del segmento MA. En el A ABM :
( MA )2 = ( AB )2 + ( BM )2 ( M A ) 2 = 22 + 12
Rpta
MA = / 5
MA = / 5
Análogamente; en el A ADP
( AP )2 = ( AD f + ( PD )2 ( A P ) 2 = 22 + 12
AP = / ? Rpta
916
AP
Para hallar el módulo de MA + AP, usamos la “Regla del Triángulo” para la suma de dos vectores. A s í : MA + AP = MP. E ntonces: MA + ÁP
MP t
Siendo, en el A MCP : MP = J 2 MP « V 2 Rpta:
1
MA + AF5 =
D B
Para el rectángulo ABCD, de la figura H a lla r: á + b
Solución á+ b
= 9 Q
Hacemos coincidir el extremo de a con el origen de b , trasladando b de modo que c 3 = b , como en la figura de la solución. Luego, en el A ACQ : AQ = á + b. La longitud del segmento AQ, la pode mos hallar en el A APQ, usando el Teorema de P itágoras: ( AQ Y = ( AP )2 + ( PQ )2 ( A Q ) 2 = 82 + 62 -> AQ = 10 Por lo t a n t o :
AQ = 10
Rpta:
=
10
Según el gráfico adjunto Hallar el módulo de :
á+b fig -1 917
Solución El triángulo formado por los vectores a y b , es isósceles.
6
6u
= 3^2 a+ b
Trasladamos á como en la figura 2. Rpta:
á + b
5)
fig. 2
= 6u
B
La longitud de la arista del cubo de la figura, mide 4 unidades. Hallar el módulo de : Á § + GE
Solución Incógnita : AB + GE Como los segmentos BD y GE son congruentes y paralelos , entonces los vectores BD y GE serán iguales : BD = GE. Luego : ÁB + GE = AB + BD Es decir Ja resultante de AB + GE, es la misma resultante de AB + BD En el gráfico de la solución notamos que : ÁB + BD = Á D , haciendo uso de la “Regla del triángulo”. Por lo tanto : AB + GE
6)
AB + BD
Cada cuadrado pequeño de la figura, tiene longitud de lado 1 unidad H a lla r: a+b+c+d
mu
AD = AD = 4^]~2 , por ser A D , hipotenusa del A AED
a^
7 Solución Para hallar el vector resultante de los vectores á , b , c y d , trasladamos b colocando su origen en el extremo de a; el origen de d lo hacemos coincidir con el extremo de b
y el
origen de c con el extremo de d . Luego, el vector r que va del origen de á
al
e x t re m o
de
c,
es
r = á + b + d + c, resultante pedida. En el triángulo rectángulo de catetos 3 y 5 , hallamos el módulo de r : 2
2
= 3 + 5
= /3 4
á + b + c + d = /3 4
Rpta
7)
2
En la figura adjunta: AB
o
2
BC “ 3 S i: b = má + nc siendo m y n escalares H a lla r: m . n
B)
C)
25
D)
25
Solución Del gráfico :
AB = b - á
Como, según dato :
AB BC
= c - b
2 3
AB = - B C 3
25
2 -
-
2 -
De donde : b + —b = a + —c 3 3 • •
Comparando con el enunciado : m = — 5 Luego : m . n = Rpta:
y
n
2 5
25
( B ).
En el hexágono regular ABCDEF, de la figura :
f 1' + BC + \ 3 / Hallar: n + r A)
11
D) -4
= r AB + n
10 B) 3 E) N.A
Solución La expresión propuesta se puede es cribir así: / 1 BC + CE = rA B + n — 3 J Ahora, con el gráfico tratemos de ex presar BC + CÉ , en términos de ÁB y EF. Se tiene, con los trazos efectuados : BC + CE = BE = 2BO = 2 (-Á É T + ~OÁ) Es d e c ir: BC + CÉ = 2 A § + ( - 2 ) O A ó, m ej or : BC + CE = - 2 A B + ( - 2 )EF, ya que OA = Luego, comparando esta última expresión para BC + C E, con la (1 ) : r = -2
C) -3
1
n — - = -2 3 5
Por lo tanto : n + r =
3
- 2 = -
n= — 3
11 3
Rpta: ( A ).
9)
Para el gráfico adjunto , demostrar que: AC
AC
Solución B
Del gráfico, podemos escribir AE = BE - BA v
EC = BC - BE
A dem ás: AE =
AE
EC
EC
Reemplazando las dos primeras expresiones en la tercera BE - b K = — ( § 5 - B E ) EC BE +
AE
= BA +
EC
AE EC
Es d e c ir: ( AE + EC ) § t = EC . BA + AE . BC Pero : AE + EC = AC. Luego : AC . BE = EC . BA + AE . BC De donde
10)
EC . q /T + ----ae BA AC AC
Tal como se quería demostrar
En la figura adjunta, ABCD es un paralelogramo y M, punto medio de AD. S i: M(5 = nBC + r D C ; siendo n y r escalares ( números). H a lla r:
n
1 1 A) g B) - -
1 C>4
1 ° ) - 4
E) N.A. 921
Solución Del gráfico : AM + MQ = AQ ........... ( 1 ) Siendo : ÁM = - Á D = - B C 2 2
( 2 ).
Y, el A AQM semejante al A BQC : AQ = —QC 2
AQ
AM
AQ
QC
BC
QC
AQ = - A C . Luego : AQ = - A C 3 3
Pero : Á ^ = Á $ + D $ . Entonces : Á S =
AD + DC )
ó mejor aún : AQ = —( BC + D C ) ............( 3 ). 3 ya que BC = ÁD. Reemplazando las expresiones ( 2 ) y ( 3 ) en la (1 ) : Despejando
m 2?
bc
+
m3
= - (
b6
+
dS )
: 1 MQ = — BC + - DC 6 3
Comparando con : MQ = nBC + rDC, que es lo propuesto, tenemos : n =
y r= — 6 y 3
Se pide : — = —— = —1 r Rpta: 11)
( B ).
En la figura, ABCD es un parale logramo. AM = M B ; A N = ND y RD = 2RC. S i: MN = mQD + nBR, donde m y r son escalares; h a lla r: m + n
922
A) 9/2
B) 2/9
D) 3
E) 11/2
C) 4
A
Solución Del gráfico : MN + ÑD = MD Siendo Q , Baricentro del A ABD : MD = - Q D MD = — QD. R e e m p la z a n d o esto, en la a n te rio r expresión :
N
D
MN + Ñ 5 = - Q D 2 De donde :
MÑ = —QD - ND 2
( i )•
Ahora, debemos expresar ND en términos de alguna combinación de MN, QD ó BR,para reemplazar en (1 ). Veamos : BC + CR = B R . Pero : BC = ÁD = 2 Ñ 5 y c B = ~ c B = - B ^ = - ( 2 M ^ ) 3 3 3 Entonces; reemplazando en la anterior expresión que relaciona BÜ, CR y 2ÑD+ - ( 2 M ^ ) = B^ ó
: 2N D +-M A = 3
Siendo, además : MA = MN - AÑ ; entonces : 2ÑD + - ( M N - Á N ) = BR
Y, como también : AN = ND, podemos e scrib ir: 2 ñB + - (
m n
-
nd
)=
Es d e c i r : — ND + — MN = BR O O Despejando ND : ND = — . B R
MN
Ahora, reemplazando esto último, en (1 ) :
í
MN = — QD - —BR - —MN 2 l 4 2 / 923
Efectuando : MN - — MN - - Q D - - B R
De donde: MN = 3Q D - —BR
2
3 Comparando con la expresión propuesta en el enunciado : m = 3 y n = — Se pide : m + n = — Rpta:
12)
( A ).
Demostrar que si á y b son dos vectores no paralelos, no nulos, y : rá + kb = 0 ; enton ces : r = k = 0 D em ostración De rá + Kb = 0, se deduce que : rá = - K b . Supongamos que r *
0. Luego; podemos
despejar: á = - r ü ] b r ) Lo cual
indica que á || b, contradiciendo la hipótesis de que a y b no son paralelos.
Entonces, nuestra suposición de que r * 0 es falsa. Por lo tanto : r = 0. Y, de kb = 0, también : k = 0 Q Ejem plo: Para el gráfico adjunto :
r 25b = —a + —c 7 7 Hallar el valor de :
QM MT
Solución Sea :
= k. Entonces : QM = k ( MT ) MT
En forma ve cto ria l: QM = k M T
(1 ).
Pero, del gráfico : QM = b - á y M T = c - b Reemplazando estas dos relaciones en ( 1 ) : b -á = k (c -b )
có
b - á = k c - kb
Usando la expresión dada en el enunciado para b : \
525. '2 —a + —c - a = k c - k —a + —c 7 7 /
924
Efectuando: f 5-2k > á + c = 0 ) ^ 7 j
( 2k - 5 ^ l
7
Como a y c, no son paralelos, entonces por la propiedad anterior 2 != _ 5 =0
y
i ^
= 0
De ambas : k = —
2
Rpta
QM
5
MT
2
H Hallar el módulo de la resultante de los vectores mostrados , si el cubo tiene arista con longitud 2u. ( HM = EM )
Se p id e : R , d o n d e : R = AC + BG + MF
(I)
Sea N, punto medio de FG Entonces : HN = MF De otro lado : CH = BG. Luego, en ( I ) : R = ÁC + CH + HN Pero, según el gráfico el segundo miembro de esta expresión, es : AN
R = AN
R = AN = V 2* + 12 Rpta
R =
En la figura :A E = (1/2)EB, EM = MF y CF = FG S i:
G
ÁM = mAB + nBC + rMG 925
H allar: m + n + r 11
B)
A) 1
10
D)
C)
11
E>3
Solución Debemos expresar el vector AM, en función de A B , BC y M G , para luego comparar con el dato y hallar m, n y r. Se observa : EM = AM - AE 1 EM = AM - —AB 3
(1 )•
También : EF = EB + BC + CF ó, m e j o r :
EF = —AB + BC + FG , ya que EB = —AB y CF = FG 3 3
Por otro lado :
FG = MG - MF
Luego, reemplazando en la última expresión de EF :
ó, también :
EF = —AB + BC + M G 3
De donde :
- E F = - A B + BC + MG 2 3 4 —
P —^
EF = —AB + BC + MG - MF 3
1
1
EF , ya que MF = —EF 2 7 2
p
Por lo tanto :
-A B + -B C + -M G 9 3 3
Entonces, como :
EF = 2EM
(2)
Reemplazando las expresiones (1 ) y ( 2 ), en ésta última : 4 —* p —* 2 — AB + —BC + —MG = 2 AM - —AB 3 9 3 3 Luego : y
1 AM = - Á 5 + - B C + - M G 9 3 3 1
5 1 1 Comparando con el dato :m = — ,n = — , r = — 9 3 3 Finalm ente: m + n + r =
Rpta: 926
( C ).
5 1 1 11 —+ — + —= — 9 3 3 9
\
15)
Para el A ABC de la figura adjunta , AN y BM son medianas. Como sa bemos, ef punto Q se llama Bari centro. Demostrar, usando pro p ie d a d e s vectoriales, q u e : AQ = 2QN
Solución * Tenemos : BQ = kBM ............( 1 ) ; para algún escalar k. * Por otro lado, sabemos que, si BM es mediana del A ABC, se cumple la relación vectorial •
BM = —BA + —B C 2 2
(2).
* Además, del problema anterior, se ha demostrado que : BQ = — . BA + — . BÑ AN AN Pero, como BN =
1 — BC; la última expresión se puede escribir: (3 )
BQ = — . BA + — - . BC AN 2 AN
* sustituyendo las conclusiones ( 2 ) y ( 3 ) , en la expresión (1 ) — . BA + . BC = k - B A + - B C AN 2 AN 2 \ 2 o , m ej or : k
{ AN
2 )
. BA +
O <
( QN
2AN
BC = 0 k] 2
Pero, como BA y BC no son paralelos, la anterior expresión será cierta, sí y sólo sí
AN
-A Q -J L .o 2 AN 2
2
Es d e c i r : QN
k
AN
2
— =-
y
AQ
k
2 AN
2
Por lo tanto, igualando los primeros miembros de estas últimas dos relaciones : QN
AQ
AN " 2 AN
De donde, efectivamente : 927
* Observación: Hemos demostrado la propiedad del Baricentro en cualquier triángulo. V, como AQ = 2QN, entonces AN = 3QN ; luego.al reemplazar en :
= — , se obtiene AN 2
2 k = ■ — , lo cual era de esperar. 3
33.2. VECTORES EN EL PLANO CARTESIANO 1.-
Como sabemos, un vector es una magnitud con dirección, sentido y módulo o longitud, conocidos. En el plano cartesiano XY, el vector a = ( a , ; a2), se puede representar tomando un punto de partida P, que va a ser el origen del vector, y a partir de él hacer un desplazamiento paralelo al eje x, una distancia dirigida a,, hacia la derecha si a, > 0 ó hacia la izquierda si a 1 < 0, para luego continuar con un desplazamiento paralelo al eje Y, una distancia dirigida a2, hacia marriba si a2 > 0 ó hacia abajo, si a 2 < 0, determinándose el punto de llegada Q. Luego, el vector á , se representa por P(5.
ii Y
i [ Y
Q
p a-17
P
a2 ! /
V Q
ai
a
0
o fig. 1
Y-
X ^1 > 0 a2 > 0
p
V
Yi [
ai
'"Q
0
! 3p
X < 0
Q
a N ja a2: V a1 p
0
X
a^> o
928
a 1< 0 82 < 0
fig. 2
üN j
fig. 3
X
fig. 4
a2 > 0
- La elección del punto P, es arbitraria. 2.-
Radio Vector.- Es aquel cuyo origen coincide con el origen de coordenadas. En la figura 5, si las coordenadas del punto Q, son ( at ; a2) : a = (a, ; a2) V A Entonces, el módulo, longitud o la Q (a ! ; a2)
norma del vector á , es la distancia OP y se simboliza
á , evaluándose a s í :
“ V ( a 1 f + ( a2 )
o
X fig. 5
* Se puede notar además, que : ai
=
a2 =
3.-
sen a eos a
Y
En la figura adjunta , i es un vector de origen P( x1, y1) y extremo Q( x2, y2 ). La recta L dá la dirección del vector. El
S£ (x2 ;y2)
sentido para á es de P hacia Q y su módulo o norma es la longitud o la distancia entre los puntos P y Q. Luego, escribiremos simbólicamente :
x
a =
fig. 6
Las componentes de á son sus proyecciones (positivas o negativas, según su sentido) sobre los ejes cooerdenados. Así, para la fig. 6 : a = ( x2 - x, ; y2 - y , ) Es decir, “Las componentes del á se obtienen restando las componentes del punto P a las del punto Q”. De modo que : á = PQ = Q - P = ( x2; y2) - ( x , ; y , ) = ( x2 - x, ; y2 - y , ) Ejm .1: Dados los puntos P( 2; 3 ) y Q( 5; 7 ). H a lla r: PQ
Solución Se tendrá : PQ = Q - P = ( 5; 7 ) - ( 2; 3 ) PQ = ( 3; 4 ) 929
4.-
Módulo, norma o longitud, del vector á es la distancia entre los puntos P y Q, de la fig. 6 En símbolos : a
=. d( P,Q )
= v ( * 2 - x i )2 + ( ya - y i ) Ejm .2: Hallar el módulo de PQ, para el ejemplo 1 anterior.
Solución PQ = ( 3 ; 4 )
5.-
PQ = ^ 3 2 + 4 2 = 5
Dos vectores se llaman iguales, si tienen iguales el módulo, la dirección y el sentido. Así, en la figura 7 : PQ = R S . Es evidente que las rectas que
u
dan las direcciones de p 3 y RS, son paralelas entre sí. ( Notar que P, Q, S y R son vértices de un paralelogram o).
K
R
fig. 7
Ejm.3: En la figura 7, anterior, se conocen las coordenadas P( 2; 3 ) , Q( 5; 8 ) y R( 6; 9 ). Hallar las coordenadas de S.
Solución Como : RS = PQ Entonces : S - R = Q - P Luego :
S= R+Q-P S = (6;9) + (5;8)-(2;3)
S = ( 9 ; 14 )
6.-
Rpta.
Si r es un número real positivo, entonces rá es otro vector r veces mayor que á, de igual dirección y sentido. Así, dado á . = ( a 1; a2 ) , entonces | á | = ^
f + ( a2 )2
Luego, las componentes del vector r á , son : rá = r( a1 ; a2 ) = ( ra1 ; ra2 ) y el módulo de rá : = V ( ra 1 ^ + ( f a 2 ^
930
ra
= i r2 ( 3 1 f
ra
=J 1-2 ( ( a i f +( a 2 f
+ r2 ( a2 f )
ra = r i ( a l ) 2 + ( a 2 Esto es :
f
ra = r
Aquí r representa un escalar ( número re a l)
fig. 8 Ejem plo 4 . - Dado el vector á = ( 8 ; 15). Hallar las componentes y el módulo del vector 2 á .
Solución 2a = 2( 8 ; 15 ) = ( 16 ; 30 ) 2a = 2
7.-
= 2 y[ ¥ T :\ ¥
2á = ( 16 ; 30 )
= 2 x 1 7 = 34
Si re s un número negativo entonces rá esotro vector) r | veces mayor que á , de igual dirección y sentido opues to que á. El módulo de rá será : ra
r
Ejm.5.- Dado el vector á = ( 3 ; 4 ) Hallar las componentes y el módulo del vector - 3á
Solución -3á = - 3 ( 3 ; 4 ) = ( - 9 ; - 1 2 ) y el m ó d u lo :
8.-
-3 á
= -3
= 3
= 3/3
Si dos vectores tienen la misma medida y dirección pero sentidos opuestos, uno de ellos es el negativo del otro. Así, en la figura 10, adjunta :
+ 42 = 1 5
Q
SR = -P Ü -á es el vector opuesto del vector á .
fig-
10 931
VECTORES PARALELOS De las menciones en los números 5 al 8, podemos decir que: Dos vectores
V*
á y b , son paralelos, sí y sólo sí, existe un número real r, único, tal que b = rá . Entonces, escribiremos : á Ib
Ejm.6.- Dados los vectores: á = ( 2 ; 7 ) y b = ( n ; n + 3 ) Hallar el valor de n, si a 11 b .
Solución a = rb , para un r único
Como á I b
(2 ;7) = r(n ;n+3) ( 2 ; 7 ) = ( r n ; r n + 3n) De donde :
r n = 2 ....................
(1 )
r n + 3n = 7 ...........
(2)
Reemplazando ( 1 ), en ( 2 ) : 2 + 3n = 7
-»
n =
5 3
Nota.- Si reemplazamos n = — , en ( 1 ), se obtiene : r =
6 — 5
Entonces : a = —b 5
Ejm.7.- Dados : á = ( 3 ; 4 )
,
b = ( —I — ) , c = ( 8 ; 6 )
¿ Cuáles son paralelos ?
Solución Planteamos la condición de paralelismo entre dos vectores: Si a | b
—>
3 r único, tal que : á = rb
De donde :
r —= 3 4
—> r = 12
—= 4
Si á
Como e! r obtenido en ambos casos, es el mismo; entonces : á
r = 12
b.
3 r único, tal que : á = rc ( 3 ; 4 ) = r( 8 ; 6 )
De donde :
8r = 3 6r = 4
->
( 3 ; 4 ) = ( 8 r; 6 r)
r= 8
2 —> r = — 3
Es evidente que, por ser b
Como los valores de raqui obtenidos, son distintos entre sí, entonces a No es paralelo a c .
á , b no es paralelo a c .
Ejm.8.- Sea M, punto medio del seg mento AB. D em ostrar, usando pro p ie d a d e s vectoriales, que las coordenadas de M, se obtienen : M=
B Yi
X
A +B
Solución Como M, es punto medio de A B : AM = MB Entonces, por ser además AM podemos e scrib ir:
MB,
= M § ( Igualdad de vectores. Ver apartado 5 ). Es d e c ir: M-A = B-M ■ •
2M = A + B
( Definición dada en el apartado 3 ) -»
m
= A + B .......... I.q.q.d
Ejm.9.- Hallar las coordenadas del punto medio M, del segmento AB, si A(2; 3) y B(6; 7)
Solución Por lo anterior: M =
A + B _ ( 2 ; 3 ) + (6;7)
933
\
M Rpta:
(2+ 6;3+7)
f8
( 8 ; 10)
10 >
,2 = 1
/
M = ( 4 ; 5 ).
i Ejm.10.- En la figura adjunta: A (3 ; 6) y C (15 ; 12) S i: AB = 2BC, hallar las coordena das de B.
o
Solución
X
Este problema se puede resolver con la teoría del capítulo anterior, Introducción a la Geometría Analítica, pero lo haremos vectorialmente. Es evidente, que AB BC, dada la figu ra. Entonces, como AB = 2BC { Relación de longitudes ÁB = 2BC por ser AB
{ Relación
vectorial
BC
Luego : B - A = 2(C - B)
B - A = 2C - 2B
3B = 2C + A Reemplazando d a to s :
3B 3B 3B 3B
2( 15 ; 12 ) + ( 3 ; 6 ) ( 30 ; 24 ) + ( 3 ; 6 ) ( 30 + 3 ; 24 + 6 ) ( 33 ; 30 )
1 < 33 B = - ( 3 3 ; 30) = V Rpta:
30 \ /
B = ( 11 ; 10 ) B
Ej m. 11
En la figura adjunta :
M, es punto medio de AB. N, es punto medio de BC. Si, A (7;7) M(10; 12) y N (15;9)
Yf
Hallar las coordenadas de C.
o
X
Solución - De la Geometría Elemental, sabemos que MN escribir, vectorialmente :
AC y AC = 2MN. Entonces, podemos
AC = 2MN C -A = 2 [ N - M ] 934
C = A + 2[ N - M ] C = (7;7) + 2[(15;9)-(Í0;t2)] C = ( 7 ; 7 ) + 2 [ ( 15 - 1 0 ; 9 - 1 2 ) ] C = ( 7;7 ) + 2( 5 ; -3 ) C = ( 7 ; 7 ) + ( 10 ; -6) Rpta:
C = ( 17; 1 )
B
Ejm.12.- M, N y Q, son puntos medios de los lados del A ABC. Demostrar que, en coordenadas : M+N+Q = A+B+C Y*
Solución o Con fórmula del punto medio M=
X A + B 2
B+ C N= 2 A + C
- Sumando miembro a m iem bro: M + N+ Q = M+N+Q = A+B+C
2A + 2B + 2C
l.q.q.d.
PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES.- El producto escalar, (conocido también como producto interno), de dos vectores á = (a1; a2) y b = ( b , ; b2), se denota por á . b y se e v a lú a : á . b = a1b1 + a2b2 O bservaciones: 1o)
á . b , es un escalar ( número re a l), no es un vector.
2o)
El producto escalar de dos vectores, cumple la propiedad conmutativa. Es decir á .b = b .á
3o)
; hecho que puede verificarse fácilmente.
El producto escalar, cumple la propiedad distributiva : 935
4 o)
á . á = a, x a1 + a, x % = ( a, )2 + (
a .a =
)
)
á . a se llama cuadrado escalar del ve cto r a y resulta igual al cuadrado del módulo.
5o)
( a . b )c * á ( b . c j, no se cumple la propiedad asociativa entre tres vectores
6o)
Si r es un número re a l: rá . b = ( rá ) . b = á .( r b )
Ejem plo 13.1°)
á .b
2o)
á.( b + c )
3o)
á .b c
4o)
á. b . c
5o)
á .á
Dados los vectores : á
= ( 2 ; 3 ) , b = < -1 ; 2)
Solución 1°)
á . b = ( 2 ; 3 ) . (-1 ; 2 ) = 2 ( - 1 ) + 3 x 2 = -2 + 6 = 4
2o)
á (b .c ) = ?
*
Prim era form a.- Efectuando previamente la suma indicada : á.(b+c)
= ( 2 ; 3 ). ((-1 ; 2 ) + ( 5 ; 7 )) = ( 2 ; 3 ) . (-1 + 5 ; 2 + 7 ) = ( 2 ; 3 ) . ( 4 ; 9 ) = 2 x 4 + 3 x 9 = 8 + 27
á.( b + c ) = 35 *
Segunda form a.- Con la propiedad distributiva .( b + c ) = a . b + a . c = ( 2 ; 3 ) . ( -1 ; 2 ) + ( 2 ; 3 ) . ( 5 ; 7 ) = 2 (-1 ) + 3 x 2 + 2 x 5 + 3 x 7 = -2 + 6 + 10 + 21 = 3 5 •
936
•
a .( b + c ) = 35
y
c = ( 5 ; 7 ), h a lla r:
3o)
á.b ]c
= [ ( 2 ; 3 ) . (-1 ; 2 ) ] ( 5 ; 7 ) = (2(-1) + 3
x
2](5;7)
= [ -2 + 6 ] ( 5 ; 7 ) = 4( 5 ; 7 ) = ( 20 ; 28 ) • •
[ a . b ] c = ( 20 ; 28 )
a[b.c]
4 o)
= ( 2 ; 3 ) [ (-1 ; 2 ).( 5 ; 7 ) ] ( 2 ; 3 )[-1 x 5 + 2 x 7 ] ( 2 ; 3 ) [ - 5 + 14] ( 2 ; 3 ) 9 = 9 ( 2 ; 3 ) = ( 1 8 ; 27)
b . c ] = (18;27)
5o)
á .á =
2 = 22 + 32
->
á . á = 13
ANGULO ENTRE DOS VECTORES Sea a, medida del ángulo que deter minan dos vectores á y b .( Ver figura adjunta). Entonces, usando la ley de cosenos entre las longitudes y
á - b , de los lados del triángulo,
tenemos: á - b
+
Cos a
- 2
Pero, por la observación ( 4o ) : á - b
= (5 -b ).(á -b )
Reemplazando en lo a n te rio r: ( á - b ) . ( á - b ) = |á
+
Cos a
- 2
Desarrollando el primer miembro : á . ( á - b ) - b . ( a - b ) = |á |2 +
- |2
a.á-a.b-b.a-b.b = a
+
- 2 - 2 i
Cos a Cos a 937
Recordando que a . b = b . a : +
á .b - á .b -
- 2
Cos a
Cos a
Simplificando : - 2 ( a . b J = - 2 Cancelando -2 :
Es d e c ir: “ El producto escalar de dos vectores, es igual al producto de sus módulos, por el coseno del ángulo entre ellos - De la anterior fórmula ; se puede despejar cos a :
Ejm.14.- Dados los vectores: a = ( 3y¡~2 ; ^ 6 ) y b = (
Solución Se evalúan, previamente : á . b = ( 3 / 2 ; / 6 ) . ( / 3 ; 3) = 3 / 2 x ^ 3 + 3 / 6 = 6 / 6 3/2)
+ (/6 )
= J (/3 f
= V 18 + 6 = / 2 4 = 2 / 6
+ 32 = yj 3 + 9 = / Í 2 = 2 / 3
- Entonces, usando la fórmula ultima : Cos a =
á .b
6 /6
Cos a =
2 /6 x 2 /3 _ /3 Cos a =
a = Arceos
' / 3 ' • •
V
/
YA
o
938
X
a = 30°
VECTORES PERPENDICULARES.-Si dos vectores á y b son perpendiculares entre sí, ( á I b ) , entonces el coseno del án b\
gulo que forman es cero , ya que : eos 90° = 0 Luego :
V*
á .b = á
b eos 90° 0
Implica : á .b = a
b x 0
-»
Ejm.15.- Hallar n , si los vectores: á = ( 2 ; n ) y b = ( 3 ; 4 ), son perpendiculares entre sí.
Solución - Como á 1 b, entonces : á . b = 0 Luego : ( 2 ; n ) . ( 3 ; 4 ) = 0 2 x 3 + 4n = 0 Rpta;
3 n = -
O bservación.- El hecho de que el producto escalar de dos vectores sea cero, es condición suficiente para afirmar que ellos son perpendiculares entre sí. Ejm .16.- Si á y b
son dos vectores paralelos y tienen el mismo sentido, hallar á . b,
sabiendo que á = 5 y
= 3
Solución á .b =
eos a
Como tienen el mismo sentido : a = 0 á .b =
eos 0o
á .b = 5 x 3 x 1 Rpta:
//
/
á . b = 15
O bservación.- Si dos vectores son paralelos y del mismo sentido, su producto escalar es igual al producto de sus módulos. 939
E jm .17.-S iá y b , son dos vectores paralelos y de sentidos opuestos, hallara . b , sabiendo = 2 y
que:
= 7
Solución - En este caso , a = 180 a .b =
eos 180
a .b = - 2 x 7 = - 1 4 O bservación.- Si dos vectores son paralelos y de sentidos opuestos, su producto escalar es igual al negativo del producto de sus módulos.
ORTOGONAL DE UN VECTOR.- Dado el vector a = (a1; a2) se define el vector ortogonal de á , como aquel perpendicular a él y que tiene su mismo módulo, ( á 1 , designa al vector ortogonal de á ), y de modo que : á1
Y*
= ( -a2 ; a , )
- Por cierto: á 1 = ( a 1 ; a 2) 1 y
a .á1
=0
“ oí
Ejm.18.- Hallar el ortogonal del vector á = ( 3 ; 5 )
Solución á = (3,5 ^
= (-5:3)
Ejm.19.- Dado el v e c to r: á = ( 2 ; 3 ) H a lla r: ( á 1 )
Solución (a1 )
, es el vector ortogonal del á 1
- Primero se halla : á 1 = ( 2 ; 3 ) 1 /.
=(-3;2)
á 1 = (-3 ; 2 )
- Luego :
(a 1 )1 = 940
( - 3 ; 2 ) X = (-2 ;-3 )
X
O bservación.- Si se aplica sucesivamente la definición de vector ortogonal, a un vector dado a :
i * 1 )1 - - Yt
i \±
- i a
-i = -a
/ /
. \± a
' (S W
=a
\
/ i a1
= a , donde k = número natural
y
-
4k veces ECUACION VECTORIAL DE UN RAYO Sea Rab, el rayo de origen A y que pasa por el punto B. Rab, es el conjunto de todos los pun tos P, del plano, que cumplen : X''
AP = r AB , r > 0
p
(I) V»
Si r = 0
-»
P coincide con A.
Si r = 1
P coincide con B.
Si o < r < 1—>
P está entre A y B.
Si r > 1 De ( I ) :
r 0
X
-> P está, sobre el rayo, a la derecha de B P - A = r AB P = A + rA§,r>0
E ntonces: RAB = { p ( x ; y ) / P = A + r Á § , r > o }
(II).
( Ecuación vectorial del rayo de origen A, y que pasa por B )
Ejm.20.- Hallar la ecuación vectorial del rayo de origen A ( 2 ; 3 ) y que pasa por B( 5 ; 4 )
Solución Según ( I I ): RAb = { P( x ; y ) / p = A + r Á§ , r > 0 } 941
•
r ab
*
= { p( x ; y )
1p
= a + r [ B - A ], r > 0 }
RAb = í p ( x ¡ y ) ^ ^ = ( 2 ; 3 ) + r [ ( 5 ; 4 ) - ( 2 ; 3 ) ] , r > 0 }
Rpta:
R AB
=
{ ^ ( x » y )
7
p
=
( 2 i 3 ) + r ( 3 ¡ 1 ) * r ^ 0 }
E jm .2 1 S e a RA, el rayo de origen A, paralelo al vector á . A = (-1 ; 3 ) y á = ( 3 ; 1 ) , hallar la ecuación vectorial de RA’
Solución En este caso, se tienen como datos el origen del rayo y el vector á , paralelo a él. A este vector á , se le llama “vector direccional”. Se procede a s í: Tomamos un punto P, genérico, del rayo RA. Luego, como Ra l i a y tienen el mismo sentido podemos p la n te a r: rá , r > 0 Es d e c ir: P - A = r á . r > 0 De donde : P = A + r 5 , r > 0 - Ahora, diremos que : R
= {P = ( x ; y ) / P = A + r á , r > 0 }
Es la ecuación vectorial del rayo RA, conociendo el origen A y un vector direccional á. - Reemplazando d a to s : Rpta:
RA = { P = ( x : y ) / P = ( -1 ; 3 ) + r ( 3 ; 1 ) , r > 0}
Ejm.22.-
Para el rayo RA, del ejemplo anterior, ( n° 21 ) , h a lla r:
a) Las coordenadas de P, para r = 2. b) El valor de n, si el punto Q( 6 ; n ), pertenece al rayo. c) Indicar, si el punto C( 14 ; 9 ) pertenece al rayo. 11 d) Indicar, si el punto D( 1 ; — ) pertenece al rayo. O
Solución Se tiene : Ra = { P = ( x ; y ) / P = ( - 1 ; 3 ) + r ( 3 ; 1 ) , r > 0 } 942
a)
Si r = 2 : P = (-1 ; 3 ) + 2 ( 3 ; 1 ) Rpta:
b)
->
P = (-1;3) + (6;2)
P = ( 5 ; 5 ).
Si Q( 6 ; n ) e RA, entonces :Q = ( - 1 ; 3 ) + r ( 3 ; 1 ) Luego
:
( 6 ; n ) = ( -1 ; 3 ) + r ( 3 ; 1 ) (6;n)
= (-1 ; 3 ) + ( 3 r ; r )
( 6 ; n ) = (-1
+ 3r ; 3 + r )
De donde : 6 = -1 + 3r ..........( 1 ). y :
n
= 3 + r ...........( 2 ).
- Para hallar n,de la expresión ( 2 ) despejamos : r = n - 3 y reemplazamos esto en (1 ) : 6 = -1 + 3 ( n - 3 ) Resolviendo : c)
16 n = —
Rpta:
El punto C(14 ; 9), pertenece al rayot sí y sólo sí, para un único r , se cumple : C
= (-1 ; 3 ) + r( 3 ; 1 )
Veamos : ( 14 ; 9 ) =
(-1 ; 3 ) + r ( 3 ; 1 )
( 14; 9) =
(-1 ; 3 ) +( 3 r ; r )
( 14 ; 9 ) =
(-1 + 3 r ; 3 + r )
De donde :f 14 = -1 + 3r 9 = 3 +r
-» -»
r = 5 r = 6
Como se obtienen dos valores diferentes de r, entonces el punto C (1 4 ; 9 ) no está contenido en el rayo.
d)
11 Si D(1 ; — ) e RA, entonces; debe c u m p lir: D = (-1;3) + r(3;1), para un único r. Veamos : ( 1 ; y ) = (-1 ; 3 ) + r ( 3 ; 1 ) ( 1 ; " T ) = (-1 + 3 r ; 3 + r )
De donde:
f
1 = -1 + 3 r
->
11
T * 3*'
r = O 2
->
r = 3 943
Como el r obtenido es el mismo, D pertenece al rayo
ECUACION VECTORIAL DE UNA RECTA Sea L, una recta que pasa porel punto P0 y además paralela al vector V, llamado un vector direccional de L. Entonces, L es el conjunto de puntos P = ( x i y ) que cumplen : Pb? = rV , r e R
I
( I ).
Si r = 0
P coincide con P0.
Si r > 0
P está a la derecha de P0 ( Sobre L )
Si r < 0
P está a la izquierda de P0 ( Sobre L )
* Luego, de ( I ) :
P - P0 = r V , r e R P = Pn + r V , r e R
Es d e c ir: L = { P = ( x ; y ) / P = P + r V , re R
□
( I I ).
Ejm.23.- Hallar la ecuación vectorial de la recta que pasa por los puntos A(2; 3) > B(5; 7)
Solución En este caso, podemos to m a r: V = ÁB y P0 = A V = B - A = (3;4) Reemplazando en ( I I ) : L = {P = ( x ; y ) / P = A + rV , r e R } Rpta:
L = { P = (x ;y ) / P = (2;3) + r(3;4),reR }
Ejm.24.- Hallar la ecuación param étrica de la recta L, del ejemplo 23, anterior.
Solución Como P = ( 2 ; 3 ) + r ( 3 ; 4 ) , r e R Entonces : P = ( 2 + 3 r ; 3 + 4 r ) , r e R
( x ¡ y ) = ( 2 + 3 r ; 3 + 4 r ), r e R 944
x = 2 + 3r y = 3 + 4r, r e R Es la forma paramétrica de la ecuación de la recta L. r se llama parámetro
ECUACION DE UN SEGMENTO.- Sea AB, un segmento de extremos conocidos A y B Sea P = ( x ; y ), un punto genérico, elegido para determinar una ecuación de AB. B
Entonces : AP = r AB , r e [ 0 ; 1
... ( i ).
/A
Ya
P (x;y)
- De ( I ): P - A = r ( B - A ) P= A + r(B -A ) ,r e [0;1]
o
X
Luego : AB = { P = ( x ; y ) / P = A + r ( B - A ) , r e [ 0 ; 1 ] } ............( II ). - La expresión ( I I ) , es
una ecuación del segmento AB
- Se observa, que : * Si
r = 0
—>
* Si
r = 1 ->
P =A P =B
1 * Si r = -
A + B
, punto medio de AB
Ejm .25.- Hallar una ecuación del segmento AB, de extremos A( 3 ; 5 ) y B( 7 ; 6 )
Solución En ( I I ), con los datos
Y. B
de A y B :
P (x;y)
o Rpta.
X
AB = { P = ( x ; y ) / P = ( 3 ; 5 ) + r ( 4 ; 1 ) t r e [ 0 ; 1 ] }
945
PROBLEMAS RESUELTOS 26)
Hallar el valor de n, para que los vectores: á = ( n - 4 ; 2 ) perpendiculares entre sí. 2
C)1
B) 0
A> 3
y b = (1;n+1),sean
E) 2
Solución Si a L b, entonces: a . b = 0 Luego : (n - 4; 2 ) . (1; n + 1) = 0 n - 4 + 2(n + 1) = 0
Efectuando:
3n - 2 = 0 Rpta: 27)
n =
2 3
( A) .
En un triángulo ABC, recto en B, se conocen: A = (1; 3) B = (a; a + 1) y C = (a + 2; a + 5). Hallar el valor de a. 2
A) 3
B> 5
C> 3
E) 5
D)
Solución Se puede usar la fórmula de distancia entre dos puntos para hallar a, pero usaremos la propiedad de vectores perpendiculares. Como : AB _L BC, entonces: ÁB . BC = 0 Luego : ( a - 1 ; a - 2 ) . ( 2 ; 4 )
= 0 C (a+2;a+5)
Efectuando : 2(a -1 ) + 4(a - 2) = 0 De donde : a = — O Rpta: 28)
( D ).
B (a; a+1)
Hallar el valor de a, para que los vectores: ü = ( a - 5 ; 4 ) y v = ( 2a ; -1 ) sean paralelos B)
A> 9
C> 8
Solución Si u 11 v , entonces para algún t e IR ü = tv
( a - 5; 4 ) = t ( 2 a ; - 1 ) 946
D)
8
E)
De donde :
a - 5 = t ( 2a ) .......... ( 1 ), 4 = -t t = -4
Reemplazando el valor de t, en ( 1 ) : a - 5 = -4( 2a ) 5 a = 9 Rpta: 29)
( A ).
Hallar las coordenadas de los vértices del paralelogramo EFGH, en el cual A , B y C, son los puntos medios de los lados GH , HE y EFf respectivamente, siendo : A = (2; 3) , B = (13; 8) y C = (18;3)
Solución - Se tiene, del gráfico : = B
->
H + E = 2B .... (I).
También : HE = AC
E - H = C - A ..(II).
Sumando miembro a miembro, las relaciones ( I ) y ( I I ): 2E = 2B + C - A 2E
2(13; 8 )+ (18; 3) - (2; 3)
2E
(26; 16)+ (18; 3) - (2; 3)
2E
(26+ 1 8 -2 ; 16 + 3 - 3 )
2E = (42; 16) - De ( I ) :
->
E=
H = 2B - E
{ 42
16
I T '
2 ;
-+
—»
E = (21 ; 8 )
H = 2( 13 ; 8 ) - ( 21; 8 )
H = (26; 1 6 )-(2 1 ; 8)
Del gráfico; para hallar F : E * ^ = C F = 2 C - E = 2(18; 3 )-(2 1 ; 8) F = (36; 6 )-(2 1 ; 8) Por último, también de la figura : G + H
= A
G = 2A - H
G = 2(2; 3) - (5; 8) = (4; 6) - (5; 8) De donde : 947
30)
Dados los vértices de un A ABC : A(2; 3 ), B(5; -1) y C(9; 2), hallar la medida del ángulo interno del vértice A
Solución Del gráfico : AB . AC = AB x AC x co sa
(I).
Siendo : AB = B - A = (3; -4) Á 5 = C - A = (7; -1) AB =
AB
= ^3*+(-4 f
AC =
AC
-
= =
Reemplazando, en ( I ) :
3 x 7 + ( - 4 )(-1 ) = 2 5 / 2
eos a 1
25 = 2Sj~2 eos a
—>
eos a =
Rpta
31)
Sean ú y v , dos vectores perpendiculares entre sí. Demostrar, que ( ü
+
+
v )
- |2 U
f =
V
+
V
Solución Se tie n e : ( ü
=
( G
+
- \2 ( G
+
v )
=
v ) . ( G
G . V +
G . G +
+
v )
V . U +
V . V
Pero : u . v = v . G = 0, ya que D i v E ntonces: —
G
.
G +
2
2
(ü + v ) 2 =
G
+
* Análogamente, se demuestra que, si Q v ;; G 1 v 1
^
Entonces: ( G - v ) 948
2
t 2 = u +
V
V . V
V
. ••••••*»«•
1
Las rectas L 1 y L 2 = { P } son perpendiculares entre sí, se intersectan en el punto (4; 5) y forman con el eje Y un triángulo de área 16u2. H a lla r: mt - m2 ; siendo m1 y m2, pendientes de L1 y L 2, respectivamente. (m 1>0). 8
B)!
15 D)
C )i
E) 2
Solución Sean :
L, n L2 = { P } Y* Y n L, = { B } (o;a) A
Y n L2 = { A } Por dato : área ( A APB ) = 16u2
(o;a-8) B
Luego ;
O
AB x 4 ------ = 1 6 r>
-+
X
AB = 8
Entonces, si A = ( o ; a ) B = (o;a-8 ) Como :
PA ± PB , se tendrá : PA . PB = 0
Luego :
(-4 ; a - 5 ) . (-4; a - 13) = 0
Efectuando :
16 + (a - 5)(a - 13) = 0 a2 - 1 8 a + 81 = 0 ( a - 9 )2 = 0
De d o n d e :
a = 9
Entonces, las pendientes : m
_ 5 - ( a - 8 ) _ 5-1 1 4-0 4
nrii — 1
mo —
-1 mi
-»
m2 = - 1
Finalmente : m, - m2 = 1 - ( “ 1 ) = 2 Rpta:
(E ) 949
33)
Sea ABCD, un rectángulo, una de cuyas diagonales tiene por extremos los puntos A = (3; 4) y C = (9; 16). Si los lados de mayor longitud son paralelos al vector (1; 1); determinar las * coordenadas de los vértices B y D. B) B = ( 0; 7 ) D = ( 12; 13 )
A) B = ( 13; 12) D = ( 0; 7 )
C) B = ( 7; 0 ) D) B = ( 6; 4 ) D = ( 12; 13 ) D = ( 0; 2 )
E) N.A.
Solución * Sea : ñ = ( 1; 1) B (b ,;b 2 )
Como ÁB ñ, entonces para algún t e IR : V
C (9; 16)
AB = tñ B-A = t ñ ( b, - 3 ; b2 - 4 ) = t ( 1 ; 1 ) De donde : bt = 3 + t (1 )•
b2 = 4 + 1
D
Por otro lado : ñ _L b S . Luego : ñ . BC = 0 Es d e c ir:
(1; 1 )
. (9 - b,; 16 - b2) = 0
Efectuando : 9 - b, + 16 - b2 = 0 b, + b2 = 25
(2).
Reemplazando (1 ) en ( 2 ) :
3 + t + 4 + t = 25
Volviendo a la expresión ( 1 ) ; b1 = 12 y b2 = 13 Entonces, para B : B = ( 12 ; 13 ) Enseguida, hallamos D, teniendo en cuenta que : Á C ^B C
D-A =C-B D = A + C -D D = (3; 4 )+ (9; 1 6 )-(1 2 ; 13) D = (0; 7)
Rpta : ( E )
f B = (12; 13) D = (0; 7)
34)
950
En la figura, ABCD es un rectángulo. Hallar las coordenadas del vértice C. A) (9; 11)
B) (10; 11)
D) (9; 9)
E) (9; 10)
C )(1 0 ;1 0 )
t = 9
Solución * Primero hallaremos B, luego A y finalmente C. * Para B :
FB = tÉ F , donde t e IR y
ÉF=(-1-"2;2-1) =*(1 ; 1 )
Luego :
(9 -
1 ; n - 2 ) = t( 1; 1 )
( 10; n - 2 ) = t( 1; 1 ) ->
• •
De donde:
t = 10 y
(1 0 ; n - 2 ) = ( t ; t )
n-2 = t
n=12
Entonces : B = ( 9 ; 12 ) * C álculo de A : Para algún r e IR :
AB = rEF ÁB = r( 1; 1 ) B -A = ( r ; r ) (9; 1 2 ) - A = ( r ; r )
Por otro lado, como DA 1 EF Siendo:
DA=A-D
A = ( 9 - r ; 12-r)
DA . EF = 0
= (9-r-3;12-r-4)
->
DX=(6-r;8-r)
En : DA . EF = 0 ( 6 - r ; 8 - r ) . ( 1; 1 ) = 0
-»
6-r+8-r = 0
Obteniéndose : r = 7 Entonces : A = ( 9 - r; 12 - r ) A = (2;5) Finalmente, para obtener C :
BC = Á& C -B = D -A C = B+D-A
C = (9;12)+(3;4)-(2;5) C = ( 10; 11 ) Rpta: 35)
(B)
El pentágono ABCDE, de la figura, es irregular. A = ( - 4 I 4 ) I B = ( x ; m ) , C = ( 1 6 ; n ) f D = ( x ; 0 ) I E = ( t ; - 2 ) , P = ( x ; 7 ) , Q = ( 5 ;y ) AQ = 3QD ; 2AP = 3PC 3EQ = QB. 9 r '
x •y m.n.t
Hallar el valor de
B
A) 1 1 B)
45 1
C )8 1 D)
16
E) N.A
Solución Usando las relaciones entre las longitudes, tenemos : AQ = 3QD
-»
AQ = 3QD
Q - A = 3( D - Q ) Con los datos : (9 :y -4 ) = 3(x-5;-y) De donde :
9 = 3( x - 5 )
—>
x = 8
y - 4 = -3y
->
y = 1
* 2AP = 3PC
También : 2AP = 3PC
2( P - A ) = 3( C - P ) A s í: 2( x + 4 ; 3 ) = 3 ( 1 6 - x ; n - 7 ) Luego:
\ 2(x + 4) = 3 (1 6 - x )
x = 8
2(3) = 3( n - 7 )
confirma lo anterior
n = 9
Además, el último dato : 3EQ = QB
3EÚ = QB
3( Q - E ) = B - Q 3( 5 - 1; y + 2 ) = ( x - 5; m - y ) Es d e c ir:
3( 5 - 1 ) = x - 5 3 (y + 2 ) = m - y
—>
3( 5 - 1 ) = 8 - 5
t = 4
3 ( 1 + 2 ) = m-1
m = 1
Finalmente, hemos encontrado: x = 8 ; y = 1 ; m = 1 0 ;
Se pide la expresión :
Rpta:
( B ).
x.y m.n.t
n = 9 ; t = 4
8 x 1
1
10x9x4
45
36)
ABCD, es un paralelogramo. M, punto medio de BC coordenadas de A, M y N, hallar las de B. 1 1 1 A W A + M -N ) B )-(A + M + N ) O O
C)—( A+4M-2N ) ó
y
N, de CD. Conociendo las
1 D )-(A + 2 M -N ) o
E) N.A.
Solución - Datos : A, M, N. - Incógnita : B - Se tie n e : = 2MN , ya que en el A BCD , MN BD y BD = 2MN, por el teore ma de los puntos medios. Entonces : D - B = 2( N - M ) D = B + 2( N - M ) .......... (1 ). También, sabemos que , para todo paralelogramo : A+C —B+D
—>
C = B+ D*A
(2 )
- Por ú ltim o :. B + C -= M - Reemplazando aquí, lo de ( 2 ) :
B+B+D-A=2M 2B + D - A = 2M
- Con lo de ( 1 ): 2B + B + 2( N - M ) - A = 2M Rpta.
( C ).
37.- Hallar la ecuación general de la recta L, de ecuación ve cto ria l: { ( x ; y ) = (1 ¡ 4 ) + t ( 2 ; 5 ) , t e I R} A) 5x + 3y + 3 = 0
B) 5x - 3y + 1 = 0
C) 5x + 2y + .3 = 0
D) 5x - 2y + 3 = 0
E) 5x - 2y + 6 = 0
Solución Se tiene : ( x ; y ) = (1 ; 4 ) + ( 2 t ; 5 t ) ( x ; y ) = (1 + 2t ¡ 4 + 5 t ) - De donde :
x y
1 +2t 4 + 5t
t 6 IR
x - 1 - De estas relaciones, despejamos t :
= t
2
y -4
= t 953
Luego, igualando los primeros miembros : x - 1
y - 4
- De donde : Rpta:
38)
( D ).
Dados los vectores a y b , demostrar que :
Solución - Sean : a = ( a , ; a2)
y
b = ( b , ; b 2)
- Entonces : a - b = ( a1 - b1 ; a2 - b2 ) Luego : ( a - b )X = ( -a2 + b2 ; a, - b 1) = ( -*2 ; a1) + ( b2 ; - b1) - vi ( i - b ) = ( -a2 ; a , ) - ( -b2 ; b , ) a Es d e c ir: ( á - b ) = á x - b 1 .......... I.q.q.d -
39)
Dados los vectores á y b , de módu los a y b, respectivam ente; demos trar que un vector en la dirección de la bisectriz del ángulo entre á y b , es : /
^
— i
á
b
V =
Va
b
/
Solución a .v Llamando v, el módulo de v , se tienen, para á y v : cos a =
cos a =
b.v bv
Igualando los segundos miembros de ambas expresiones : 954
av
y , para b y v
a .v
b .v
av
bv
á.v
Cancelando v :
b.v
Luego :
á.v b .v n --------------— = 0
Es d e c ir:
v .
= 0 v
Entonces, podemos e le g ir: v =
a
- \Jb
Nota.- Es importante observar que, v , tal como se ha elegido, tiene el mismo sentido que la bisectriz. A d em ás: a — , es el vector unitario en la dirección y sentido de a . a — . es el vector unitario en dirección y sentido de b b 7 Si llamamos u, al vector :
.a b ------ — a b
a b --------a b
Es decir : u
Entonces : v = r.l ü Dados los puntos :A = ( 2 ; 3 ) , B = ( 7 ; 1 5 ) de la bisectriz del ángulo CAB.
y C = ( 5 ; 7 ). Hallar una ecuación vectorial
Solución
i
La bisectriz indicada es un rayo con origen en el punto A y vector direc-
Y
(7; 15) B
«r'p (x;y)
cional v , el cual se puede hallar se gún el problema anterior, como : * v =
AC
AB
\1
AB y
\ AC
C (5;7)
( i)
A (2;3) X
Siendo :
AS AC
( 5 - 2 ; 7 - 3) V(5-2)2+ (7-3): ( 7 - 2 ; 15 - 3 )
AB
V ( 7 - 2 )2 + ( 1 5 - 3 ) :
(3 ;4 )_ 5 _ ( 5;12)
13
V
/ 5
/ 12
^ 13 ’ 13 955
- Reemplazando, en ( I ): v =
v =
14
3 . 4
5
5 ’ 5
13 *'13
f 3
5
«
4
12
«
12
i
v 5 “ Í3* 5 ~Í3 / "8
i
V =
65 * 65
r 8 14 ' v = ^ 65 ' 65 /
Este es un vector direccional de la bisectriz. Pero, como v = — ( 4 ; 7 ), podemos elegir 65 el (4; 7). Así, sea:
; ü es también un vector direccional de la bisectriz.
- Entonces, la ecuación de la bisectriz, del ángulo CAB, tiene forma vectorial; para cualquier punto P( x ; y ), tal que: A ? = t v , t > 0 ó también : A ? = rü , r > 0 - Por simplicidad, elegimos la segunda. Luego : P - A = r ü , r> 0 P = A+ rü ,r> 0
Rpta:
41)
Hallar la ecuación de la recta L, cuyos puntos equidistan de las rectas L, = { ( x ; y ) = ( 1 ; 3 ) + t ( 5 ; 1 2 ) , t e R ) Y
L2 = { ( x ; y ) = ( 1 ; 3 ) + r ( 4 ; 3 ) , r e R )
Además, L tiene pendiente positiva. A) 9x + 7y - 12 = 0
B) 9x + 7 y - 15 = 0
C) 9x - 7y + 12 = 0
D) 9x + 7y - 13 = 0
Solución L, 0 L , : { ( 1 ; 3 ) } Como los puntos de L, equidistan de L1 y l_2 , L contiene a la bisectriz del ángulo entre dichas rectas. Además, por tener L, pendiente positiva, el gráfico será el indicado. v 1 tv 2 y v, son vectores direccionales de Lv L2 y L , respectivamente. Sabemos que v , se puede h a lla r: 956
/
1
(4 ; 3)
(5:12)
^ 42 + 32
^ 5 2 + 122
V =
V
3 ^
\
V =
27
‘ 21
i
\ 65 ’ '6 5 ' /
\1
1
1 5 ’ 5;
CNJ
4
»
V =
4
io!
/
^ 13 ’ 13 ; \
' 21
27
v 65
65 /
Entonces, la pendiente m, de L, será : 27 m -= 65 21 65
9 m= — 7
Luego, la ecuación en forma punto-pendiente, de L , ya que pasa por (1 ; 3 ) , y " 3 = y ( x -1 ) De donde :
Rpta: ( C )
CAPITULO 3 4 MAXIMOS Y MINIMOS EN GEOMETRIA ( Introducción al Cálculo Diferencial) Existen problemas, en geom etría, física y en álgebra, que hablan de calcular una magnitud en términos de otra conocida o de evaluar el valor máximo o mínimo de dicha magnitud; por ejemplo, calcular el valor máximo del volumen de un cono inscrito en una esfera de radio conocido V . Estos son, generalemente, problemas que se estudian en Análisis Matemático. Sin embargo, creemos que el estudiante preuniversitario debe estar en capacidad de resolverlos. Para ello, el objetivo del presente capítulo es que el lector conozca lo que es la “derivada de una función” , concepto que necesariamente depende de conocimientos previos como: función, límite de una función, incremento de una función y gráfico de una función en un sistema de coordenadas cartesianas, los cuales damos a conocer a continuación: 1.
Idea de Función - Hay magnitudes relacionadas, entre sí, de modo que el valor de una viene determinado por el valor de la otra. En este caso se dice que la primera es función de la segunda. E jem plos: 1.
El área de un círculo depende de la longitud de su radio. Diremos entonces que el área del círculo es función del radio. Al escribir la fórmula del área A = k r2 r es la variable independiente. A es la variable dependiente ( depende de r ). 7i es una constante ( un valor fijo ).
2.
El área de un triángulo depende de las longitudes de la base y su altura respectiva. En la fórmula : A = — . b . h 2 b y h son variables independientes (a menos que se relacionen entre sí por alguna otra expresión). A, es la variable dependiente de b y h. 1 — , es una constante.
2.
O bservaciones: * En general, si a cada valor de x le corresponde un valor, y sólo uno, de otra variable y, se dice que y es una función de x. Esta relación se escribe : 959
y = f(x) que se lee: “ y igual a f de x ”, lo cual quiere d e c ir: “ y es una función de x * No es objetivo de este capítulo , desarrollar toda la teoría de funciones ( la cual es muy amplia ) , sino usar de aquella , sólo lo que nos permite ver las aplicaciones posteriores con mayor claridad. * De modo algo más “formal”: Se llama función de un conjunto A en un conjunto B, a toda relación f de A en B que cumple la condición de que cada elemento de A está relacionado con un único elemento de B. En este caso se escribirá f : A -» B. Por ejemplo, sean; A = { 5 ; 6 ; 12 ; 7 } , B = {2 5 ; 36 ; 144 ; 49 } y sea una función definida como f ( x ) = x2. Para cada x e A, existe en B un único elemento que es su cuadrado. Luego:
f : A
->
B
f ( 5 ) = 52 = 25 ; f ( 6 ) = 62 = 36 f (7 ) =
72 = 49 ; f ( 1 2 ) = 122 = 144
Al conjunto de valores que toma x, se llama dominio de f y se escribe: Dom ( f ) = A . Al conjunto de valores que toma f ( x ) se llama Rango de f : R ( f )= B. 3.
R epresentación G ráfica de F unciones Se puede graficar cualquier función utilizando un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares. Función Lineal.- Sea la ecuación de primer grado, con dos incógnitas: 3x + y = 5 Esta ecuación puede escribirse a s í : y = 5 - 3x Dando valores a x (variable indepen diente ), hallamos las valores respec tivas de y ( variable dependiente ) ; siendo y una función de x . A s í, escri bimos: y = f ( x ). Si x =
1entonces y = 2
Si x =
2entonces y = -1
Si x =
0entonces y = 5
En el sistema de ejes marcamos los puntos (1 ; 2 ), (2 ; -1 ), ( 0 ; 5 ),... y al unirlos tendre mos la gráfica de la función ( en este caso una recta ). * En general, la expresión
^y^^m x^^J
se llama función lineal, porque su gráfica
corresponde a una recta. Función C uadrática.- Grafiquemos la función y = x2 . Dando valores a x , tenemos la siguiente tabla y la respectiva gráfica: 960
I Una Parábola con vértice en el origen de coordenadas. X
y
( x ;y )
-2
4
(-2 ; 4 )
-1
1
H ; 1 )
0
0
(0
;0 )
1
1
(
;
2
4
(2 ;4 )
3
9
(3 ; 9)
En general, la expresión:
1
y = ax2 + bx + c j
1
)
es llamada función cuadrática y repre
senta, en el plano cartesiano, una parábola cuyo eje es una recta paralela al eje Y, cortan do a dicho eje en el punto y = c. Nota.- Es fácil reconocer si una gráfica corresponde al de una función, ya que por definición, para un valor dado de x, debe existir un único valor de y. Es decir, los pares ordenados que representan puntos de la función deben ser tales que no existan dos con un mismo x. Así, son gráficas de funciones, por ejemplo:
\
961
Obsérvese que una función puede ser tal que dos valores de x produzcan un mismo valor de y. No son gráficas de funciones, por ejemplo:
Ya que, para un mismo valor de x, existe más de un valor y. 4.
Idea de Lím ite de una Función Sea la función y = f ( x ) = x2. Supongamos que la variable x toma los valores : { 2,9 ; 2 ,99 ; 2,999 es decir; x se aproxima al valor 3. La función y = f ( x ) toma entonces los valores (2 ,9 )2 ; (2 ,9 9 )2; (2 ,9 9 9 )2; ... acercándose cada vez más al valor ( 3 )2 = 9 Haciendo una tabla: X
f (x )
2,9
8,41
2,99
8,9401
2,999
8,99401 4
é
962
#
é
3
9
Diremos: f ( x ) se aproxima a 9 como límite cuando x se aproxima a 3 , y escribiremos: lím f(x) = 9 x —> 3
Se lee: “el límite de f ( x ), cuando x tiende a 3 , es 9”
Como el conjunto de valores asignados a x eran menores que 3, diremos que x se aproxima a 3 por la izquierda:
2,9 2,999
2,99
Si ahora, asignamos a x los valores {3,01 ; 3,011 ; 3 ,0 1 1 1 ;...} mayores, pero muy próximos a 3, los respectivos valores de y = f ( x ) serán mayores pero próximos a 9. En este caso diremos que x se aproxima a 3 por la derecha: Si x tiende a 3 por la derecha: x -» 3+ ------
Entonces; para el ejemplo : lim f ( x ) = x->3"
3 \ \ 3,01x
lim f ( x ) x->3+
3,011
A x í í r ^ X ^ ^ x ^ 3+ ^ X ^ se ,,aman limites laterales de f ( x ). Si son iguales: lim f( x ) = ~
5.
. O -
'
lim f( x ) = _
o
+
V
7
lim f( x ) V
7
Funciones C ontinuas y Funciones D isco n tin u a s Sea la gráfica de una función y = f ( x ) :
Se observa que, a valores cercanos de! valor a, del dominio, corresponden valores de la función cercanos al valor f ( a ). Se dice, entonces que la función es continua en el valor a, Si esto ocurre para todos los valores del dominio, se dice que la función es continua en todo su dominio. Luego, una función y = f ( x ) , es continua en x = a , si cumple: 1o)
f ( a ) está definida.
963
Ahora, observemos la gráfica de otra función y = g ( x ) :
t1
g(b)
1 » 1 1 }
g(a)
i1
i .
a
/ °
Presenta una interrupción en el punto x = a y para valores próximos de a no se obtienen siempre valores próximos de g(x) próximos a g(a). Se dice que g(x) es discontinua en x = a. Adem ás:
lim g ( x ) * x —»a~
yaque:
lim g ( x ) x-> a +
lim g( x ) = g( a ) y x -> a
6.
l¡mg(x)=g(b) x-» a +
Incremento de una Función Fijemos la idea con la función: y = f ( x ) = x2 Si inicialmente la variable x toma el valor 2, la función y toma el valor y = f ( 2 ) = 22 = 4. Incrementemos la variable x en 0,1. Es decir, hagamos que x tome el nuevo valor de 2,1. La variable y, tomará el valor : y = f ( 2, 1 ) = (2 , 1 )2 = 4,41. Al valor 0,1 llamaremos incremento de la variable x, siendo el valor 0,41 incremento de la función ( incremento de la variable y ). Dichos incrementos se denotan así: Ax ; Ay ( A x, se lee “ delta x “ ; A y , se lee “ delta y ” ). Entonces, se llama incremento de una función, a la diferencia entre dos valores, uno inicial y otro final. Luego, en el ejemplo :
A x = 0,1 A y = 0,41
Ahora bien, como :
y = f ( x ) = x2
( 1 ).
Al incrementar la variable x en Ax, se tendrá: y + Ay = f ( x + Ax ) = ( x + A x )2
( 2 ).
Efectuando (2) - (1 ): f ó r m u la d e l in c r e m e n to d e u n a fu n c ió n .
964
Que en este caso resulta : A y = ( x + A x )2 - x2 Ay = 2x(Ax) + (Ax)2 En el ejemplo : x = 2, y A x = 0,1 . Reemplazando en la última expresión : A y = 2( 2 ) ( 0,1 ) + ( 0,1 )2 A y = 0,41, que coincide con el resultado obtenido al principio. Geométricamente, se ilustra la interpretación en el siguiente gráfico.
Ejem plo.- Hallar el incremento A y , de ia función y = f ( x ) = x2 + 2 , en términos de x y del incremento A x.
Solución Se tiene :
Ay = f( x + A x ) - f ( x ) Ay = (x + A x ) 2+ 2- (x2 + 2)
Efectuando :
Ay = 2x ( A x ) + ( A x )2
Ejem plo.- El área de un cuadrado es 16. Si su lado se incrementa en 0,1, hallare! incremen to del área.
Solución El incremento A S del área , será : A S = ( 4 + 0,1 )2 -1 6 , ya que la longitud original del lado es 4. Luego: A S = 2 ( 4 ) ( 0,1 ) + ( 0,1 )2 DS = 0,81 Increm ento R elativo de una Función.Se define como el cociente del incremento de la función entre el incremento de la variable, es d e c ir: A y , Luego, usando la fórmula de A y : Ax A y _ f( x + A x ) - f( x ) AX
AX 965
Ejem plo.- Hallar el incremento relativo de la función
y = f ( x ) = x2
Solución * Se tiene :
A i = '< » * A * ) - f ( * ) Ax Ax Ay
(
x
+ Ax)2 - x 2
Ax
2x(Ax) + (Ax)2
Ax
Ax
Ay = 2x + A x, es la repuesta. LA DERIVADA DE UNA FUNCION.- Dada la función y = f ( x ), se llama la derivada de y Ay respecto a x , a l límite de T T , cuando A x tiende a cero; se denota por 21. , y se lee Ax dx a s í: “ derivada de y respecto a x " Entonces :
dx
o, también ;
lim Ax-*0
dy = dx
Ai Ax
)jm
f(x + A x ) - f ( x ) A x —>0 Ax
8.
O bservaciones
1o)
Para hallar la derivada de una función, se siguen 3 pasos importantes: a)
Encontrar el incremento de la función: A y = f ( x + A x ) - f ( x ) . Ay
b)
Dividir por el incremento A x ; para obtener :
c)
Hallar el límite cuando A x tiende a cero. El valor obtenido , según definición , es la dy derivada :
2o)
\ dx
Otros símbolos usados para denotar la derivada de y respecto a x , son: dy f * ( x ) ; fx ; y ; Dx ( y ) , y’ ; siendo los más utilizados ^
y f ’ ( x ).
3o)
La derivada de una función es el incremento relativo de la función respecto a su variable independiente cuando el cambio en la última es tan pequeño como se desee. ( tiende a cero).
4o)
Se llama diferenciación al proceso usado para hallar la derivada. dy Ejm. 1.-
Hallar
, para la función y = f ( x ) = x2
Solución Se procede según la 1a. observación. Veamos a)
Hallamos el incremento A y , de la función: Ay = f(x + A x ) - f ( x ) A y = ( x + A x )2 • x2 A y = x2 + 2x( A x ) + ( A x )2 - x2 Al simplificar: Ay = 2 x ( A x ) + ( A x )
b)
Se divide A y , por A x Ay
2x(Ax) + (Ax)
Ax
Ax
Factorizando A x en el 2o miembro: Ay
Ax(2x + A x )
AX
AX
Simplificando A x , en el numerador y denominador del 2o miembro : Ay Ax C)
Se pasa al límite, cuando A x
Ax Entonces
:
Así :
( x2) = 2x
0 ( tiende a cero ).
Ay
lim 0
A
X
= ( 2x + A x )
lim AX
(2 x + A x ) = 2x + 0 = 2x
—» 0
= 2x
dx
dx Ejm. 2.- Hallar f ’( x ) , si y = f ( x ) = x3.
Solución
a)
Hallamos
Ay = f(x + A x ) - f ( x ) A y = ( x + A x )3 - x3
Desarrollando : A y = x3 + 3x2 ( A x ) + 3x ( A x )2 + ( A x )3 - x3 Al sim plificar: b)
A y = 3x2 ( A x ) + 3x ( A x )2 + ( A x )3
Dividimos por A x :
A Z = 3 x 2 ( A x ) + 3 x ( A x )2 + ( A x )3 Ax Ax Ay A x = 3x2 + 3x ( A x ) + ( A x ) 967
c)
Pasamos al límite, cuando A x tiende a cero: !¡m A x —> 0
Ay
=
AX
lim Ax —>o
lim
f 3 x 2 + 3 x ( A x ) + ( A x )2 )
A X —►0
1
’
= 3x2 + 3 x ( 0 ) + ( 0 ) 2 = 3x2 Ax \ \ /
dy Es d e c ir: f * ( x ) = ^ = 3x2
9.
Observación®*: q¡
'
lim
f(x) = L y
x-*a
lim
g(x) = M
x->a
Entonces: a)
lim
( f( x ) ± g ( x ) ) = L ± M
X —►3
b) '
lim x->a
lim
c)
x-»a
d)
lim x
2)
[ f ( x ) g( x ) ] = LM J
1 M
L_
g(x)
M
[ k f ( x ) ] = kL
,
siendo k una constante
— > a
La derivada de la función f ( x ) en un punto a, está dada por f.. . . '
>
lim
f(a + A x ) - l ( . )
A x-»0
AX
E j m . - S i f ( x ) = x2, hallar f * ( 3 ).
Solución Según se hayó anteriormente: f * ( x ) = 2x, para la función f ( x ) = x2 Luego: f ’ ( 3 ) = 2 ( 3 ) = 6, es la respuesta. 3)
El proceso de encontrar una derivada por incrementación y paso al límite, es generalmente, laborioso. De modo que, se han establecido fórmulas que permitan más rápidamente, hallar la derivada de una función dada, las cuales damos a conocer. Asimismo, propiedades del cálculo diferencial.
10.
Reglas básicas para ca lcu la r derivadas
I)
Derivada de una constante.- Si y = f ( x ) = c ( constante ).
entonces: 968
dy _ d ,
x_ n
II)
Derivada de una constante por una función. Si
y = a f ( x ) , siendo a constante : dy d / u ,x d f( x ) — = — ( a f ( x ) ) = a — 7— 1 dx dxv ; dx
III)
Derivada de xn : — — - = nx"*1 dx
7
( n es un número racional cualquiera ).
*- Caso particular.- Si a es constante :
dx IV)
V)
Derivada de una suma.df(x)
dg( x )
dx
dx
Derivada de un producto.d ^(f(x ).g (x )
VI)
= anx 0' 1
= f ’ ( x ) . g ( x ) + f ( x ) . g 1( x )
Derivada de un cociente.-
d í f(x) )
f '( x ) . g( x ) - f( x ) . g '( x )
dxU(x)J
(g(x))2 o
g(x) * VII)
Derivación en cadena.Si y es una función de u, la cual a su vez es una función de x : dy
dy - -
dx
du •
du
dx
dy Ejm.- Hallar ^ , si y = ( x3 + 1 )10
S o lu c ió n Hacemos u = x3 + 1 Luego ; y = ( x 3 + 1 )10 = u 10 A s í , y es una función de u, siendo u una función de x. Entonces, aplicando la regia de derivación en cadena :
dy
dy
du
dx
du
dx
du
dx 969
Efectuando; haciendo uso de las reglas ( I I I) y ( IV ) : dy dx
V
dy dx
= (10
u9
)
dxdx
+
dx
= 1Ou9 ( 3x2 + 0 ) = 30x2 u9
Finalmente, sustituimos u = x3 + 1 : dy ^
= 30x2 ( x3 + 1 )9
Nota.- En particular, si y = f ( x ) , se tendrá: _d_ ( y )n = n ( y )rh1 dy dx dx VIII) Derivada de Funciones Trigonométricas:
IX)
Funci ón
Derivada
sen x
c os X
cos X
- sen x
tg x
sec^x
ctg x
- csc2x
sec x
s e c x.tg x
CSC X
- esc x.ctg x
s en ( f ( x ) )
f ’ ( x ) c os ( f ( x ) )
c os ( f ( x ) )
-f ’ ( x ) s en ( f ( x ) )
tg ( f ( x ) )
f ’ ( x ) sec2 ( f ( x ) )
ctg ( f ( x ) )
-f ’ ( X ) CSC2 ( f ( x ) )
sec ( f ( x ) )
f ’ ( x ) . sec ( f ( x ) ) . tg ( f ( x ) )
CSC ( f ( x ) )
-f ’( x ) . esc ( f ( x ) ) . ct g ( f ( x ) )
Derivada de funciones exponenciales y logarítmicas. ( Cuadro en la siguiente hoja ).
970
Función
Derivada
ex
ex
ef(x)
f ‘( x j e 1**) t
Inx
—
X f(x)
ln f ( x )
f(x)
a*
ax Ina ; a > o
af(X)
f ’ ( x ) . af (x >. ln a 1
l°9a x
x Ina f ’( x )
loga f (x)
f( x ) Ina
Derivadas de Funciones Trigonométricas inversas:
Función
Derivada 1
sen-1x
V l-x 2 -1
COS'1X
V i - X2 1
tg*1x
1 + x2 -1
ctg'1x
1 + X2 f*(x)
sen_1(f(x)) V1 -
f2(x)
INTERPRETACION GEOMETRICA DE LA DERIVADA Supongamos que y = f ( x ) es la ecuación que determina la función. Sabemos que esta ecuación repre senta una curva en elpiano de coorde nadas XY. Sea P( x ; y ) un punto sobre la curva representativa de la función.
y = f(x)-^ Q (x + Ax;y + Ay)
Si incrementamos x en Ax, quedará incrementado y en A y y se tendrá un segundo punto Q ( x + A x ; y + A y ) como se muestra en la figura : Tracemos la cuerda PQ. Por P una horizontal y por Q una vertical. Estas dos rectas se cortan en R. Ay De la figura, podemos extraer el siguiente resultado :
tan 8 =
Pero tan 0 es la pendiente de la cuerda PQ. O sea que la pendiente de la cuerda PQ es el incremento relativo de y respecto a x : mPQ = Si hacemos A x muy pequeño, permaneciendo P fijo, el punto Q se mueve sobre la curva de tal manera que se aproxima al punto P y la cuerda PQ tiende a confundirse con la tangente a la curva en P. Entonces: Ay rripT = hm —A x —> 0 Ax
dy A A = — = tan dx
,
, (* ).
Interpretación G eom étrica Geométricamente, la derivada de ia función determinada por y = f ( x ) respecto a la va riable independiente x, representa la pendiente de la recta tangente a la curva de la función en el punto ( x ; y ). Si se conoce un punto sobre una curva, puede encontrarse, entonces, la ecuación de la tangente a la curva, ya que se sabe que la ecuación de la recta que pasa por ( x1 ; y , ) y tiene pendiente m, es: y - y, = m ( x - x , ) y la pendiente m es la derivada de la función evaluada en el punto de tangencia ( x , ; y1). Ejem plo: Encontremos la ecuación de la recta tangente a la curva representativa de la función determinada por la ecuación y = x2 en el punto P( 2 ; 4 ). 972
Solución Sabemos que ta derivada de y = x2, respecto a x, en el punto P( x ; y ) es: ^ dx
= 2x = f ’ ( x ).
En el punto P( 2 ; 4 ) la x toma el valor 2 por ser la abcisa del punto , luego f ’ ( 2 ) = 2 ( 2 ) = 4. Por la ecuación ( * ) este valor corres ponde a la pendiente de la tangente en P( 2 ; 4 ). Aplicando la ecuación : y - y1 = m ( x - x , ) se tiene: y - 4 = 4 ( x - 2 ) O sea : 4x - y - 4 = 0 que es la ecuación que se pide Nota.- Si la función es lineal, esto es, si su representación gráfica es una línea recta, ésta coincide con la tangente en cualquier punto; luego, la pendiente de la recta es la derivada de y , respecto a x. E jercicios 1. a)
Hallar la expresión de la derivada para cada una de las funciones de x : 1 b) y = — ' 1 x
y = 2X3 + 5x2 + 10 x2 + 1
c)
y =
e)
y s eos x3
d) y = sen 2x
~x - 1
0 y -
1 + eos 3 x
Soluciones a)
y = 2x3 + 5x2 + 10
É l = J L ( 2x3 + 5x2 + 10 ) dx dx dy
Rpta
dx
d (
dx
X
Rpta
dx
d / c 2 + — I 5x dx
+
(10) dx
= 6 x 2 + 10x
dy b)
2x
3
= 2 .3 x 3 " 1 + 5 .2 x 2 ~ 1 + 0
dx dy
d f 0
dx V x ;
= — Y
x
-1
= —1x
-1-1
dx -2
“ 1 X¿
= ___ 2
973
c)
y = * 2 + ^ ; hallamos x - 1 dx
usando la regla V I ; derivada de un cociente
Sea y = - M - , para f ( x ) = x2 + 1 ; g ( x ) = x - 1
g(x ) Luego : y ’ = f '.( x ) - 9( x ) - f ( x ) • 9 ' ( x ) ( g ( x ))2 Siendo : f ’ ( x ) = 2 x ; g * ( x ) = 1 Entonces : y ’ =
Efectuando :
= 2x2 - 2 x - x 2 - 1 dx (x-1)2
Es decir :
d)
dv 2 x ( x - 1) - ( x2 + 1) . 1 —L = ------------------------------- í— dx ( x - 1)
y’ = x
~ 2x (x-1)2
Rpta
y = sen 2x Según la regla V III: d ( sen f ( x ) ) = f 1( x ) eos f ( x ) En el ejercicio propuesto: f ( x ) = 2x luego :
e)
d y _ _d_ ( sen 2x ) = 2cos 2x. Rpta. dx dx
y = eos x3 con la regla VIII — = — ( cosx3 ) = — ( x3 ) senx3 dx dx' ' dx'1 ’ dy ^
f)
= -3X2 sen x3 Rpta.
y = ^ 1 + eos 3 x 2 = (1 + eos 3 x 2 ) 2 Usando la regla V I I , derivación en cadena: — = —(1 + eos 3 x 2 )2 dx ^ 1
974
. — (1 + eos 3 x 2 ) dx' }
dy dx
1
1
-6xse n 3x2
dx
2 ^ 1 + eos 3 x 2
- 3 x sen 3 x 2
(1 + cos 3 x 2 ) 2
=
-R p ta
^ 1 + cos 3 x 2 2.
Si f ( x ) = x3 + 2x2, hallar f ’( 2 ).
Solución Se tiene:
f ’( x ) = 3x2 + 2.2x f ’( x ) = 3x2 + 4x
Luego: f ’ ( 2 ) = 3 ( 2 )2 + 4 ( 2 ) = 12 + 8 f *( 2 ) = 20 Rpta. 3.
Hallar la pendiente de la recta tangente a la curva y = x2 + 2 , en un punto de abscisa 1.
Solución La curva y = x2 + 2 , tiene por gráfica: La pendiente de la recta tangente a la curva, en el punto P ( 1 ; y ) es igual al valor que toma la derivada de la función en dicho punto, es d e c ir: f ’ (t). Luego: y = f ( x ) = x2 + 2
->
La pendiente de la recta L, es : mL = f ’(1 ) = 2( 1 ) mL = 2 Rpta. 4.
Dada la función : I _™2 f% |
y = f ( x ) = ax2 + bx + c.
l ar
\ # V
y
Hallar “ d ” , si T es punto de tan gencia y el punto P tiene coordena das ( 2 ; 5 ).
9
Solución * ( 0 ; 9) e f ( x ) -» f ( 0 ) = 9
c=9
* P= (2;5)ef(x)
4a + 2b + 9 = 5 -+
, 0
45 ^ 1
j B
L d-
2a + b = -2 975
* La pendiente de la recta: f ’ (4) = tg 45° Siendo:
f *( x ) =
( ax2 + bx + 9 )
dx
f ’ ( x ) = 2ax + b f ’ ( 4 ) = 8a + b
8a + b = 1
( 2 )
De las ecuaciones (1 ) y ( 2 ) , se obtienen : -3 Luego:
f ( x ) = ax2 + bx + c x2 f ( x ) = — - 3x + 9
Entonces, para T ; T = ( 4 ; y1) Yt
=
—— - 3( 4 ) + 9
y, = 5
Finalmente, en el A ABT , isósceles : AB = TB d + 4 = y, d = 1 Rpta
11.
Funciones C recientes y D ecrecientes
* Consideremos la función: y = f ( x ) , cuya gráfica se muestra. Se observa que, para el intervalo < x t; x2>, conforme el valor de x crece de x 1 a x2 , el valor de y decrece desde y t hasta y2, para todo x e < x, ; x2 >. Luego, diremos que y = f ( x ) es una función decreciente en este intervalo. De otro lado, en el intervalo < ^ ; x3 > a medida que x crece desde hasta x3, el valor de la función crece desde y2 hasta y3. Luego , se dirá que la función es creciente para todo x g < x2 ; x3 >. * Este hecho se puede expresar en el siguiente teorema: Si f ( x ) es una función derivable en un intervalo < a; b >, entonces : i)
Si f ’ ( x ) > 0 V x
ii)
g
Si f * ( x ) < 0 V x
976
f es creciente
f es decreciente g
Como puede verse , en el gráfico a n te rio r, para x e < x1; x2> , las tangentes a la curva y = f ( x ) tienen pendientes negativas y para x e < X2 ; x3> las rectas tangentes a la curva de la función tienen pendientes positivas: pendiente < 0 f (x) < 0
•2
12.
X
Valores M áxim o y M ínim o de una fu n ció n , en un in te rva lo dado Sea la función y = g ( x ), cuya gráfica se muestra a continuación. Se observa que, para todo xe < a; b >: * g ( a ) es el mínimo valor de la función. * g ( b ) es el máximo valor de la función Nota.- La teoría que conduce a la determinación de máximos y mínimos de una función da da, tiene un tratamiento extenso en el curso “Análisis Matemático T, el cual no es objeto de nuestro tema. La aplicación a la Geometría Elemental se puede entender fácilmente con algunos sencillos ejemplos. Ejem plo 1.- El área de una cuadrado, en m2, se expresa por la función : A = f ( x ) = x2 - 2x + 5, donde x es un número en el intervalo [ 0 ; 6 ]. ( Es d e c ir: 0 < x < 6 ) H a lla r:
a)
La gráfica de la función.
b)
El valor de la función para x = 0
c)
El mínimo.valor de la función.
d)
El máximo valor de la función.
Solución Se tie n e : A = f ( x ) = x2 - 2x + 5 ; 0 < x <6
a)
Gráfica: 977
V
b)
Para x = 0 : A = f ( 0 ) = 02 - 2 ( 0 ) + 5 = 5
c)
El mínimo valor de la función, se obtiene, según la gráfica cuando x = x , ; es decir, en el vértice de la parábola. En este punto, la recta tangente a la curva es paralela al eje x, por lo cual su pendiente será 0 ( cero ). Luego : f * ( X l) = 0 Hallando
f *( x )
df(x)
( x2 - 2x + 5 )
dx
dx
df(x) dx
= 2x - 2
f ’ ( x ) = 2x - 2
2x - 2 = 0
Entonces: f ’ ( x ) = 0 x = 1
xi = 1
Este es el valor x = x1, que dá el mínimo valor de la función: A = f ( x ) 'mínimo
= f ’ ( x ,) = f
Amínimo -
d)
= 12 - 2 ( 1 ) + 5
4
El valor máximo de la función, se obtiene, según el gráfico, cuando x = 6 : A má»mo
= 62 - 2 ( 6 ) + 5 = 29.
* O bservaciones: 1°)
Según las condiciones del problema, el valor mínimo de x, es cero. Este conduce al valor 5 del área, el cual no es el mínimo de la función.
2o)
Como la gráfica corresponde a una porción de parábola “abierta hacia arriba”, el valor mínimo de la función se encuentra en el vértice, hallándose la abscisa de este punto al igualar a cero la derivada, ya que aquí la recta tangente es paralela al eje x y tiene pendiente cero. Ejem plo 2.- El área de un triángulo se puede expresar por la función : y = f ( x ) = 9 - ( x - 3 )2 H a lla r:
a)
La gráfica de f ( x ).
b)
El valor mínimo de f ( x ) y los valores de x que conducen a dicho mínimo
c)
El valor máximo de f ( x ) y el valor de x que conduce a dicho máximo.
Solución a)
G rá fica : Es una porción de parábola “abierta hacia abajo”. ( Cóncava hacia a b a jo ).
b)
978
Del gráfico, para x = 0 ó x = 6, se obtiene el valor mínimo de f ( x ); hallados al hacer f ( x ) = 0.
Es sencillo observar, con el gráfico que el máximo de f ( x ) es 9 y ocurre cuando x = 3. Sin embargo , este valor puede hallarse al hacer f ’ ( x ) = 0 , pendiente de la recta tangen te a la curva, en el punto T. Así:
f ’( x ) = A . [ 9 - ( x - 3 )2 ] dx f ’ ( x ) =_d_ ( 9 ) - _ d _ ( x - 3 ) 2 dx dx f ’ ( x ) = -2( x - 3 )
Luego, haciendo: f J( x ) = 0 ; 2( x - 3 ) = 0 x = 3, tal como se comentó Ejem plo 3.- La expresión : V = f ( x ) =
, indica el volumen de un sólido. x- 2
Hallar el valor mínimo del volumen, diferente de cero.
Solución Como f ( x ) representa un volumen : f(x) >0
Luego:
x - 2
> 0
x >2
V = f (x)
i
(I).
Dando valores a x, se pueden hallar los respectivos valores a f ( x ) y graficar, aproximadamente ( bosque jo de la c u rv a ):
pend. = 0 : f ’ (x,)=o
V min.
Del gráfico, Vmínimo ocurre para x = x , , el cual se obtiene para f ’ ( x ) = 0 df( x ) _ d Así:
f ’(x >=
dx
"dx
x- 2
2 x ( x - 2 ) - x2 (1)
f'(x) =
(x-2)2 x Es d e c ir:
f ’ (x) =
- 4x
(x-2)2
Haciendo f ’ ( x ) = 0 , para hallar el valor x = x1 que dá el mínimo V
Y - 4x
= 0
->
x2 - 4x = 0
(x-2 )2 Al resolver, se obtienen :
x = 0 ; x = 4 979
Pero, por ( I ) : x > 2 Luego : x = 4
x, = 4
Reemplazando en la expresión de V: 42 Vmfnimo mínimo =
f < X1)
=
f ( 4 > =
Ejem plo 4.- Los catetos de un triángulo rectángulo tienen longitudes ( 7 + x ) y ( 5 - x )( respectivamente. Hallar el valor máximo del área, así como el valor de “x” que lo determina.
Solución Dadas las longitudes de los catetos, el área A, del triángulo rectángulo se eval úa:
(7+x)
A = ¿ (7 + x ) ( 5 - x ) (5-x) A = 17,5 • x - — .......... ( I ). 2 Que es la expresión de la ecuación de una parábola, “abierta hacia abajo”.
* A = f (x)
m=0
x 1 da e! máximo valor del área; x1 se halla haciendo f ’ ( x ) = 0 , ya que la pendiente de la recta tangente a la curva en el punto de abscisas x, es nula, por ser una recta paralela al eje x. 2 Así, tenemos : A = f ( x ) = 17,5- x - * 2 Luego:
x f ’ ( x ) = 0 -1 - 2i—\ f ’ ( x ) = -1 - x
Entonces, al hacer f ’ ( x ) = 0 : - 1 - x = 0 x = -1
->
x 1 = -1
Y, el valor máximo del área, se obtiene reemplazando en ( I ), el valor x = -1 : A máximo
Rpta: 980
Amáximo
18
* Nota.- Obsérvese que x puede tomar valores positivos o negativos: x e < -7 ; 5 > O bservaciones.- Para hallar el máximo o el mínimo en una aplicación geométrica ( física o algebraica): 1o)
Dibujar el problema planteado.
2o)
Deducir la ecuación para la cantidad que se ha de maximizar ( o m in im iza r), como una función de una sola variable, usando relaciones geométricas, trigonométricas, etc.
3o)
Plantear las condiciones de problema ; por ejemplo , si ( x - 2 ) representa la longitud del lado de un polígono : x - 2 > 0
4o)
Hacer un bosquejo de la función. Por ejemplo:
5o)
Los valores de x tales que y = f ( x ) sea un máximo o un mínimo, se obtienen haciendo f ’ (x) = 0
6o)Si x tal que
f ’ ( x ) = 0, origina un máximo, un mínimo, o ninguno:
a)
Si f ” ( x0) > 0: f ( x0 ) es un mínimo.
b)
Si f " ( Xq ) < 0: f ( x0) es un máximo.
c)
Si y
f ’ ( x ) < 0 para x < x0 f ( x 0 ) es un minimo
f ' ( x ) > para x > Xq
( intervalo a ; b del gráfico a n te rio r) d)
Si
f ’ ( x ) > 0 para x < x0
f( x0 ) es un máximo
f ' ( x ) < 0 para x > Xq ( intervalo < b ; c > en el gráfico a n te rio r) 7o)
La función cuadrática : f ( x ) = ax2 + bx + c, ( a * 0 ) , tiene un máximo o un mínimo en x = Ya que :
-b 2a f ’ ( x ) = 2ax + b df'(x) f " ( x ) = 2a I
f " (*)
dx
Luego , x = — será un mínimo si a > 0 y un máximo si a < 0. 2a QQ1
\
PROBLEMAS RESUELTOS 1)
Hallar las dimensiones del rectángulo de perímetro 36 cm. cuya área es máxima
Solución Según dato : 2x + 2y = 36 x + y = 18 y = 18 - x ......... ( I ) . El área: S = xy C o n ( I ) : S = x ( 18 - x )
S = 18x - x2
El valor de V que dá el máximo de “S” se encuentra al hacer
dS
= 0
dx Es decir: _±! _( 18x- x2) = 0 dx 18-2x = 0
x = 9
Reemplazando en ( I ) : y = 9 Luego: “ entre todos los rectángulos que tienen igual perímetro, el cuadrado es de máxima área
Nota.- Como S’ =
dS dx
= 18 - 2x, se
verifica que lo hallado es un máximo ya que : S” =
d ( 18- 2x) dx
S” = -2 < 0 , cumple con la observación 6 : b 2)
Dos lados de un triángulo tienen longitudes 5 y 8 unidades, respectivamente. Hallar el va lor máximo del área.
Solución En este caso el ángulo a es variable. El área se evalúa: A =
x 5 x 8 x sen a = 20 sen a
Hallamos el valor de a que dá el máximo dA valor de A, haciendo d a
QQO
= 0
(20 sena) = 0
dx
a = 90
Es d e c ir: 20 eos a = 0
Entonces, el valor máximo del área será
:
A = 20 sen 90
^máximo “
^
Nota.- Hemos deducido que, dadas las longitudes de dos lados de un triángulo, aquel que tiene área máxima es un triángulo rectángulo que tiene por catetos las longitudes conocidas. Un jardinero posee una cuerda de 100 metros y quiere cercar con ella, en forma de sector circular, un jardín, de modo que el área sea máxima. Hallar dicha área.
Solución Si V es el radio del sector, entonces la longitud del arco AB, es (100 - 2 x ). El á r e a :
A
1 S = — ( longitud de A B ) .(radio) S= ¿
( 100 - 2x ) ( x )
S = 50x - x2
(I).
Para hallar el máximo, hacemos : Luego :
dS dx
= 0
50 - 2x = 0
x = 25 ; este es el valor de wx" que dá el máximo de “S”. Reemplazando en ( I ) : Smáximo = 50 x 25 - 252 Rpta
^ m á x im o
=
® ^5 m 2
Hallar el valor máximo del área del rectángulo inscrito en un semicírculo de radio V , si uno de sus lados está sobre el diámetro.
Solución Considerando el gráfico adjunto : y = r sen a x = 2r eos a El área del rectángulo : A = x y = 2 r2 sen a eos a A = r2 sen 2 a . Se observa que A es función de a, donde 0o < a < 90°. Para hallar el valor de a que dá el máximo valor de A : dA = 0 da J L ( i2 sen 2 a ) = 0 da 9P
r2 . 2 cos 2a = 0
-»
cos 2 a = 0
2 a = 90°
a = 45° Entonces: Amáxim0 = r2 sen 2 x 45° = r2 sen 90 Rpta:
5)
A m áxim o = r2
En un rombo ABCD, cuyo lado mide 3
Solución Sea, según el gráfico : AO = x ; BO = y ; con el teorema de Pappus-Guldim, el volumen del sólido generado, es: V = 2 n x . ( área ABCD ) w ~ f 2 x . 2y V = 2nx. '
V = 4 7i x2 y
( 1) .
En el A AOB : x2 = ( 3 / 3 )2 - y 2 Reemplazando en (1 ) :
T
V = 4 k ( 27 - y2) y Como V = f ( y ), hallamos
dv
(2). e igualamos a cero para obtener el valor de
dy máximo: dV
= J L [ 108 n y - 4 tc y3 ] dy dy dV dy
= 0
1 0 8 n - 12
dy ti
y2 = 0
Luego, BD = 6m y el volumen máximo : V = 216 7cm3
6)
Un árbol de 9 metros de altura se encuen tra en la cima de una colina de 17 metros de alto. Si el ojo de un observador se encuentra a 1m. del suelo, ¿a qué distan cia debe encontrarse de un punto directa mente bajo el árbol, para que sea máximo el ángulo formado por las visuales a la base y a la copa del árbol?
Solución Sea el gráfico adjunto : 984
= 108 re- 12 7t y:
y = 3
“y" due dá el
Incógnita:
x, cuando a es máximo
Se observa :
a = ó- p t g a = tg ( - P )
_ tg<> - tgP tg a - 1 + tg<)). tgP
Del gráfico:
tg ó = tg P =
AD
25
DE
x
BD
16
DE
x
25 _ 16 x x tg a = 25 16 1+ x ' x
Luego:
tg a = *
9x ~ 77T x¿ + 400
Como tg a = f ( x ), ( función de “x” ), a será máximo cuando tg a lo sea. 9x Luego, derivamos f ( x ) = x2 + 400
e '9 ua*amos a cer0 Para hallar el valor de “x” que
dá el máximo: M x l = 0 dx
9(x2 + 4 0 0 ) - 9 x ( 2 x )
=0
De donde: 9 ( x2 + 400 ) - 18 x2 = 0 Rpta: 7)
x = 20 metros
Determinar las dimensiones del cono circular recto circunscrito a una esfera de radio 2m, de tal modo que el volumen de dicho cono sea mínimo.
Solución
B
Sean V e “y”. e l radio de la base y la altura del cono, respectivamente. El volumen V , del cono , es : 7C
V = — x2 y 3
(1 )
En triángulo AMB: AB = V x2 + y 2 985
Se trata de despejar una de las variables ( x ó y ) , en función de la otra , para reempla zar en (1 ). AOTB-AAM B: — = — AM AB De donde:
x2 =
4y
- = x
y_2
(2).
Reemplazando esto en (1 ) : V =
4ny
V =
3( y “ 4 )
4n 3
(y - 4)
Derivando respecto a Y ’ : dV
4n
d
dy
3
dy
d V ^ 4 ti dy ~
(y-4) V -8y
3
(y-4 )2
Igualando a cero para hallar el valor de “y” que dá el mínimo “V1 4 71
f -Q y (y-4)2
= Q
De donde : y2 -¿ y = 0 0, dá un mínimo.
y=
8, dá el mínimo buscado y = 8
Para hallar “x”, de ( 2 ), expresión a n te rio r: y -4 \
4x8 = 8 8 -4 x = 2 /2
Luego, la altura del cono es 8m. y el radio de la base 2^/~2 m.
8)
Con un alambre de longitud 10Om. se forma un cuadrado y una circunferencia. ¿Cómo debe cortarse el alambre para que la suma de las áreas encerradas sea:
a)
Mínima.
b)
Máxima. 22 N ota.-Tom ar 7t = —
986
Solución Se tiene:
alambre
Debe cumplirse: 2 n x + 4y = 1 0 0 22
con k =
44 x
7 *
7
+ 4y = 100
De donde: 11 x + 7y = 175 Luego, despejando “y” :
11 x
y = 25 -
(I)
La suma de áreas encerradas A = tz x2 + y 2 C o n ( I ): A
2 2
2
A = — x¿ +
11x
25- — 7 \
A =^ x 2- ^ x
,
+ 6 2 5 ...(||).
Cuya gráfica se muestra: Se puede responder a las preguntas planteadas, observando el gráfico de la función A = f ( x ). a)
x , , dá el mínimo valor A, de la función A = f ( x ), el cual se obtiene haciendo t ' ( x ) = 0 dA Veamos : dx
d ' 2 Z 5 x* - 5 5 ° dx , 49 7
x
+ 625 /
dA
550
dx ~ 49 X 550
Igualando a cero :
550 7
550
"49” x — ~
~0
de donde: x = 7 ( este es el valor x1) Y, se verifica analíticamente que es el mínimo ya que f ’ ( x ) =
Siendo la segunda derivada :
550
550 x --------49 7
550 f"(x) = 7 9 "> 0 987
Así, el valor mínimo de A , se obtiene al reemplazar x = 7, en ( I I ): = 275 ( 7 ) 2 . 550 (7 ) + 6 2 5 49
mínimo mínimo
= 350 m2
- El alambre en este caso , debe cortarse para obtener una circunferencia de longitud 22 2n x = 2 ( — ) (7) = 44 metros, siendo el resto de 100 - 44 = 56 m, para formar el cua56
drado de lado y = b)
= 14 metros.
De la curva A = f ( x ), se observa que x3 dá el máximo valor de A, el cual ocurre cuando x es máximo. Es decir, cuando “y ” sea mínimo. Hecho que ocurre al dedicar todo el alambre a formar una circunferencia. Entonces : y = 0. De modo que, al reemplazar en ( I ), se obtiene : 11 x
0 = 25-
—>
175 x = ----- valor de x3.
7 11 Al sustituir en ( I I ) , hallamos elmáximo valor de A = f ( x ): 2
11175J]
275 'máximo
49 8750
'máximo
m
2
550
175 'j
7 { 11
+ 625
J
7nc AC 2 = 795,45 m 2
11
Nota.- En la curva A = f ( x ), el punto A 2 se obtiene para x = 0, dando el valor A = 625 m2., en la expresión ( I I ). Esto ocurre cuando todo el almabre se dedica a formar un cuadrado de lado
= 25 m.
4 En el intervalo [ 0 ; X3 ], el mínimo es A1 y el máximo A3. 9)
La figura muestra una porción de car tulina, en forma de sector circular de radio MR", con la cual se quiere obte ner la superficie lateral de un cono de revolución, de volumen máximo. Hallar la longitud del radio de la base del cono.
Solución Llamando Mx”, el radio de la base del cono; la generatriz R y la altura : ^ R2 - x El volumen V, se evalúa: V = - x 2 J R2 - x2 3 y
K V = - x2( R 2 - x 2)1'2 988 t
Hallamos, ahora V ’ =
dV dx
V ’ = | - ( 2x )( R2 - x2)1/2 + - x2 . -2x )( R2 - X2 )1/2'1 3 3 2
• ♦
2 K V ’ = - 7 t x ( R 2 - x 2)1/2 - - x3 ( R2 - x2 )-1/2 O o Igualando a cero, para hallar el valor de x que dá el máximo V : V' = 0
_
De donde :
10)
x =
-*
2 7t — 71 x ( R2 - x2 )1/2 - — x3 ( R2 - x2 ) 1/2 = o O o
R^~2
Hallar la longitud máxima de una varilla de acero que se puede trasladar de un corredor a otro, de anchos 27 y 64 pies, respectivamente, suponiendo que la varilla debe permanecer siempre paralela al piso.
Solución T 64
La situación es como indica la figura: donde la varilla AC podrá deslizarse a través de A y C. AC = AB + BC AC = 27 cosec a + 64 sec a
(1 ).
Se observa que AC = f ( a ) Luego : —~ a ) = -27 cosec a . ctg a + 64 sec a . tg a da igualando a cero, para hallar el valor de a que cumple la condición planteada: -27 cosec a . ctg a + 64 sec a . tg a = 0 De donde :
tg a = -
Finalmente, reemplazando en (1 ):
Rpta
11)
AC = 27 x - + 64 x -
AC = 125 pies
En un sector circular de área conocida “A”, hallar la medida del ángulo central, para que el perímetro sea mínimo. 989
\
Solución Sea x la longitud del radio y a ( en radianes), la medida del ángulo cen tral. La longitud del arco será : a x. El dato:
x =
= A
2A a
Para el perímetro : P = 2x + a x = ( 2 + a ) x P = ( 2 + cc)
2A a
1 2 2 + 4 2A . a 2 ó mejor : P = 2 ^ / 2 A . a 2
(I)
Como P es una función de a, para hallar el valor mínimo de P, hacemos dP da
= 0
Así: p' = — = 2 S 2 K da
.
dP P' = ^ - = - / 2 A da
2
a-2 + V2A a
2
(II)
Haciendo P’ = 0, para hallar el valor de a que dá el mínimo valor de P r— -f J2A ~4 2 A a 2 + a De donde :
2 2
= 0
a = 2 rad.
Nota.- Verificamos que a dá un mínimo de P, comprobando que P" > 0, para a = 2. En efecto, derivando respecto a a, la ecuación ( I I ) para hallar P” : 2 da
P M= - 4 2 A •
-/2 A
a 2 +
a- i -
- -
+
V~2A V
J
P " = —J~2A . a 2 2 990
2
.a
V 2A
.a
3 2
P” =
da
P’ ¡
3 o -2. IpA P " = - / 2 A .2 2 - ^ ------ . 2 ' 2 2 4
Para a = 2 :
Esto e s :
1
P"=3 2
1 '
^2®
Efectivamente : p„
3/ Á
/A
8
8
/ Á rQ 4
a = 2, dá el mínimo valor de P. El gráfico P vs. a, es El perímetro de un triángulo isósceles es “ L
Hallar el valor máximo del área
Solución Sea el triángulo ABC, con AB = BC B Sean: AB = y ; AC = x (x e y : variables) Dato: 2y + x = L
(I).
Incógnita : Valor máximo del área ABC. Llamemos “S” al área del triángulo ABC S = - . AC . BH 2
Siendo, AH = HC = — ; en el triángulo AHB : BH - V AB" - AH" = .( y2 - ii-
L uego:
s =f
X-V y2~ 7
Debemos expresar “S" en función de una sola variable. Para ello, de ( I ), despejamos “x” x = L - 2yt En la expresión a n te rio r: S = l ( L - 2 y ) J y 2 - ( L ~ 2y) Simplificando:
s =| | - y
Ly-
(II)
/
Para hallar el valor de “ y ” que dá el máximo “ S ”, igualamos a cero , la derivada d e HS ” respecto a “ y ” : 991
dS = 0
dy /
d dy
Ly-
V2 ^
= 0
Efectuando el desarrollo de la derivada del producto de las funciones^ — -
y
Ly-
con la regla ( V ) vista anteriormente; así como la regla ( V I I ); /
d ( L
Ly-
4
- - y
dy k 2
+l 2 _ y
Ly-
dy
= 0
)
V
1 1
L2
•
)
2 ,\ L y - T
/ 1
/
v
4
ILz - JK ¡ ^
Es decir :
Ly-
2
(L) = 0
•
= o
j
V
a
LyL Luego:
Ly-
2
De donde :
V y = —. De modo que, al reemplazar en ( I ) : x =
Es decir: AB = BC = AC =
L 3
— , resultando ABC , un triángulo equilátero. El valor del 3
área e s :
\
13)
2 {3
L2 / 3
4
36 i\ \
En la figura, se conocen las longitu des “a", "b” y “L”.
XV \
V
3
\
Hallar el valor de x , de modo que la sum a: S = AP + PC, sea mínima. 992
a
A
\\ T
\
b /
r
B x P D \--------- L ---------1
Solución Haciendo uso del teorema de Pitágoras en los triángulos ABP y PDC : AP = ^ a2 + x2 y PC = ^ ( L - x Luego :
+ b2
S = •/ a2 + x2 + ^ ( L - x )2 + b2
Para hallar Sm(nimo, hacemos :
Así :
f
dS
= 0
dx
/ a 2 + x^ + ^ ( L - x )2 + b2
dx
2 + d a*2 + x¿ dx
dx y
1 — ( a2 + x-a )2 k + dx dx
ó
Efectuando :
V(L- x)2 + b2 = 0 2 + b2 = 0
a2 + x2)1/2'1 . ( 2x ) + — ( ( L - x )2 + b2 )1/2'1 . 2( L - x ) . (-1 ) (L -x )
Simplificando : De donde:
2 a¿2 + x¿
0
= 0
^ ( L - x )2 + b2
( b2 - a2) x2 + 2a2 Lx - a2 L2 = 0 - 2 a 2 L ± J ( 2 a 2 L )2 - 4 ( - a 2 L2 )( b2 - a 2 )
Resolviendo para x :
x= 2(b2 - a 2 )
X =
- 2 a 2 L ± 2ab L 2 ( b 2 - a2 )
aL b +a Dando :
x=
; si b * a ó aL a - b
Pero, co m o
3 a - b
> 1, entonces
I a - b
> L, por lo cual no se acepta como solución
aL a - b’
ya que x debe ser menor que L. A s í , la respuesta será :
993
14)
De una hoja de cartón cuadrada, de lado L, hay que hacer una caja reectangutar abierta, de mayor capacidad posible, recortando para eHo cuadrados de lado x, en los ángulos de la hoja y doblando después los salientes de la figura, en forma de cruz. Hallar el valor de x. L
L B> 3
A> 2
C> 4
D> ?
E> 6
Solución - Se tienen los esquemas: - El volumen V de la caja: V = ( L - 2x )2 . x
/i
V = L2x - 4Lx2 + 4x3
A
Para el máximo: dV
I
= 0
A
A
I—
A
y y
A
A
L ~2x
L -2x H
dx ( L2x - 4Lx2 + 4X3 ) = 0
L2 - 8Lx + 12x2 = 0
dx De donde : - La solución, será Rpta:
( E ). En una semiesfera de radio R, se inscribe un cilindro circular recto, de volumen máximo. Dicho volumen, e s :
15)
A) f * R 3
B ) f * R 3V2
C ) |
D ) f * R 3^3
k
R3 ^ 6
E) N.A.
Solución Sean x e y, radio de la base y altura del cilindro, respectivamente. El volumen V, del cilindro: V = 7cx2y
( I ).
En el triángulo rectángulo, obtenido de la sección indicada: x2 = R2 - y2 ( I I ). Reemplazando ( I I ) en ( I ): V = n ( R2 - y2 ) y V = *94
ti
R2 y - n y3
Es decir, hemos expresado V como una función de y. Para hattar ei valor de y, que dá elmáximo V, igualando a cero la derivada dV dy JL( dy
k
R2y - n y * ) = 0 n R2 - 3 * y2 = 0
De donde :
Ahora, en ( I I ): Y, finalmente, en ( I ) máximo
= 9
tcR3 J 3
V
Rpta: ( D )
La-figura muestra un octavo de esfera, de radio R, en el cual se inscribe un cilindro circular recto, de volumen máximo. Dicho volumen, es:
B
A )f *R
B ) -
C ) | » t R 3( 3 - ^ 2 )
D) |
k
R3 / 6
tcR3( 3 V 3 - V 6 )
E) | ^ R 3 ( 3 V 3 - 2 V 6 )
Solución Sen x e y, radio de la base y altura del cilindro. El volumen V :
V = n x2y
B
( I ).
ü R /
'J ~
E, es el punto de contacto de la super ficie esférica con la circunferencia de la base superior del cilindro.
y y y
y
y
y
'
y
y
/
y
/
71
□ —
* _
c
OM biseca el Z AOC .*. OM = x ^ 2 En el A AHE, de la sección BOD :
995
y2 = R2 - ( x / 2
+x
f
# »
y2 = R2 - x2 ( 3 + 2 / 2 ) De donde: x2 =
R2 - y2
(ID
3 + 2 /2
- Reemplazando esto, en ( I ): /
V=
R2 - y2
71
k3 + 2 /2 /
V = 7t ( 3 - 2 / 2 )R2 y - 7t ( 3 - 2 / 2 ) y3 Entonces, para el Vmáiomo: dV
= 0
->
J t( 3
- 2 /2 )r2 -
dy =
5 /3
- Efectuando :
y
- En ( I I ) :
x2 = ( 3 - 2 / 2
- Finalmente, en ( I ):
Rpta:
99B
( E ).
)( - R 2 ) 3
371( 3 - 2 / 2
)y 2 = 0
r
CAPITULO 3 5 mammmm
m
: XNTrt**
1
í
B H B M
TEMAS SELECTOS: D E M O S T R A C IO N PO LIED R O S.
1.
DE T E O R E M A S
Y P R O P IE D A D E S
EN
SUPERFICIE ESFERICA TANGENTE A LAS ARISTAS DE UN CUBO. D
Consideremos el cubo ABC...H, cu yas aristas tienen longitud a. Determi nemos la longitud x del radio de la superficie esférica tangente a todas las aristas. El punto de contacto con ellas, es su punto medio. El centró de la esfera es el mismo centro del cu bo.
D b
a
/
E^a
-
EF: OM = x.
I i i Hj / ' "
Luego , si M es el punto de tangencia en
-
0 í ' vX fe ::
P, centro de la cara AHEF. En el A OPM : OP = PM = -
M
/V F 1------ a ------ i
SUPERFICIE ESFERICA TANGENTE A LAS ARISTAS DE UN TETRAEDRO REGULAR. Consideremos un tetraedro regular ABCD, cuyas aristas tienen longitud a. Queremos hallar la longitud x, del radio de la superficie esférica tangente a todas la aristas del tetraedro. Basta notar que el centro de esta esfera es el mismo que el de la esfera circunscrita, donde : OA = OB = OC = OD = R. QO'T
C
Además, en la sección AOD , OM 1 AD , OM = x o
Entonces : MD = — Y, en el A OMD: x2 = R2 -
Como se sabe:
R = a J l . ( V e r el n° 10; 2o) 4 a
x2 = 1 ^
\
2 /
X= 4 /2
3.
TEOREMA DE EULER.- En todo poliedro convexo, el número de caras aumentado en el de vértices, es igual al de aristas más dos. Siendo C el número de caras, V el de vértices y A el de aristas, hay que probar que: ' C + V = A + 2 I .......... ( 1 ).
fig. 1
Sea una superficie poliédrica abierta termi nada en una línea poligonal plana o no plana ABCDEFGHIJ (fig. 1). Los elementos de ella cumplirán esta rela ción: j------------------------- . C + V = A + 1 I ............( 2 ) .
En efecto, se cumple en el caso de una sola cara, pues el número de lados es igual al de vértices. Bastará probar que si se cumple la fórmula anterior para una superficie de C caras, se cumple para C + 1 caras. Añadamos a la superficie de C caras una cara más CDEFK ( fig. 2 ) con m lados y m vértices. Suponiendo que esta nueva cara deje todavía abierta la superficie poliédrica, su contorno no podrá coincidir con la línea que antes limitaba la abertura, sólo coincidirán p de los m lados. Al tener p lados comunes con la superficie, 998
tendrá p+ 1 vértices comunes, o sea las caras son ahora C + 1 Jos vér tices V + m - ( p + 1 ) y las aristas A + m - p. Y componiendo la relacción que pro pusimos ( 2 ) : C + 1 + V + m - ( p + 1 ) = A + m-p+1 C + V = A +1 Queda, pues, probada la exactitud de la fórmula ( 2 ) en virtud del principio de inducción. Pero ocurre que al añadir la última cara que cierra el poliedro, el número de vértices y el de aristas no aumentan, pues unos y otras son comunes a la superficie y a la cara que se añade. En cambio las caras aumentan en una unidad. Así, en la fórmula ( 2) , si el primer miembro ha aumentado en una unidad, para que subsista la igualdad habrá que añadir uno al segundo miembro, quedando: C +V = A + 2
DEMOSTRACION DE QUE, EN TODO POLIEDRO, LA SUMA DE LA MEDIDA DE LOS ANGULOS EN TODAS LAS CARAS, ES:_____________ lis caras = 3 6 0 ° ( V - 2 ) ~ | Supongamos un poliedro que tiene m, caras de n, lados cada una; m2 caras de n2 lados cada una; m3 caras de n3 lados cada una; etc. Entonces: Ito d a s las caras
= mi x 180°
(
ni * 2
)
+ m2
X
180°
(
O, - 2
)
+ ...
= 180° [ rr^n , + m 2n2 + ... -2m1 - 2m 2 -... ] ^-todas las caras ~
t ^1*^1 * ^2*^2 *
" "
^
^ 1 * ^ 2 ■* ■• • ■) ] ............ ( ^ )•
Por otra lado: m, + m2 + ... = C, ( número total de caras ). y
: m ,^ + m2n2 + ... = 2A, ( siendo A, el número total de aristas ).
Reemplazando esto en ( 1 ): Xtodas las caras
= 180°t2A * 2C]= 360° ( A - C ); pero , por el Teorema de Euler: A+2 =
Luego.
X to d a s las caras =
C+V
-»
A-C =V-2
( V " 2 )
..............
l. q . q . d .
999
5.
DEMOSTRACION DE QUE SOLO EXISTEN CINCO POLIEDROS REGULARES. Vamos a demostrar que sólo existen 5 poliedros regulares, es decir 5 poliedros convexos cuyas caras, en cada caso, son todas regiones poligonales regulares congruentes. Para ello, consideremos:
C vértice
C = número de caras. A = número de aristas. V = número de vértices También: n = número de lados en cada cara,
m = número de aristas que concurren en cada vértice - Se tienen :
mV = 2 A ............ ( I ). nC = 2 A
( I I ).
Igualando los primeros miembros de ( I ) y ( I I ): mV = nC
nC V = m
->
(III)
- Por el Teorema de Euler: C +V = A + 2 Escribamos esta relación sólo en términos del número de caras ( C ). Para ello, de ( I I ) a
Y , con ( I I I ) :
=
ü£
nC nC C+ ------- = — + 2 m
- Despejando C :
(a )
- Ahora estamos en condiciones de averiguar cuántas caras tendrán los poliedros regulares, dando valores a m y n . Es evidente que, el menor valor de m es 3. También el menor valor de n , es 3. - Probando, para m primero y luego n, cuidando que C resulte entero: ( 1 o ) Si m = 3, reemplazando en ( a ), queda :
12 C = -------6 - n
- Luego, en esta última expresión de C, * Si n = 3 * Si n = 4
->
C = 4 ( Tetraedro regular) C = 6 ( Hexaedro regular) ♦
* Si n =
5
C = 12 ( Dodecaedro regular) 9
1000
( 2o ) Para m = 4; en la expresión (a), luego de simplificar, queda : C =
8
4 - n
* Aquí, el único valor posible de n, es 3 ; lo cual conduce a C = 8 ( Octaedro regular) ( 3o ) Si m = 5, en ( a ) :
C =
20 10 - 3n
* Deducimos que, en este caso, el único valor posible de n ; es 3. Resultando C = 20 ( Ico saedro regular). (4o) Si m = 6, en (a), queda : C = 3 - n expresión que no lleva a determinar algún otro poliedro. (5o) Análogamente, para otros valores de m, no se logra solución. - Así, queda demostrado que sólo existen 5 poliedros regulares 6.
VOLUMEN DEL ICOSAEDRO REGULAR.- Consideremos un icosaedro regular de arista a - Tenemos:
y \ s
^icosaedro “ 20 ^OFAG ’ es decir , 20 veces el volumen de la pirámide OFAG : ico sae d ro
1 = 20 x - x área FAG x OP ( 1) -
La apotema OP del icosaedro, se calcula en ef A OPF: OP
-V
OF
-P F
Siendo, en el A FAG, equilátero : PF f 3 = FG PF =
• •
De otro lado : OF = —
=
P F /3 = a
AF2 + AC2 , en el A FAC
AC es diagonal del pentágono regular ABCHG : AC =
Entonces
1 /2 a 0 F = n l a‘ + T
^
+ 1)
>/~5 + 1)
= J a/ 10 + 2 >/5 1001
- Reemplazando en OP
OP = J
a2 10 + 2^~5 j 3
a 2
7 + 3 /5
- Finalmente, en ( 1 ): Vic o s a e d ro -”
o también:
7.
2«0 xA
V 313 a 2 V a
V icosaedro
7 + 3 /5
x 3 '• , _______ = _ A
“ *
Vicosaedro
_ 5a3
7 + 3 /5
(3 + V 5 )
12
VOLUMEN DEL DODECAEDRO.- Consideremos un dodecaedro regular, cuya arista tiene longitud a. El volumen del dodecaedro será 12 veces el volumen de la pirámide OABCDE: dodecaedro
= 12( VOABCDE )
(1).
V
OP es la perpendicular del centro del dodecaedro, a la cara ABCDE. OP es apotema del poliedro regular. P, es centro de la cara ABCDE. Entonces : OABCDE
N
1 = - ( área ABDCE ) x OP ... ( 2 ).
- PA es el circunradio del pentágono regular ABCDE. Se sabe : PA
í------------ ,—
AB = — ^ 1 0 - / 2 0
De donde :
PA =
De otro lado :
OP
^10 - 720
2a ^ 1 0 -/2 0
- En el A OPA :
a=
PA
= OA
- PA
(« )
(3).
1 / 2 n ^ I =2 Al OA = — = — y AH + Hl = —y a2 + Hl f en el A4HA 2 2
— TH / rzHl es diagonal del pentágono regular TIMBH : Hl = - TH es diagonal del pentágono regular de lado a:
- Entonces , reemplazando en lo anteior 1002
Hl =
TH =
>/"5 + 1)
f e + 1)
H, = | ( 3 + ^ 5 )
y , en OA :
OA = j J a 2 +
3+
)2
OA2 = - y ( 9 + 3 / 5 )
(P)
Reemplazando ( a ) y ( p ) , en ( 3 ): 4 a2 OP2 = —2 ( 9 + 3 / 5 ) 8 1 0 - J 20 a i 25 + 1 lJ 5 OP = — J ----------- — 2V 10
De donde
(4).
El área del pentágono ABCDE : 1 5 PA / 1— \ área ABCDE = 5 x — x DC x PZ = — x a x y 5 + 1] área ABCDE =
-a . n,f 8 ^ 1 0 -/2 0
área ABCDE = — ^ 2 5 + 1 0 / ? ............( 5 ). Finalmente, reemplazando ( 4 ) y ( 5 ), en ( 2 ) y luego en (1 ): V
Vdodecaedro
-
dodecaedro ~
_ 5a3
ip
y
3
47 + 2 1 /5
4 ’
v
2)
10
ó , tambiém :
10
RELACION ENTRE LAS ALTURAS Y EL RADIO DE LA ESFERA INSCRITA EN UN TETRAEDRO. Sean ha, hb, hc y hd, las longitudes de las alturas del tetraedro ABCD, traza das desde los vértices A, B, C y D, respectivamente.
B
Sean, además, r el radio de la esfera inscrita y Sa, Sb, Sc y Sd. áreas de las caras opuestas a los mismos vértices. El volumen V, del tetraedro, se puede escribir: 1003
- Además, al trazar OA , OB , OC y OD: V +V +V + VOABC = v ABCD v O B C D t v O A C D ^ V OABO ^ 1 1 1 1 — x S a x r + — x S bx r + — x S c x r + — x S tíx r = V
l
r [ Sa + Sb+ Sc + Sd] = V
- Reemplazando aquí, los equivalentes de Sa, a» Sh, b’ S.c y Sri, según las expresiones de ( * ) 1 —r 3
3V h.
+
3V fv
+
3V
3V + -----
V
h_
- De donde, al simplificar V y 3 , pasando luego r al primer miembro, queda:
(« )
9.
RELACION ENTRE LAS ALTURAS Y LOS RADIOS DE LAS ESFERAS EXINSCRITAS EN UN TETRAEDRO.Consideremos un tetraedro ABCD: E, centro de la esfera exinscrita relativa a la cara BCD, y ra su radio. Esta superficie esférica es también tan gente a los planos de las otras tres caras. Llamemos rb, rc y rd los radios de las otras esferas exinscritas. ( La denomi nación es tal que las esferas son opuestas a los vértices A, B, C y D, respectivamente). Sean también ha, hb, hc y hd, alturas respectivas del tetraedro. El volumen V del sólido: • •
inru
V = V EABC ^+ V EABD r+ V EACD - V EBCD v
\
1
V = “o [^ Sria x r. a+ S.c x ar_ + Shb x raa - S.a x r.a J]
Es decir: 1 V = -o x r aa[1 S rid + Src + ShSJ b a* Pero, con las relaciones de la demostración anterior : SQ = o
3V
- Entonces: V = -
3V
x r
+
3V
3V 3V + --------------
De donde: (P ) En forma análoga: _
1
1
=
L +J_ + _l
rb
ha
hb
hc
hd
1
1
1
1
1
rc
ha
hK b
h„c
hH d
1
1
1
1
1
— + —
— +
rd
+ —
^a
hc
10.
CASO DEL TETRAEDRO REGULAR.-
1°)
Radio de la esfera inscrita.- En la fórmula ( a ), al reemplazar: longitud de la altura del tetraedro regular: 1 h
1 h
1
1 h
1 h
r
( Y)
- Además, recordando que, si a es longitud de la arista : h = —^ 6 . Entonces, la longitud 3 del radio de la esfera inscrita, en términos de la longitud a de la arista, es : ( e ).
2o)
Radio de la esfera circunscrita.- En el gráfico adjunto O, es el centro común de las esferas inscrita y circunscrita al tetraedro regular ABCD. O, estará sobre la altura BH del sólido. Luego: BO + OH = BH 1005
R + r = h. Pero, según ( y ) : r = ™ 3 Entonces : R = - h 4 3°)
R =3r
(5 )
Radio de la esfera exinscrita.- En la expresión ( p ) _ L = _ 1 + 1 + 1 + 1 , siendo ra = rb = ... = r’ a
De donde
:
( ( 0)
ó, en función de la longitud de la arista a :
11.
PRISMOIDE O PRISMATOIDE.-
Es el sólido que tiene por bases dos polígonos situados en planos parale los y cuyas caras laterales son trape cios o triángulos. Algunos ejemplos, son:
Prismatoide de bases ABCD y EFG 1006
<»
fig. 2 H
Volumen del Prismoide.- Si S, y S2, son áreas de las bases; d, distancia entre los planos de dichas bases, y S el área de la sección equidistante de ellos, elvolumen V del prismatoide viene dado por la fórmula: V = |
( S1 + S2 + 4S ) I
Para demostrar esta expresión, veamos un teorema previo. Teorema.- El volumen de una pirámi de trapecial cualquiera, es igual a cuatro veces el volumen de una pirá mide que tiene por vértice cualquiera de los vértices del trapecio y por base la región triangular formada al unir el vértice de la pirámide trapecial y los puntos medios de los lados no parale los del trapecio. La figura 4, muestra una pirámide de vértice O y base ABCD, donde BC 11 A D . En la figura 5, MN es mediana del trapecio. Debemos demostrar, que: OABCD - 4 ( V BMN0) En efecto, sabemos, por propiedad para todo cuadrilátero, que : área MBN = ^ ( área ABCD ) ........... ( Z ). Si h, es la distancia de O al plano ABCD v oabcd = l V BMNO
1
■( área ABCD ) • h . ( área MBN ) . h
{Al tomar por vértice O y base MBN.
Dividiendo miembro a miembro estas dos últimas expresiones: VOABCD V,BMNO
área ABCD área MBN
Y , con( Z ): V0ABCD - 4 ( VBMN0 )
l.q.q.d
1007
c)
D em ostración de la fó rm u la del volum en del p rism o id e . - Consideremos el prismatoide de bases FEG ( triangular) y ABCD ( cuadrangular). área FEG : S ,
área S
área ABCD: S, distancia entre las bases: d. MNPR, es la sección equidistante de las bases y tiene área S.
área S 1
Sea O, un punto de la región MNPR. Los planos determinados por O y las aristas, descomponen al prismatoide en pirámides cuyo vértice común es O y bases las del prismatoide y las caras laterales del mismo. El volumen V , del prismoide se evalúa sumando ios volúmenes de las pirámides: V = V q a b c d + V 0 E F G + V q e f a d + ^ o c d e + ^ o e c b g + V OABGF ................ ( 1 )•
Siendo:
Si x d _ °1
V OABCD V OEFG
¿(s2)' 1 ' V 2 y
(2 )
_ S 2 xd
(3)
Aplicando el teorema anterior: 1 ^
o efa d
“
^ V EMN0 “ ^
x
3
4d x
^ re a O M N
x
2
1 d ^ocde — ^ ^eonp —^ x 3 x área NOP x ^
f
d x área OPR x ^
^oecbg “ ^ ^eopr “ ^ x 3
1 d ^oabgf ” ^VFMOR “ ^ x 3 x área MOR x ^
-
x área O M N
§
4d 4d 4d
x área N O P
(4) (5)
x área O P R
(6 )
x área M O R
(7)
- Reemplazando en (1 ) , las expresiones del ( 2 ) al ( 7 ): v =
Si x d + S2 x d + 4_d {área QMN + área NOp + área o p r + áfea MQR j 6
área MNPR = S
Entonces : De donde: 1008
6
Si x d S2 x d 4d ■ -- - + — + — [ área MNPR ]
V = Siendo :
6
St x d
V = -
+
S2 x d
4d + — x S
( S 1 + S2 + 4 S )
.. I.q.q.d
\
CAPITULO 3 6 I.
TRAZADO DE PARALELAS Y/O PERPENDICULARES CON ESCUADRAS
n.
CONSTRUCCIONES GEOMETRICAS, CON REGLA Y COMPAS.
III.
LOS TRES PROBLEMAS FAMOSOS DE CONSTRUCCION. I. TRAZADO DE PARALELAS Y/O PERPENDICULARES CON ESCUADRA. Se coloca el cartabón de forma que su hipotenusa, FH, coincida exactamente con la recta dada. La hipotenusa, CE, de la escuadra se coloca firmemente sobre el cateto FG del cartabón, bien en la forma dibujada en la figura o bien con el ángulo de 60° ( E ) en el lugar del de 30° ( C ). A lo largo del lado CE se va deslizando el cartabón y trazando las paralelas que se deseen. Pueden trazarse igualmente y con el simple giro del cartabón, paralelas perpendiculares a la dada AB, o bien con 45° de inclinación. La escuadra fija debe mante nerse bien sujeta con la mano izquierda. La mano derecha desplazará la escuadra móvil.
II.
CONSTRUCCIONES GEOMETRICAS CON REGLA Y COMPAS.
Haciendo uso de una regla sin marcas de unidades y un compás, vamos a solucionar algunos problemas gráficos de construcción.
II. 1 Problemas Básicos: 1)
Ubicación del punto medio de un segmento.Dado el segmento AB, ubicar su pun to medio.
Solución Haciendo centros en A y B, con radios r, aproximadamente mayor que la mi tad de AB, se trazan dos arcos, los cuales se cortan en los puntos P y Q.
A-
•B
i J '] 'P
Si se trazan AP , PB , AQ y Q B , el cuadrilátero APBQ será un rombo. Entonces, PQ, es mediatriz de AB.
f i
tt ii
vq
- El punto medio de AB es la intersec ción de PQ y AB. 2)
Trazo de la bisectriz de un ángulo.-
A - Dado el ángulo AOB, trazar su bisectriz.
Solución - Haciendo centro en O, vértice del Z AOB, se traza un arco con cualquier
- Luego, con centros en P y Q, y el mismo radio R (que puede ser igual a r), se trazan otros dos arcos, los cua les se cortan en el punto M, interior al ángulo. ■ —
%
- Entonces, OM será la bisectriz del ángulo AOB, ya que los triángulos OPM y OQM son congruentes. 1010
Graficar un triángulo, conociendo las longitudes de los tres lados.
Sean a, b y c, las longitudes de los lados del triángulo que se quiere formar.
Solución Sobre una recta, tomamos un punto P. Luego, con el compás, medimos una longitud PQ = a.
\
s
M / \
✓
✓
Con centro en P y radio b, trazamos un arco. Con centro Q y radio c, trazamos otro arco que corta al anterior en el punto M. PMQ es el triángulo que dá la solu ción.
Copiar un ángulo dado.-
-
o
Dado un ángulo ABC, copiarlo de modo que uno de sus lados sea el rayo dado OP.
Solución Con centro en B y cualquier radio r , se traza un arco que corta BA en M y BC en Q. Haciendo centro en O y radio r, se traza un arco, que corta OP en F. Luego , con centro F y radio QM , se traza otro arco que corta al anterior en el punto T. El ángulo TOP, es congruente al ABC, ya que los triángulos TOF y MBQ, son con gruentes. ( LLL).
Por un punto exterior dado, trazar una recta paralela a otra dada Dados el punto P y la recta m, trazar por P, una recta m’ paralela a m.
J* ♦m 1011
Solución - Tomemos dos puntos A y B, de m. Con centro en P y radio AB, se traza un arco.
m r
\
Haciendo centro A y radio PB , se traza otro arco que corta al anterior en el punto C.
m
B
Como PC = AB y AC = PB, entonces ACPB es un paralelogramo. - m’ pasa por P y C. Otro procedimiento: Q >
/
e
centro en él, con radio O P , se traza una
m S N
semicircunferencia que corta m en E y F.
n
-
i F
o
Se toma un punto O, de m y haciendo
— m-
Con centro en F y radio EP, se traza otro arco que corta al anterior en Q. Como EP = F Q , entonces
6)
Trazar una perpendicular a una recta, por un punto dado
a)
Si el punto está fuera de la recta dada.
m.
P ♦ L
- Dados: L y P.
Solución Haciendo centro en P, se traza un arco con radio suficiente, de modo que corte
i
a L en los puntos A y B. Jn i i i
A
B
La mediatriz de AB dará solución al problema, ya que P equidista de A y B.
i
ii
s i*
,
V \
4
|
> :q ♦
Para trazar dicha mediatriz, basta trazar dos arcos con centros A y B, por debajo de L, con el mismo radio y ubicar el punto Q. Entonces : PQ _L L.
b)
Si el punto está en la recta dada -
1012
P, sobre L.
♦ L
Solución
*
Se traza una circunferencia con cen /t y i \\ / ii \ i
tro P y cualquier radio, cortando a L en los puntos A y B. Luego, se traza la mediatriz de AB.
Ib
PQ, dá solución al problema. Otros procedimientos: c) Por el extremo B, trazar una perpendi cuiar al segmento dado AB.
B
1 a
S
o
lu
c ió
n
Con centro en B, se traza un arco cual quiera y con el mismo radio, otro arco que corta al anterior en el punto D. \
Se prolonga CD hasta E, de modo que DE = CD.
* Dy 'jtr
' * \\
Entonces : EB 1 AB, ya que : ¿ ECB = 60°, por ser A CDB equilátero y CE = 2CB.
i /
A
\L
\
B
2da Solución Se traza una semicircunferencia AC, de centro B y radio B A .
P/ s.
/
-
i
Q
V
-
>
'. X
\
/ I
/
/
>
/
— V> \ \V
*
f
Nx
/
/
/
\
>
\
,
/
A¿
\
T
B
\ »
\
::5C
Con el mismo radio y centros A y C, se trazan arcos que cortan al anterior en los puntos P y Q. Las prolongaciones de AP y CQ, se en cuentran en F: FB _L AB. ( ¿ Por qué ? )
Dividir un segmento en un número dado de segmentos congruentes. Dividir el segmento AB, en 3 segmen tos congruentes.
B
Solución Por A, se traza un rayo cualquiera, que no esté en AB. Sobre este rayo, se toman sucesivamente, con el compás, 3 segmentos congruentes : APi , Pt P2 y P2 P3 . ( La longitud común a estos segmentos, puede ser cualquiera ). 1013
- Luego, se traza P3 B . - Por los puntos P2 y P v se trazan paralelas a P3 B, obteniéndose los puntos M y N , sobre AB. - Como AP1 = P1P2 = P2P3 , entonces: AN = NM = M B , quedando resuelto el problema. * Nota.- El procedimiento es el mismo para cualquier otro número de partes congruentes.
II.2 Aplicaciones. 1)
Construir un rectángulo, dadas sus dos longitudes. -
Dadas a y b, longitudes de los lados de un rectángulo, construir dicha figura.
a
Solución Sobre una recta n, se toma un punto A, el cual será un vértice del rectángu lo. Desde A, sobre n, se toma una longi tud AB = b. Por B, con alguno de los procedimien tos estudiados en el problema básico número 6, se traza una perpendicular a AB y sobre ella se toma BC = a. Con centro en A y radio a se traza un arco que corta en D al arco trazado con centro C, y radio b. ABCD, es el rectángulo pedido. * Nota.- Si se pidiera una longitud ^ a2 + b2 , la solución es AC.
2)
Construir un cuadrado, conociendo la longitud del lado - Dada la longitud L del lado de un cuadrado, construirlo.
1014
L
\
Solución
E! procedimiento es igual al anterior, ha ciendo: a = b = L.
A 3)
L
B
Construir un cuadrado, conociendo la longitud de su diagonal. - Dada la longitud d de la diagonal de un cuadrado, construir dicha figura.
Solución Sobre una recta n, se toma un punto A y a partir de él una longitud AC = d.
im
Se traza la mediatriz de AC , es de ci r : m 1 n , en M ( punto medio de AC ). n - Sobre la recta m, desde el punto M, se ubican los puntos B y D, de modo que MB = M Ay MD = MA. - ABCD, dá solución al problema. 4)
Conociendo la longitud de un segmento, construir otro de longitud k veces el dado.
4.1)
Dado el segmento de longitud a, construir otro de longitud doble, t r i p l e , e t c .
a
Solución Sobre un rayo cualquiera Á ?, se to man los puntos Av A2, A3, .... de modo que AA1 = a; A ^ 2 = a; A2A3 = a; sucesivamente.
A
A 1 A2 Ag
A^
Entonces: AA2 = 2a; AA3 = 3a; AA4 = 4 a ;... 4.2) Dado el segmento de longitud a, construir otro cuya longitud sea una fracción de a - Por ejemplo,obtener un segmento de 3 longitud —a .
a
Solución Sobre un rayo cualquiera se toma la longitud AB = a. Por A, se traza otro rayo, en el cual se toman longitudes iguales entre sí : AP, = P,P2 = P2P3 = P3P4 = P4P5. (Una cantidad igual al numeradordela fracción dada.) Se traza P5 B y luego las paralelas r-jc ,
...
- Entonces: AE = EF = FG = GH = HB y
Es la solución
4.3)
Dado un segmento de longitud a, construir otros de longitud :
aj~2 , a ^ 3 , a / 5 ,... Solución 1o)
Longitud a ^ 2 : Se toma una longitud AB = a , y luego se traza BC 1 AB, con BC = a. Como el A ABC es isósceles, recto en B :
2o)
Longitud a ^ 3 : Teniendo las longitudesay a ^[2 ,se puede graficar un triángulo rectángulo cuyos catetos tienen estas medidas : PQ = aj2. PF
-
PQ
y QF = a.
Entonces:
+ QF
-iw ij
+ a
Longitud a J E :
3o)
- Ahora, con las longitudes conocidas:
aJE
y aj~2 EM =
1016
afó
y MH =
aj2
EH = ^ E M 2 + M H
+( , ^ >
Dada una circunferencia, cuyo centro ( O ) es conocido. Trazar las tangentes a efla, desde un punto ( P ), exterior.
Se traza PO • Se ubica M, punto medio de POP Con centro M, se traza la circunferen cia de radio MP, que intersecta a la circunferencia dada, en los puntos A
y B. PA y PB, son las tangentes pedidas ya que los ángulos inscritos OAP y OBP, en la circunferencia de diámetro O P , son rectos.
Dados un segmento AB y un ángulo P, de medida ot° construir el arco capaz de dicho ángulo, cuyos extremos sean A y B. B
Solución Se copia el ángulo P, teniendo por vértice A y un lado AB, obteniéndose BÁD. Se traza por A, una perpendicular a ÁD. Se traza la mediatriz de AB. Ambas perpendiculares se cortan en el punto O. i
1017
Con centro O y radio OA, se traza una circunferencia, en la cual el arco ACB dá solución al AB ACB = BAD = — A
problema, ya que :
7)
A
a b
Construir un triángulo, conociendo las lon gitudes de dos lados (a y b) y la altura hc, hacia el tercero.
h
Solución - Sea el A ABC. Veamos los casos 1o)
Si A y B, son agudos. - Sobre una recta cualquiera n, toma mos un punto arbitrario H. - Por H, elevamos una perpendicular a ñ, sobre la cual tomamos la longitud HC = hc. - Con centro C y radio a, trazamos un arco que corta a ñ en el punto B.
n
- Con centro C y radio b, trazamos otro arco que corta a ñ en otro punto A, estando H entre A y B. - El A ACB, es la solución al problema. 2o)
Si uno de los ángulos es obtuso. Por ejemplo Z B -
Sobre una recta cualquiera ñ, se toma un punto H.
-
Por H, se eleva una perpendicular a ñ, sobre la cual se toma HC = h .
-
Con centro en C y radio a, un arco que corta a ñ en B.
8)
1018
Dados dos segmentos AB y CD, tra zar la bisectriz del ángulo que deter minan.
-
Con centro C y radio b, otro arco, determi nándose A.
-
A ABC, obtuso en B, dá solución al proble-
D
Solución Por B y D, se trazan perpendiculares B
a AB y CD, respectivamente, sobre las cuales se toman longitudes BP y DQ, en la región interior al án gulo y de modo que BP = DQ. - Por P, paralela a AB. Por Q, paralela a C D . E , es el punto de corte de las rectas trazadas.
D
- ÉF, bisectriz del ángulo PEQ, dá so lución al problema. 9)
Dado un segmento, construir su porción áurea. -
Sea a, longitud del segmento dado. Se quiere construir un segmento de longitud
w
B
A
a
9.1) Primera Solución - Se debe encontrar un segmento de longitud: - ^ 5 - 2 2 - Se ubica M,punto medio del segmen to dado AB. - Por B, se eleva una perpendicular a AB y se toma la longitud BE = a. - Se traza E M . Luego : EM = Con centro M y radio — , se traza un arco que corta a EM en el punto F.
Como MF = — , entonces : EF = EM - MF
- / 5 - 2
2
- EF: solución al problema. 1019
9.2) O tra Form a: / //
- Con centro en B y radio a, se traza un cuarto de circunferencia AE. **
- Se ubica el punto medio M, de AB.
t
/ ' '
X
/
\
' »
/ i
\
/
/
// f!
*
\ *
x
/
ti t iij
Con centro M y radio M E , se traza otro arco que corta a la prolongación de
//
\
\V
M a
AB en el punto P. BP, es solución al problema. 10)
\N > '\
4
k B
Dividir una circunferencia en 4, 8, 16, ... partes iguales, y construir el cuadrado, octógono regular, polígono regular de 16 lados, .
Solución B
-
Para construir el cuadrado, se trazan dos diámetros perpendiculares entre sí, por ejemplo AC y BD.
-
ABCD es el cuadrado pedido : AB = tA
-
Ai trazar las mediatrices de AB , BC , CD y AD , se determinan los puntos M, N, P y Q.
D
Se construye el octógono regular, al unir AM , MB , BN ,...
A s í : AM = PQ
- Trazando las mediatrices de los lados del octógono, se encuentran los otros vértices del polígono regular de 16 lados. Se observa : AT = ¿16 11)
Dividir una circunferencia, en 3 ,6 ,1 2 ,2 4 ,... partes iguales, y construir el triángulo equilátero, hexágono regular, dodecágono,...
Solución - Para dividir la circunferencia en 6 par tes iguales, se marca un punto cual quiera A y con radio R (el de la circun ferencia dada), se obtiene los puntos B y F. Haciendo centros en B y F, con radio R, se ubican C y E, respectiva mente. D se obtiene con centro C y radio R. - ABCDEF es el hexágono regular: ÁB = 1020
= R
- El triángulo equilátero inscrito se logra al unir los vértices del hexágono de dos en dos: BF =
e3
= R /3
- La mediatriz de AB, determina el punto M sobre el arco AB. AM es el lado del dodecágono regular inscrito : AM = ^12 12)
En una circunferencia de radio R, obtener los lados de los polígonos regulares inscritos: pentágono y decágono.
Solución - La longitud del lado del decágono regularinscrito.es: ¿10 =
p
:
f E - 1)
- Esto se puede lograr con el método visto en el 9.2 de esta sección: - Se traza un diámetro AB y el radio. OC, perpendicular a él. - Se ubica M, punto medio de AO y con centro en dicho punto y radio MC, se traza un arco que corta a OB en D. - Se verifica :
- Además , como OC = R - Y , finalmente :
13)
-»
OC = £6
CD =
Construcción de Polígonos Regulares.
(
Método Generalizado ) A
13.1) Dada una circunferencia de Centro O y diámetro d, inscribir en ella un po lígono regular de n lados ( n = 7, en la figura).
c
- Se traza un diámetro cualquiera AB y se divide en n partes iguales. - Con centro en los extremos del diá metro y radio AB se trazan dos arcos de circunferencia que se cortarán en un punto C.
AEFGHIJ: Eptágono regular. 1021
- Se une el punto C y el segundo punto de división del diámetro ( para cualquier caso, siem pre es el segundo punto de división ) con una línea recta que se prolonga hasta que corte a la circunferencia: el segmento AE obtenido será el aldo del polígono regular buscado, que se lleva sobre la circunferencia en forma sucesiva hasta volver al punto inicial: AE, EF, FG, etc. 13.2) Dado un segmento que se sabe es el lado de un polígono regular de n lados, construirlo ( AB es el lado de un pentágono regular, en la figura ). - Se traza una semicircunferencia con centro en A y radio AB para obtener el punto C. - Con el compás de puntas secas se divide la semicircunferencia en tantas partes iguales como lados debe tener el polígono buscado y se numera como se muestra en la figura. - El radio A - 2 ( siempre A - 2 ) será el lado adyacente al lado dado AB. - Se trazan y prolongan los radios A - 3 y A - 4 donde estarán los vértices que faltan. ^
^
- Con centro en 2 y radio AB se obtiene D sobre A - 3 y E se obtiene sobre A - 4 ha ciendo centro en D o B y con radio AB.
14)
Rectificación de circunferencias. Dada una circunferencia de centro O y diámetro d, rectificarla gráficamente ( Es decir, obtener un segmento de longitud aproximada a la de dicha circunferencia ).
- Se traza un diámetro AB y perpendi cular a él una tangente B X . - Sobre BX se toma una longitud BC igual a tres veces el diámetro: BC = 3( AB). - Se traza un radio OD perpendicular a AB. - Con centro en D y radio r(OD) se traza un arco de circunferencia que cortará al arco AD en un punto E.
Desde E se traza una paralela a OD para obtener el punto F sobre AB Se une C con F, por una recta y este segmento será la circunferencia rectificada con un error de 1:21 800, aproximadamente:__________ CF = 27rr I
ni LOS TRES PROBLEMAS FAMOSOS DE CONSTRUCCION. Los antiguos griegos descubrieron todas las construcciones que hemos estudiado hasta ahora y muchas otras más complicadas. Hubo, sin embargo, varios problemas que los mejores matemáticos griegos trataron de resolver, durante muchos años, sin éxito alguno. Para lograr una idea de lo difícil que puede ser un problema de construcción, consideremos el problema de dividir con regla y compás una circunferencia en 17 arcos contiguos, de manera que cada arco sólo tenga un extremo común con el arco siguiente. Cuando se dibujan las cuerdas corres pondientes, se obtiene una figura llama da polígono regular de 17 lados. Este problema era muy conocido, pero perma neció sin resolver durante más de dos mil años. Finalmente, en el siglo pasado, el matemático alemán C.F. Gauss descu brió la construcción requerida. Sin embargo, algunos problemas de los antiguos griegos resultaron mucho más que difíciles; en realidad, sus resoluciones eran imposibles. (1)
EL PROBLEMA DE LA TRISECCION DEL ANGULO Se dá un ángulo
Z
BAC cualquiera ;
queremos construir dos rayos AD y AE ( con D y E en el interior del Z BAC ) de manera que : Z BAD = Z DAE = Z EAC Para esta construcción, sólo debemos emplear una regla y un compás. Lo prime ro que la mayoría de las personas trata de hacer es tomar AB = AC, trazar BC y , luego trisecar B C , como se indica en la figura de la derecha. Esto no funciona; se puede demostrar que los ángulos Z BAD y ZEAC son congruentes, pero ninguno de estos ángulos es congruente con el 1023
Z DAE. En realidad, nadie ha encontrado un método que efectúe la construcción.
( 2 ) LA DUPLICACION DEL CUBO. Un cubo de arista a tiene un volumen igual a a3. Dado un segmento de lon gitud a, queremos construir un seg mento de longitud b, tal que el cubo de afista b tenga un volumen doble que el cubo de arista a. Algebraicamente, desde luego, esto significa que : b3 = 2 a3
ó
b= a
2
V = a3
Tampoco nadie ha podido resolver este famoso problema. Hay una leyenda curiosa acerca de éste. Se cuenta que los habitantes de una cierta ciudad griega se morían en gran número a causa de una plaga, y decidieron consultar al oráculo de Detfos para averiguar el dios que estaba enojado y por qué. La respuesta dada por ef oráculo fue que Apolo estaba enojado. El altar dedicado a Apolo en la ciudad consistía en un cubo sólido de oro y Apolo quería que su altar fuese exactamente eJ doble. Cuando la gente regresó de Delfos, construyeron un nuevo altar, con una arista doble que la del antiguo. Entonces, la plaga empeoró en lugar de mejorar, y la gente se dió cuenta de que Apolo debió haber estado pensando en el volumen de su attar. (Desde luego, al hacer la arista el doble, el volumen se multiplicó por ocho en lugar de por dos.) Esto planteó el problema. De modo que la primera oportunidad de aplicar la matemática a la salud pública fue un fracaso total.
( 3 ) LA CUADRATURA DEL CIRCULO. Dado un círculo, de radio a, queremos construir un cuadrado cuya área sea igual a la del círculo.
b L
1 b A = b2 Algebraicamente, esto significa que b = a J ñ Durante más de dos mil años, los mejores matemáticos trataron de resolver estos problemas mediante construcciones con regla y compás. Finalmente, se descubrió en tiempos recientes que los tres problemas son imposibles de resolver con sólo regla ( no graduada, ni con marcas ) y compás.
1024
CAPITULO 3 7 T R A N S F O R M A C IO N
D E
C O O R D E N A D A S
Q
T R A S L A C IÓ N Y R O T A C IÓ N DE E JE S C A R T E S IA N O S
1.
Introducción - En el presente capítulo se considerará los aspectos matemáticos básicos para la traslación y rotación de los ejes coordenados así como la transformación de coorde nadas cartesinas a coordenadas polares. No olvide que todo lo concerniente a las coorde nadas cartesianas ya lo abordamos en el capítulo 32.
2.
Fórmulas de Transformación de Coordenadas - Los ejes coordenados originales x,y, para los cuales el plano IR2 permanece inmóvil, constituyen el punto de partida para la transformación de coordenadas en lo que respecta a traslación y rotación. Cuando nos referimos al plano IR2 inmóvil asumimos que los puntos, rectas y gráficas en general no se moverán mediante una traslación o rotación de los ejes coordenados, sino que lo que cambiarán serán sus representaciones eon respecto a los nuevos ejes. Observemos el siguiente gráfico:
1024-A
C o n s id erem o s, c o m o eje m p lo , en el p lano IR2 dos s is te m a s d e ejes c o o rd en ad o s: a) x,y ; b) x \ y ’ a d e m á s de un punto fijo P; el m ism o que referido a los e je s x,y tien e las c o o rd e n a d a s P = (4,5 ) Si asu m im o s q u e los ejes originales x.y han sido rotados m e d ia n te el vector unitario de rotación ü = (u r u2) y tra sla d a m o s al nuevo origen Po o b te n e m o s los nuevos ejes co o rd en ad o s x:y \ Por lo tanto el m ism o punto P te n d rá las sig u ien tes c o o rd e n a d a s .
(x\y) = (3,2)’ Lo cual quiere decir + 3 u n id a d e s en el eje x’ y + 2 u n id a d e s en el eje y \ A d e m á s , te n e m o s
P = (4,5) = Po + 3u + 2ü J* 0 Por tanto, te n d re m o s el siguiente gráfico.
Ya
A hora deducim os: El vecto r unitario u ( u v u 2) = (eos G, sen 0) es originado por la rotación dei eje x en un ángulo 0.
Donde: P0 rep resenta el vector de traslación d e ejes y el vecto r ü re p re s e n ta la rotación d e los ejes. Teniendo en c u e n ta las c o n s id e ra c io n e s anteriores, la fó rm u la d e tran sfo rm ació n s e ría la siguiente:
donde,
3.
luí = 1
Casos Particulares Si la transform ación consiste en una rotación pura, entonces: - Po = 0
Rotación
- (x,y) = x’u + y’u 1
Si la transform ación consiste en una traslación p ura sin rotación, entonces:
- 0 = 0
(*)
Vector li1 ; Vector perpendicular a ü (Concepto de ürtogonalidad). Su representación gráfica es siempre tal que parece que el vector Ti hubiese sido rotado 90° en sentido antihorario. Se cumple que si ú = (a.,a,)
1024-B
;
rix = í-a ?.a,)
u = (cos 0 , sen 0 ), lo que indica que no hubo rotación en el eje x, por lo tanto
p0 = ( v y0) (x. y) = (X0. y0) + x' + y-
Traslación Las fórm ulas d e tran sfo rm ació n inversa que e x p re s a n las c o o rd e n a d a s ( x \ y ‘) en té rm i nos de las c o o rd e n a d a s originales (x,y) se p u e d e n d e s p e ja r a partir d e la ecuación: P = (x, y) = P 0 + x ’u + y’ u-1p ara ello m ultiplicam os p or u y luego por u 1 d e e s ta m a n e ra o b tenem o s:
x’ = ( ( x , y ) - P 0 ) u y’ = ( ( x , y ) - P 0 ) u-1-
Problemas Resueltos 1.
H a lla r las n u e v a s c o o rd e n a d a s del punto ( - 2 , 4 ) cu a n d o los ejes han sido rotados en 4 5 ° y luego tra s la d a d o s al n u e vo origen (5 ,7 ).
Solución: 0 = 45° ü = (c o s 4 5 °,s e n 4 5 °) = ( - f e 12, 42.12) P0 = (5 ,7 ) ; P = (x,y) = ( - 2 , 4 ) D e a c u erd o a las fó rm u las de transform ación: x’ = ((—2 , 4 ) - P 0) . ü = ((—2 ,4 ) —((5 ,7 )) . Ü = ( - 7 , - 3 ) . ü = - ( 7 4 2 + 3 4 2 )I2 = - 5 4 1 y ’ = ((—2 ,4 )—P 0) . ü-1- = ((—2 ,4 )—(5 ,7 )) . ^
= ( - 7 , - 3 ) . ¡ > = (7 4 2 - 3 4 2 )I2 = 2 4 2
Las n u e v a s c o o rd e n a d a s del punto ( - 2 , 4 ) s e ría n ( - 5 4 2 , 2 4 2 )
2 -
P o r traslación d e los e je s c o o rd e n a d o s al nuevo origen (5 ,3 ) y por rotación en 5 3 °, las n u e v a s c o o rd e n a d a s d e un punto P resultan (6 ,8 ). E n co n trar las c o o rd e n a d a s origina les de P.
Solución: P 0 = (5 ,3 )
0 = 53° 3
u = (cos 53°, sen 5 3 ° ) =
4
~
P' = (x1, / ) = (6,8) 1024-C
M e d ia n te la utilización de las fórm u las d e transform ación
P = (x,y) = P0 + x ’u + y’u-1 4
3
+ 8 —— -l 5 ■5
P = (5, 3) + 6
/ P =
3 -
H allar la e c u a c ió n e n las c o o rd e n a d a s tra n s fo rm a d a s de una recta c u y a ecu ación en las c o o rd e n a d a s origínales es L: y =* x +
5 J 2 d e s p u é s d e una rotación en 4 5 ° d e los
e je s xy. S o lu c ió n : S e g ú n los dato s p ro p o rc io n a dos, la recta L fo rm a un á n gulo de 4 5 Q con el e je X, por lo tanto en el sistem a x 'y \ L s e rá horizontal. O b s e rv e m o s el siguiente gráfico:
L a recta L te n d rá la ecu ac ió n : y* (co n sta n te en x ’y ’). P o r lo tanto e s te caso es d e rota ción pura con un ángulo d e 4 5 ° ( 0 = 4 5 ° ) y u = (eos 0 , sen 0 ) = ( J 2. 12, J z f 2 ) R esolviendo: (x, y) = x’ U + y ’uJ' = x ( ^ 2 / 2 , 4212) + y’( - 4 2 12 , 4212)
= ( ( * ’4
2
- y" V2 / 2 ) ), ( (x’ 4
2
D e d on de deducim os: x =
4 2 (x’ - y’) / 2 = (x ’ - / ) / 4 2
y =
4 2 (x' + y’) / 2 = (x ’ + y ' ) / 4 2
Al re e m p la z a r en y = x + 5 4 2 , te n e m o s
X' _ y ' + 5 4 2
X’ + V'
42
1024-D
~
42
+
y’
4
1
/ 2
) )
t
X '+
y’ -
x ’
- y’
+
10 V 2
2y’
=>
=
10
La ecu ación d e la recta en el sistem a x’y ’ es: y = 5 4 .-
H allar la ecu ación tra n s fo rm a d a de la curva xy = 8, si los ejes son rotados en 4 5 °. S o lu c ió n : S e g ú n los datos proporcionados: 0 = 45° (x, y) x
= x' ü + y ’ü J- = = (x’ - y ’) / V 2
ü
= (1,1)/^2,
P0 = 0
( x’ - y ’, x ’+ y ’) / j 2 ,y =
(x' + y’) / V 2
Al re e m p la z a r en la ecuación: xy = 8, o b tenem o s: x' - y 1
T 7 T
x' + y 1
■~ 7 T
= 8
x2 - y2 = 16
N o ta : O b s é rv e s e q u e la ecu ación inicial d e !a curva te n ía del térm in o mixto «xy», d e s p u é s d e la rotación de los e je s se o b tien e una e cu ació n q u e no co n tien e dicho térm ino.
5 -
T ra n s fo rm a r la ecu ación d e la circunferencia: x2 + y2 + 6x - 8y - 12 = 0 tra sla d a n d o el origen de c o o rd e n a d a s a su centro y co n se rv an d o la m is m a dirección d e los ejes. S o lu c ió n : P ro c e d e m o s a c o m p le ta r cu adrad os: (x + 3 )2 + (y - 4 )2 = 3 7 , d o n d e P 0 = C = ( - 3 , 4) adem ás:
0 = 0 ° (no h ay rotación) x = x0 + x ’ = - 3 + x’ y = y° + y ’ = 4 + yT
Por lo tanto:
x + 3 = x’ y -4
= y’
R e e m p la z a n d o en la e cu ació n inicial:
(x + 3 )2 + ( y - 4 ) 2 = 37
La ecuación tra n s fo rm a d a será: x ’2 + y ’2 = 3 7
1024-E
6 .-
Los e je s xy son rotados m e d ia n te un vecto r unitario u = (4 ,3 )/5 y la ecu ación de una circunferencia es tra n s fo rm a d a en: C=
x’2 + y ’2 - 10x' + 8 y ? + 2 5 = 0
Encontrar las c o o rd e n a d a s del centro de la circunferencia:
*
a) En el sistem a x’y’ b) En el s is te m a xy (utilizando las fórm ulas de transform ación de c o o rd e n a d a s )
Solución: a)
C o m p le ta n d o cuadrad os:
(x’ - 5 ) 2 + (y ’ + 4 ) 2 = 16
El centro en el s is te m a x ’y ’ será: b)
C ’ = (5, - 4 ) ’ =
( h \ k’)
C o m o sólo se ha e fe c tu a d o una rotación m e d ia n te u = (4 ,3 )/5 . E n ton ces:
(x, y) = x’ u + y'u 1
y el centro
C C
= (h, k) será: = (h, k) = h’ u + k’ u-L = 5 (4 /5 , 3 /5 ) - 4 (—3 /5 , 4 /5 )
C
= (3 2 /5 , —1/5)
( Ñ ) SISTEMA DE COORDENADAS POLARES En los capítulos a n terio res s e h a estudiado el s is te m a d e c o o rd e n a d a s re c ta n g u la re s p ara localizar un punto en el plano. A h o ra a b o rd a re m o s otro s is te m a d e n o m in a d o S is t e m a d e
Coordenadas Polares. En este sistem a, las c o o rd e n a d a s consisten en u n a distancia y la m e d id a de un ángulo respecto a un punto fijo y a un rayo fijo.
1.
Posición de un punto en Coordenadas Polares En un s is te m a d e c o o rd e n a d a s polares un punto P del p lano se re p re s e n ta por un p ar d e n ú m ero s (r, 0), d o n d e r e s la distancia del origen, lla m ad o Polo, al punto dado. O b s e rv e m o s el siguiente gráfico:
0 es el ángulo d e inclinación del radio v e c to r O P con resp ecto al s e m ie je x+ (positivo). El ángulo polar se e x p re s a en rad ian es.
1024-F
2.
Notación Las c o o rd e n a d a s p o lares de un punto P se indican d entro d e un p arén tesis escribiendo prim ero el radio vecto r y luego el ángulo polar. Ejemplo: P(2, k/6) se d eterm in a cons truyendo el ángulo de k / 6 rad ian es que tiene su vértice en el polo y su lado inicial en el eje polar, luego s o bre el lado term inal del ángulo ubi cam o s el punto P a 2 u n id a d e s del polo.
0
x (E je Polar)
3.
Consideraciones importantes
a)
El ángulo polar p u e d e s e r positivo o negativo, d e p e n d ie n d o del sentido d e rotación.
b)
En el s is te m a de c o o rd e n a d a s p o lares c u a lq u ie r punto tien e un n ú m ero ilimitado de c o o rd e n a d a s , esto se d e b e a que todo áng u lo tien e infinitos áng u lo s coterm inales. Ejem plo: Si p ro c e d e m o s a ubicar los pun\
tos:
'
Tt'
\
’ *3 /
5n
7 ; /
V
/
4
\
nos d a r e
? ; 3*
mos c u e n ta que tien en la m is m a posición com o c o n s e c u e n c ia d e que dichos puntos tienen
igual
radio
vector
y
ángulos
co term in ales.
c)
En el caso que el radio v e c to r s e a negativo, en lugar d e q u e el punto se e n c u e n tra en el lado term inal del ángulo, está sob re la prolongación del lado term inal (a c u é rd e s e que r es negativo)
En el gráfico a d y a c e n te , el punto P e s tá en el lado term inal del ángulo (esto s e d e b e a q u e r es positivo), en c a m b io Q e s tá en la prolongación del lado te rm i nal (se d e b e a que r es negativo). Q
4.
Relación entre Coordenadas Polares y Rectangulares Es posible relacionar las c o o rd e n a d a s re c tan g u lares d e un punto con sus c o o rd e n a das polares, p ara d e te rm in a r dicha relación te n e m o s q u e ubicar el polo con el origen
1024-G
del sistem a d e c o o rd e n a d a s rectan g u lares y luego el eje polar lo hacemos coincidir». con la p arte positiva del eje d e abscisas. O b s e rv e m o s el siguiente gráfico:
Y P es un punto cualq u iera, sie n d o sus D l
c o o rd e n a d a s re c tan g u lares (x,y) y sus c o o rd e n a d a s p o lares (r, 0). \
y
\ 0 X
P o d e m o s deducir:
* x = r cos 9
* y = r sen 0
* x 2 + y 2 = r2
* tg 0 = X
Ejemplo aplicativo Hallar las coordenadas rectangulares de un punto cuyas coordenadas polares son
J Solución: S e deduce: r = 5
y
0 =
ü
x = r cos 0 = 5co s
(6 0 °)
K
5 X =
n y = r sen 0 = 5 s e n — O
—
2
5^3 y =
./
5 Las c o o rd e n a d a s re c tan g u lares del punto son
2 ’ V
5j3 '
2
/
* En caso d e c o n o c e r las c o o rd e n a d a s re ctan g u lares de un punto, e n to n c e s aplicany
do las relaciones: r2 = x2 + y2
y
tg 0 = — , p o d e m o s d e te rm in a r sus c o o rd e n a d a s X
polares. * D e no h a b e r alg u n a indicación sobre r o 0 , se a s u m e que r es positivo y q u e 0 está d a d o por
1024-H
-7 1 <
0
<
te
Ejemplo aplicativo H a lla r las c o o rd e n a d a s polares de un punto P cu yas c o o rd e n a d a s re c ta n g u a re s son (-4 .4 ) S o lu c ió n : P ro c e d e m o s a graficar para ubicar con m a y o r facilidad el ángulo 0 * X
N o h ay ninguna indicación sob re r o
0, por ello v a m o s a c o n sid erar a r
positivo y a
0 e II C u a d ra n te . Por lo tanto: , / ( - 4 f + {4f
r =
=>
y -4 tg 9 = — = — a x 4
r = V32 = 4 ^ 2
tg 0 = - 1
Las c o o rd e n a d a s p o lares d e P serán
0=
4
\
3n
J2 ;
3n
Diferentes ubicaciones de un punto en el Sistema de Coordenadas Polares. A continuación se p resen tan gráficos en las q u e se ubican algunos puntos con sus respectivas c o o rd e n a d a s polares.
►A
• 'ó -3 ;
n
-2 '
\
/
\ •
Q
'
3 tt ^
\C 2 , 4 j/
• p
í V-
2 tt i s
'
-
3
/
1024-1
6.
Problemas resueltos t . - Determinar las coordenadas polares del punto Q cuyas coordenadas cartesianas son (x.y) = (6,-6) Solución: S e deduce: x = 6 : y = - 6 r2 = x2 + y2 r = ±6^2
r2 = 6 2 + ( - 6 ) 2 = 72
-6 tg 0 = — = - 1 ; 6
por lo tanto:
0 = 3 7t/4
ó
7
y c o m o Q está ubicado en el cuarto c u a d ran te, entonces: r = 6^2
*
r = -6
si
0 = 7 n/4
si
0 = 3 tt/4
O b s e rv e m o s el siguiente gráfico:
2 - T ra n s fo rm a r la e cu ació n
r2cos 2 0 = 8, a c o o rd e n a d a s cartesian as.
Solución: S a b e m o s que cos 2 0 = eos2 0 - s e n 2 0 (funciones del áng u lo doble)
r2 cos 20 = 8
r2 (eos2 0 - s e n 2 0)
= 8
(r cos 0) 2 - ( r s e n 0 )2 = 8 = 4
Nota: La ecu ación x2 - y2 = 4 c o rresp o n d e a una hipérbola e q u ilá tera con centro en el origen, eje focal en el eje x, y con s e m ie je s a = b = 4
3 .-
T ra n s fo rm a r la ecu ación c a rte s ia n a x2 + y 2 - 4 x = 0 a c o o rd e n a d a s polares.
Solución: x2 + y2 - 4 x = 0
=>
r2 - 2 r cos 0 = 0
r (r - 2 cos0) = 0 D o n d e ten em o s:
r= 0
o
r = 2 cos 0
r = 2co s 0 r = 0 rep resen ta al origen (0 ,0 )
el cual ya está co n sid erad o dentro d e la ecu ación
r = 2cos 0 p a ra 0 = n/2
4 -
1024-J
H allar el á re a del triángulo cuyos vértices son el polo y los puntos (6, ni 4 ) y (1 0 ,7 n/12)
P
Solución:
Procedemos a realizar el gráfico respectivo
Q
Área del triángulo POQ = 1 Área A POQ = — (6)(10)sen
(OQ)(OP) sen (ZPOQ) donde, ZPOG =
—
k
A APOQ = 15^3 u2 5 .- Hallar la ecuación rectangular del lugar geométrico cuya ecuación polar es r = 5sen 0 Solución: Elevemos al cuadrado la ecuación polar dada r2 = (5sen 0 )2 Sabiendo que:
r2 = x2 + y2
y sen 0 = —
Procedemos a plantear las siguientes ecuaciones
donde:
r2 (x2 + y2) = 25y2 (x2 + y2)2 = 25y2
Problemas Propuestos 1 -
Hallar Inecuación en las coordenadas transformadas de una recta cuya ecuaciones y = x + 3 en el sistema xy, las que serán rotadas en 45°.
2-
Hallar la ecuación en la que x2 - 2x + 4y2 - 16y + 13 = 0 es transformada si el origen se traslada al punto (1, 2).
3-
Hallar la ecuación en la que 4x2 + y2 - 8x + 4y + 4 = 0 es transformada si los ejes coordenados son trasladados de manera de eliminar los términos lineales.
4-
Hallar la ecuación en la que cada ecuación de (a) a (d) es transformada si el origen es trasladado al nuevo origen.
1024-K
5-
a) x2 + y2 - 2x - 4y - 4 = O
P0= (1 : 2)
b) 4x2 + y2 - 24x + 4y + 36 = O
P0 = (3 .-2 )
Hallar la ecuación en la que cada ecuación de (a) a (h) es transformada si los ejes son trasladados de manera de eliminar los términos lineales cuando sea posible: a) 4x2 + 9y2 - 8x - 36y + 4 = 0 b) 4x2 - y2 + 24x + 4y + 35 = 0
6 .- Eliminar los términos lineales de (x - 2)2 = 8(y - 1) por una traslación, si fuese posible. 7 .- ¿Hasta qué punto debe trasladarse el origen con el fin de eliminar el término lineal en y, y los términos constantes en y2 + 2x - 2y - 7 = 0? 8 .- ¿En qué ecuación se transforma (x - h)2 + (y - k)2 = r2 si el origen se traslada a (k,h)? 9-
Escribir cada una de las siguientes ecuaciones cartesianas rectangulares en términos de las coordenadas polares r, 0. a) x2/4 + y2 / 9 = 1 b)x~2y + 3 = 0 c) x2 + y2 - 6x = 0
d) y = - 4
10.-Expresar cada una de las siguientes ecuaciones, dadas en coordenadas polares, en términos de las coordenadas rectangulares x,y. a) r = sen 0
b) r = 3 + 2cos 0
c) r2 = 1 - eos 0
3 r
RESPUESTAS 1 - y’ = 3/^2 , horizontal en x’y 2 .-
x’2 + 4y’2 = 4
3 .- P0 = (1 -2 ) ; 4x’2 + y’2 = 4 4 .- a) x’2 + y’2 = 9
b) 4x’2 + y’2 = 4
5 .- a) 4x’2 + 9y’2 = 36
b) 4x’2 - y’2 = 4
6 - No es posible 7 .-
P0 = (4,-1)
8 .- x’2 + y’2 - 2 (h - k) (x* + y’) = r2 9 .- a) r2 = 36 / (9 eos2 0 + 4 sen2 0) c) r = 6 eos 0 10.-a) x2 + (y - V2)2 = V*
1024-L
b) r = 3 / (2 sen 0 - eos 0 ) d) r = - 4 / sen 0
1-
COS0
MISCELANIA DE PROBLEMAS PROPUESTOS S E G M E N TO S , A N G U L O S , IN TE R S E C C IO N DE FIG U R A S . 1)
¿Cuántas de las cantidades siguientes no pueden representar la distancia entre dos puntos:
0 : ! A) 4 2)
-1
; / 3 - J~2 ; / 5
C) 1
D) 3
- 3 E) 5
B) 3
C) 5
D) 6
E) 4
Dados los puntos colineales y consecutivos A. B, C, D, donde AB = 18, AC = 3 BD y 2 BC = 3 CD. Hallar BC. A) 2,4
4)
B) 2
-2 ;
P , Q , R , S y T son puntos consecutivos de una recta. Q, biseca PT ; PR = 3 RS, QS = 12 y PT = 40. Hallar QR. A) 2
3)
;
^5;
B) 4,5
C) 3,5
D) 4,8
E) N.A.
En una recta se toman los puntos consecutivos M, P, Q, R yS, donde: MP = PQ y QR = 2 RS. Entonces, es cierto que:
5)
2 A) MR = - (MP + MS) O
3 B) MR = - (QR + PS) ¿L
D) MR = 3MS - (1/2)PR
2 E) MR = - ( M S - M P ) O
C) MR = 4(MS - PQ)
A, B y C, son tres puntos colineales y consecutivos, tales que: AB 2 — = - y 2 AB + 3 BC = AC + 96. Hallar AB. □O o A) 12
6)
B) 36
C) 28
D) 24
E)N.A.
Se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D y E, siendo BD
AE
AD + BE = 20. Hallar la longitud de BD. A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6 1025
7)
Sobre una recta, se marcan los puntos consecutivos A, B, C, D. E y F, tales que: AB = BC = CD y CF = 2 BE = 4 AD. Hallar CE, sabiendo que EF = 28. A) 14
8)
B) 10
C) 21
D) 20
E)N.A.
Sean los puntos colineales y consecutivos A, B, C, M y D, donde M es el punto medio de C D ; CD = 2 BC y AM = 30. Hallar BC, siendo además: BD . AC = 2 BC . AM + BC . CD. A) 5
9)
B) 6
C) 7
D) 8
E) 9
A, B, C, D, E y F, son puntos colineales y consecutivos. AC + BD + CE + DF = 40 y 5 BE = 3 AF. Hallar AF. A) 20
B) 24
C) 26
D) 28
E) 25
10) Sean los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D, E, F. 2 Hallar AF, si: DE = AB; AD = - A F y AC + BD + CE + DF = 35. 5
A) 25 11)
C) 30
D) 21
E) N.A.
A, B y C, son puntos colineales y consecutivos. M y N, bisecan AB y B C , respectivamente. Hallar AC, si: 3 MN = 2 MC y AB - BN = 2. A) 6
12)
B) 20
B) 12
C)
8
D) 10
E) 16
Se marcan los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D; siendo: AB = 2 BC = 3 CD. En AB y CD se ubican los puntos R y S, tal que: RB = DS y A R - C S = 25. Hallar: RS. A) 25
13)
B) 15
C)
18
D) 30
E) 20
Se marcanlos puntoscolineales de una recta: A,B, C, D, E, tales que: 1 AC = BD, BC = - D E O A) 24
B) 72
3 y - A B + DE = 36. Hallar AE. C) 48
D) 54
E) 27
14) Sean los puntos colineales y consecutivos A, B, M, C, siendo M punto medio de BC. Hallar:
A) 1
AB + AC AM + BM B) 2
1 C) -
^
D) 4
1 E) -
15) Sobre una recta se toman los puntos consecutivos A, B, C, D, E, tal que F sea punto medio de AB y H punto medio de DE, si; 1026
AB = BC, CD = DE y AB + DE = 40. Hallar FH. A) 40 16)
B) 50
’
2
1 2 1 C) + ----= ------ + ----' AC CD AB BD
18)
D) 60
E) 75
Los puntos A, B, C y D, son colineales y consecutivos, tales que: AB . CD = BC . AD. Entonces, se cumple: 1 1 1 1 A) + -----= — + — * AC CD AB BD
17)
C) 30
1 2 1 2 B) ------ + ------ = — + } AC CD AB BD 2 1 1 2 D I ------- + ------ = ----- + -----------; AC CD AB BD
;
RNA
En una línea recta, se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D. AB . BC = AD (AC - CD), AC > CD, AB = a y BC = b. Indique la relación correcta. A) (CD)2 = a2 + b2 - ab
B) (CD)2 = a2 + ab - b2
D) (CD)2 = a2 - b2
E) (CD)2 = a2 + b2 + ab
En la figura: AB = 12
,
C) (CD)2 = a2 + b2
BC = 10, B
AD = x ; DC = x -1 y AC toma su mínimo valor entero. Hallar la razón entre los valores enteros, mínimo y máximo de “x”. 2
3 B) 11
C)
10
2_ D)
19)
13
E)
13
En la figura: AB = BC = CD = AO = OD = 2. Hallar el valor entero de: AE + EF + FD
20)
A) No existe.
8 )6
D) 4
E) 3
C) 5
A, B y C, son tres puntos distintos de un plano. Si: AB = 18. y AC = 15; entonces la razón entre los valores enteros mínimo y máximo de BC, es: _1_
A)
16
B)
33
C)
11
D)
2_t 35,
E) N.A. 1027
21)
Para el gráfico, hallar la razón entre los valores enteros, mínimo y máximo, de: OA + OB + OC + OD. (O
—*
Punto interior cualquiera ). 1
1 A)
B)
3
22)
E)
17
19
En el interior de un A ABC, se toma el punto “O". Si: AB = 13, BC = 14 y AC = 15. Hallar la relación entre los valores enteros mínimo y má ximo, de: OA + OB + OC. 22 a >7T
23)
12
8
6 D)
4
C)
21 B> 43
21 C) 44
22 D)
44
En la figura: AB = 12, BC = 10, CD = 11 y AD = 15. Sean m y M, los valores enteros, mínimo y máximo, respectivamente, de AC + BD. Hallar: 1 A) á 26 D> ^
24)
m — M 23 B> 49
25 C) 47
E) N.A.
B) 13
C) 14
B) 6
C )7
E) 23
D) 24
A, B, C y D, son puntos colineales y consecutivos. BC = x + y, CD = 2 y - x . Hallar el valor entero de y. A) 5
26)
B
Sobre una recta se marcan “n” puntos consecutivos. Al borrar uno de dichos puntos, se cuentan 12 segmentos menos, determinados por los restantes. Hallar “n \ A) 12
25)
E)N.A
AD = 24
D) 8
, AB = x - y , E)N.A.
Se tienen los ángulos consecutivos AOB y BOC, donde: m A Ó B - m BÓC = 42 Si ÓM, es bisectriz del AÓC. Hallar: mM Ó B . A) 42
27)
B) 84
C) 21
E)N.A.
AÓB, BÓC, CÓD, D Ó E y EOF, son consecutivos. ( A Ó F , llano). Si
AÓ B = EOF, BÓC = DÓE y m A Ó C = 8 0 ° . 1028
D) 10,5
Hallar: m C Ó D . A) 40° 28)
C) 10°
D) 15°
E)20°
Dos ángulos adyacentes se diferencian en 12°. Hallar el ángulo que forma el lado común con la bisectriz del menor ángulo. A) 42°
29)
B)30°
B)48°
C) 21 °
D) 24°
e)N.A.
Sean los ángulos consecutivos AÓB, BÓC y CÓD. Si: A Ó C + BÓD = 140°. a
a
Hallar la medida del ángulo formado por las bisectrices de los ángulos AOB y C O D A) 20°
30)
B) 70°
C) 90°
D) 50°
E) 30°
Sean los ángulos consecutivos AÓB y BÓC: A Ó B - B Ó C = 44°. OM, biseca AÓB; o ñ , biseca BÓC; ÓR, biseca MÓN. Hallar RÓB. A) 22°
31)
B) 44°
C) 11°
D)12°
E)N.A.
Se tienen los ángulos consecutivos AOB y BOC, se traza Op y Ó Í bisectrices de los ángulos AOB y AOC, calcular la medida del ángulo FOE, si BÓC = 60°. A) 20°
32)
C) 30°
D)35°
E) 40°
Calcular el valor de un ángulo sabiendo que los — del suplemento de su complemento es 4 igual a un ángulo recto. A) 60°
33)
B) 25°
B) 45°
C) 30°
D) 15°
E) 75°
Se tiene los ángulos consecutivos SOR, ROE y EOA, los rayos OI y Ó íí son bisectrices de SOR y EOA respectivamente; además m ION = 102° y m SOE - m ROA = 8o. Hallar m SOE. A) 102°
34)
B) 105°
C) 110°
Se tienen los ángulos consecutivos
AÓB
D) 106° y
E) 112°
BÓC, ( A Ó B < BÓC ), tales que:
AOB + 2BOC = 148°. Se traza Ó ? , bisectriz del AÓB y OP bisectriz del EÓC. Hallar la medida del ángulo EÓP. A) 17° 35)
B) 27°
C) 3 7 °
D) 47°
E) 57°
AÓB y BÓC, son adyacentes. AÓB, mide 144°. ÓM, biseca AÓB; ON, biseca BÓC; Ó^.biseca A O N y 0 (5 , biseca MÓC. 1029
Hallar: m P Ó Q . B) 45
A) 30 36)
C) 20
D) 25
E)N.A.
En la figura, BD es bisectriz del ángulo CBE y la suma de los ángulos ABC y ABE vale 52°. Calcular el valor del án gulo ABD.
37)
A) 52c
B) 39
D) 34
E) 28
C) 26
Hallar “x”, si: rñ / / ñ . m
A) 16c B) 15' C) 14 D) 17 E) 18'
38)
De la figura, obtener el valor de “x", si: p = 30° y y = 40° ( L, / / L2) A) 15° B) 20° C) 24° D) 32° E) N.A.
Si: l J I l 2í entonces calcular x + y :
39) ^
M _i 1 A ) 180° B) 170° C) 190° D) 200° ^ )N .A . ►I_2
1030
40)
En la figura: m //ñ . Hallar el valor de x A) 100c
B) 120'
C) 130
D) 110
E) 140'
41) Hallar “y”, si r I I s :
A) 65° B) 70' C) 75 D) 80 E) 60'
42)
Hallar V , si m //n y r / / 1
A) 29c B) 31' C) 30 D) 32 E) 28‘
n
43)
AÓB y BÓC, son ángulos consecutivos ÓP, biseca AÓB; OQ, biseca BÓC. Si: m ^ P O C ó m P Ó C = 57° y m AÓQ ó m ^ A O Q = 36°. Hallar: m ^ A O C
A) 59
B) 60
C) 61
D) 62
E) 64 1
44)
7 rectas secantes, 8 circunferencias y 9 triángulos, se cortan como máximo, en; A) 963 puntos
45)
E) 246 puntos
B) 929 ptos
C) 1129 ptos
D) 1309 ptos
E)N.A.
B) 6
C) 7
D) 5
£) 8
B) 3n(4n-1)
C) 2n(n + 2)
D) 3n(4n + 1)
E)4n(n-1)
B) 480
C) 940
D) 840
E) N.A.
B) ^ (9 n - 29)
C) 2n(n - 1)
D) |( 2 9 n - 9)
E) | ( 1 9 n - 9)
Hallar el máximo número de puntos de corte de 5 rectas que tienen un punto común y 5 circunferencias que tienen un punto común. A) 60
52)
D) 296 puntos
“n" rectas secantes, “n" circunferencias y “n" triángulos, se cortan como máximo, en: A) n(29n - 9)
51)
C) 216 puntos
Hallar el máximo número de puntos de intersección entre 5 octógonos y 6 decágonos, convexos. A) 460
50)
B) 160 puntos
Hallar el máximo número de puntos de corte entre *n" elipses y H2nn rectas, todas secantes. A) 4n(3n-1)
49)
E)N.A.
Se tienen “n” triángulos secantes. Si se quitan 3 triángulos, el número máximo de puntos de corte, disminuye en 54. Hallar “n”. A) 10
48)
D) 973 puntos
7 rectas paralelas, 6 secantes y 12 pentágonos, se cortan como máximo en: A) 1029 ptos
47)
C) 396 puntos
5 ángulos y 8 circunferencias, se cortan como máximo, en; A) 136 puntos
46)
B) 693 puntos
B) 61
C) 62
D) 63
E) 64
Hallar número máximo de puntos de corte, entre 10 rectas paralelas y 50 circunferencias dispuesta así; A ) 1980 B) 1890 C) 1098 D ) 1690 E) N.A.
53)
Hallar el número de puntos de corte entre 10 circunferencias concéntricas y 20 rectas que pasan por el centro común. A) 400
1032
B) 401
C) 200
D) 201
E) 101
54)
¿Cuántos de los siguientes conjuntos de puntos no son convexos: I)
Una circunferencia
II)
Un círculo
III) Un cuadrado
IV)
Una superficie cónica
V)
VI)
Una esfera
VIII)
Una región triangular.
Una superficieesférica
VII) Un triángulo A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
55)
Indicar verdadero (V) ó falso (F):
(I)
Si un triángulo equilátero tiene igual perímetro que un cuadrado;entonces la longitud del lado del cuadrado es mayor que la del lado del triángulo.
( II)
Una región cuadrada equivalente a una región rectangular delados perímetro 26cm.
9cm. y 4cm. ,tiene
( I I I ) Una esfera y un cono, pueden ser equivalentes. ( I V ) Toda poligonal envolvente es siempre mayor que la envuelta. A )W W
B)FFFF
C )F W F
D)FFVF
E) F F W
P R O P IE D A D E S B A S IC A S EN T R IA N G U L O S 56)
En un A ABC, se traza la ceviana BR.Si: Hallar m Z C. A) 30°
57)
B) 32°
C)36°
AB = BR = RC y m Z ABR = m Z C. D) 40°
E) 60°
En un A ABC, m Z B = 72°. Sobre las bisectrices de los ángulos exteriores A y C, se toman los puntos P y Q. Luego se traza PQ. Hallar la medida del menor ángulo que for man las bisectrices de los ángulos APQ y PQC. A) 63°
58)
B) 72°
C)54°
D) 36°
E) 27°
En un A ABC, recto en B, se traza la ceviana interior AE, que prolongada corta en D a l a perpendicular a AC trazada por C. La bisecriz del ángulo EAC, corta en F a EC.Si: EC = CD, BE = 3 y AB = 4. Hallar EF. A) 2,5
59)
B) 2
C) 3
D) 1
E) 0,5
En un A ABC, recto en B, AB = 12 y BC = 16. Se traza la altura BH. E n e l AHBC. se traza la bisectriz interior BF. Hallar FC.
A) 10
B) 9
C) 8
D) 7
E) 8,5 1033
60)
En un A ABC, m Z A = 24° y m Z C = 22°. Se trazan las alturas AQ y C R . Hallarla medida del menor ángulo que forman las bisectrices de los ángulos QAB y BCR. A) 84°
61)
C) 46°
D) 45°
E) 90°
En un A ABC, m Z C - m Z A = 38°. Se traza la bisectriz exterior BE. Hallar: m Z BEC. A) 38°
62)
B) 40°
B) 17°
C)19°
D) 26°
E) 52°
A, es un punto exterior al A BCD, relativo a CD; de modo que A C D = BCD. Si: m Z BDC = 80° y m Z BAC - m Z ABC = 24°. Hallar: m Z ABD, sabiendo que AB y CD se cortan en H. A) 24°
63)
B) 23°
C)26°
D) 22°
E) 28°
Enun AABC, m Z B = 72°. Se trazan las bisectrices interiores AQ y C R . Hallar la medida del menor ángulo que forman las bisectrices de ARC y AQC. A) 18°
64)
C)26°
D) 27°
E) 25°
El perímetro de un triángulo rectángulo,es 18 cm. Si “x” es el valor de la longitud de la hipotenusa, entonces: A) x < 6
65)
B) 28°
B) x < 5
C)x > 6
D) x = 6
E)N.A.
ABC, es un triángulo equilátero y R un punto exterior, relativo a AC, tal que RC = AB y m Z ACR = 22°. El menor ángulo que forman AC y BR.es: A) 710
66)
B) 49°
C)44°
D) 69°
E) 72°
En la figura: AB = BC y AD = AB + CD. Entonces: A)x = 2y B) x + y = 120° C) x + y = 180° D) 2x = 3y E) No se sabe. D
a
67)
Enun AABC, recto en B, se traza la ceviana interior BF.de modo que BF = FC. Entonces, BF, es: A) Altura
68)
C) Mediana
D) No se sabe.
Enun AABC, m Z A = 2 ( m Z C ) y AB = 5. Hallar el máximo valor entero de AC. A) 12
1034
B) Bisectriz interior
B) 11
C) 13
D) 14
E) 15
69)
En un A ABC, obtuso en B: AC = 10 y BC = 2. ¿Cuántos valores enteros toma AB? A) 1
70)
B) 0
C) 2
D) 3
E) 4
En la figura: AB = BC = CD = DE = DF y m ^ F = 46°. Hallar el valor de x.
71)
A) 23c
B) 21
D) 22
E) 26
C) 24
En la figuran B AD = BD y AB = AC. Hallar el máximo valor entero de a.
72)
A) 46c
B) 59
D) 32
E) 44
C) 41
En un A ABC, las bisectrices de los ángulos, interior de A y exterior de C, se cortan en el punto E. La bisectriz del ángulo AEC, corta a AC en F. Si m ^ CFE = 50° y EFÜAB; hallar la m ^ ACB. A) 25
73)
B) 30
C) 35
D) 20
E) 50 B
En la figura: A ABD, equilátero. BC = AD. Entonces: A) a + b = 60£
B) 3a = 2b
C )a + b = 45
D) 2a = b
C
E)N.A.
74)
En un A ABC, m ^ A = 2(m X- C ). Se traza la bisectriz interior BF.Si AB + AF = 10cm. Hallar BC. A) 5 cm.
75)
B) 15 cm.
C) 10 cm.
D) 8 cm.
En el interior de un A ABC, se toma el punto F. S i : m ^ FCB = 2a y m xf FCA = a. Hallar a.
A) 6
B) 8
C) 9
E) 7,5 cm.
AB = FA = FC; m ^ ABC = 8a,
D) 12
E) 10
1035
C O N G R U E N C IA DE T R IA N G U L O S 76)
En un A ABC, m ^ B = 50°; exteriormente se dibujan los triángulos equiláteros ARB y BFC. Hallar la medida del Y BRC, si m Y BFA = 34°. A) 34°
77)
C) 69°
D) 59°
E) 36°
Se tiene un triángulo equilátero ABC. R, un punto de AC. Exteriormente, se dibuja el triángulo equilátero RFC. Si: m Y ABR = 23°. Hallar: m Y FAR. A) 23°
78)
B) 25°
B) 37°
C) 30°
D) 45°
E) 15°
AD y BE, son dos segmentos no perpendiculares, que se cortan en el punto H, de modo que BÉD = BDE. Sobre HD se toma el punto C, tal que AB = BC. Si, además: AE = CD y m Y EAD = 42°. Hallarla m Y BAD. A) 42°
79)
B) 84°
C) 69°
D) 88°
E) 79°
En el interior de un Á ABC, se toma el punto R, de modo que m Y RCB = 3(m Y RAB). F, es un punto exterior al A ABC, relativo a B C , de modo que sea equilátero el A RFC. Si: m Y RFB = 68°. Hallar m Y RAB. A) 34°
80)
C) 40°
D) 45°
B) 64°
C) 52°
D) 74°
B) 20°
C) 30°
D) 10°
B) 10°
C) 15°
D) 12°
En un A ABC, recto en B, se traza AH _L BM, siendoBM m Y H A M - m Y RAB = 12°. Hallar m ^ C. A) 24°
1036
B) 20°
E) 10°
E) 68°
E) 5o
En un A ABC, obtuso en B, las mediatrices de AB y B C , se cortan en el punto R. Si m Y ABR = 70°. Hallar m Y ACB. A) 40°
84)
E) 19°
En un A ABC, las mediatrices de AB y BC, se cortan interiormente en el punto H. Si: m Y ABC = 80°. Hallar m Y HAC. A) 40°
83)
D) 17°
En un AABC, m Y B = 128°. Las mediatrices de AB yBC, cortan a AC en los puntos R y S, respectivamente. Hallar m Y RBS. A) 76°
82)
C) 44°
En un AABC, F es un punto de AB y N un punto de AC. de modo que AN = BC = AB y AF = NC. Si: m Y NBC = 30°. Hallar m Y FN&A) 30°
81)
B) 22°
B) 28°
C) 26°
D) 22°
E) 20° mediana. Si:
E) 36°
85)
En un A ABC, recto en B, la altura BH y la bisectriz interior AD se cortan en el punto F. Si AF = FD. Hallar m X C. A) 45°
86)
B)26°
C) 15o
D) 30°
E) 60°
Sobre la bisectriz de un Z A, se toma el punto F y se traza FB perpendicular a un lado y BD perpendicular al otro lado. Si AB = 17 y BD = 15. Hallar la distancia de F a BD. A) 8
87)
B) 2
D) 10
E) 6
En un A ABC, AB = 16, BC = 15 y AC = 18. Por B, se trazan BÉ y BF, perpendiculares a las bisectrices de los ángulos, interior de A y exterior de C. Hallar EF. A) 8,5
88)
C) 9
B) 9
C) 9,5
D) 10
E) 11
En la figura: OB = OC, m Z A = 45° y m Z D = 30°; AB = 6.
C
Hallar CD.
89)
A) 8
B) 6
D) 3
E) 6 ^ 2
B
En un A ABC, se traza la ceviana interior CD. Si : m X ACD = 2x¡ m ^ m X ABC = 8x. Hallar el valor de x. A) 10°
90)
C) 4
B)8°
C)6°
D) 9°
E) 12°
En un A ABC, recto en B, sobre AC se toma el punto M, tal que AB =MC. Las mediatrices de BC y AM se cortan en “R”. Hallar m ^ RCM, si m ^ ACB = A) 10°
91)
DCB = 4x y
B)20°
C) 15°
D) 30°
10°. E) 40°
En un A ABC, AB = BC, recto enB, se traza la ceviana interiorBQ y luego
AR _L BQ
( R en BQ ). Si m X RAB = m X RCQ, y BR = 6. Hallar RQ. A) 6
92)
B)3
C) 4
D) 2
E) 1
En un A ABC, “O” es un punto interior de modo que AO 1 OB ; m \ OAC = 2(m ^ OCA) = 30°, BO = 2, OC = 2 / 2 A) 18,5°
B) 26,5°
C) 7,5°
D) 15°
y AC = 4. Hallar m ^ OCB. E) 22,5° 1037
93)
En un AABC, m Z B = 80° y m Z C = 70°, se traza la bisectriz interior B D .S i AD = 8 Hallar la distancia del punto medio de BD, a AB. A) 4
94)
B) 8
En la figura, hallar:
C )1
D) 2
E) yj~3
BC CD
A )/6 B)
Je
C) 3 D> 2
D
E) N.A.
95)
En un AABC, m Z A = 30°, se traza la ceviana interior BD. Si AD = BC y BD = DC Hallar m Z C. A) 30
B) 15
C) 45
D) 10
E) 20
P O LIG O N O S , C U A D R IL A T E R O S , C IR C U N F E R E N C IA S . 96)
Hallar el número total de diagonales de aquel polígono regular en el cual la medida de un ángulo interior es 156°. A) 15
97)
1038
D) 54
E) 135
B) 37
C) 40
D) 17
E) 43
Hallar el número de lados de un polígono regular, sabiendo que la longitud de cada lado es 3 cm., y el número de diagonales es 2 veces el perímetro en cm. A) 6
99)
C) 72
Las medidas de un ángulo central y un ángulo interior, de un polígono regular, son entre sí, como 1 a 19. Hallar el número de diagonales que se pueden trazar de un sólo vértice. A) 6
98)
B) 90
B) 9
C) 12
D) 15
E) 18
En un polígono de 32 lados, convexo, las medidas de 30 ángulos consecutivos suman 5212°.
Hallar la medida del menor ángulo que forman las bisectrices de los ángulos restantes. A) 94°
B) 47°
C) 43°
D) 86°
E) N.A.
100) En un pentágono convexo ABCDE, Z A = Z E = 90° y Z B = Z C = Z D. Si: BC + CD = 12cm. Hallar AE. A) 6cm.
B) 12cm.
0 ) 3 ^ 3 cm.
0 ) 6 }[ 3 cm.
E)N.A.
101) En un romboide ABCD, ( AB < BC ), las mediatrices de BC y CD, se intersectan en un punto R de la prolongación de BA. Hallar: m Z ADR, si m Z ABC = 52°. A) 26
B) 38
C) 19
E) 30
D) 24
102) En un rombo ABCD, AB = 18^2 cm. La bisectriz del ángulo B intersecta a AD en el punto F. Hallar la distancia entre los puntos medios de BD y FCA) Faltan datos.
B) 18 cm.
C) 9 cm.
D) 1 8 / 2
cm.
E) 9 / 2
cm.
103) En la figura: PM = MC BC = 12cm. AD = 28cm. CD = 24cm. Hallar MQ.
A) 8cm.
B) 9cm
104) En un paralelogramo ABCD, AB = 12cm. y BC = 22cm. Las bisectrices de los ángulos A y B, se cortan en el punto P. Las de C y D, en Q. Hallar PQ. A) 12cm.
B) 11cm.
C) 8cm.
D) 9cm.
E) 10cm.
105) En la figura, O es punto medio de la mediana BM.A, B, C distan de r, 4; 22 y 12cm. respectivamente. Hallar OT. B A) 7cm. B) 6cm. C) 8cm. D) 9cm. E)N.A. 1039
106) En la figura: ABCD, romboide.
B
C
CM = MD, BR = 12cm. y RM = 2cm. Hallar: AR A) 14cm.
B) l6cm.
D) 17cm.
E)N.A.
C) 15cm.
107) En un triángulo ABC, M es punto medio de AB: Se traza MH perpendicular a AC (H en AC). Si Q es punto medio de M H , y R es un punto de BC, tal que Q R / / A C . Hallar QR, sabiendo que AH = 3cm. y HC = 11cm. A) 10cm.
B) 9cm.
C) 8cm.
D) 9,5cm.
E)N.A.
108) En un trapezoide ABCD, hallar la medida del menor ángulo que forman las diagonales, si: m Z ABD = 50°, m Z DBC = 65°, m Z ADB = 70° y m Z BDC = 55°. A) 90°
B) 80°
C) 85°
D) 75°
E) N.A.
109) En un rombo ABCD, M es punto medio de BC. AM y BD se intersectan en el punto R. Hallar BD, si RM = 2 y m Z BRM = 45°. A) 6 / 2
B)10/2
C) 1 2 / 2
D) 1 8 / 2
E) 1 4 / 2
110) ABCD, romboide: A R / / B D ; RM = MC, BM = 1 2 y M D = 5. Hallar: AR.
B
A) 8,5 B) 7 C) 7,5 D) 9 E) 10 111)
En la figura, ABCD es un cuadrado. AN = MC = NC = B C / 2 ,m ¿M CB = 17°. Hallar: m, Z MN A . A) 14° B) 28° C) 17° D) 34° E) 20°
N 1040
112) En la figura, I es incentro del triángulo ABC. B
m Z ADB = 111° m Z AHB = 93°. Hallar: m Z C. A) 66e
B) 76°
D) 74
E)N.A.
C) 86
13) En un trapecio ABCD, A B / / D C , BC = 15cm. CD = 18cm, m Z BAD = 45° y m Z BCD = 127°. Hallar la longitud de A B . A) 13cm.
C) 26cm.
B) 39cm.
114) En el trapezoide ABCD
E) 52cm
D) 42cm
C
AB 1 A D , AB = AD, m Z C = 45° y BC = 10cm Hallar la distancia de A a BC. C) 20cm.
B) 5cm.
A)10cm. D) 5 / 2 cm.
E) 8cm.
E
A
D
115) Hallar la longitud del diámetro de una semicircunferencia, sabiendo que las distancias de sus extremos a una recta tangente son 5 y 9cm. respectivamente. A) 7cm.
B) 12cm.
C) 15cm.
D) 14cm.
E) 13cm.
116) En el interior de una circunferencia de radio 4cm., se tienen dos circunferencias menores tangentes entre sí, exteriormente y tangentes a la mayor. Hallar el perímetro del triángulo formado al unir los centros de las tres circunferencias. A) 4cm.
B) 6cm.
C) 8cm.
D) 12cm.
E) N.A.
117) En la figura: m MF = 90 O, centro. MH = 12 y EF = 5. Hallar MF. A) 1 3 / 2 B) 13 C) 18 D) 17
E B
E) 8,5
1041
118) En la figura, A y B son puntos de tangencia. O, centro. mCB = 31°. Hallar: mAB A) 59° B) 93° C) 62° D) 149° E) 121°
119) En la figura, D es punto de tangencia, m Z AED = 110° y mAC = 78°. Hallar: m Z BDR. C A) 39c B) 31' C) 55 D) 35 E) 29*
120) En la figura: AB y AC son diámetros. CT, tangente. mAE' = 72°. Hallar: mFC A) 72c B) 36' C) 45 D) 54 E) 60‘ 121) En la figura: BC = 12, AD = 7 y CD = 10. Hallar el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo AEO, si AO = 5. A) 2 B) 1,5 C) 2,5 D) 3 E)N.A. 122) En la figura: A, B y C son puntos de tangencia. mAC = 122° y mBC = 123 Hallar: mAB.
1042
A) 124
B) 121'
D) 65°
E)N.A.
C) 115
123) Se tienen dos circunferencias de radios 1 y 3cm. tangentes exteriores. Hallar la medida del ángulo que forman una de las tangentes exteriores comunes y la recta que une los centros. B) 45
A) 30
D) 60
C) 15
E) 37
124) EnuntriánguloABC, m Z A = 62° y m Z C = 5 2 °.S iL y O, son el ortocentro y circuncentro, respectivamente, del triángulo ABC. Hallar: m Z OBL. B) 12
A) 10
E)N.A.
D) 20
C) 5
125) Hallar el valor de x, si A, B y C son puntos de tangencia. A) 60° B) 45° C) 36° D) 72° E) 75°
126) Las circunferencias de la fig. son ortogonales entre sí. PÁ y PB, tangentes. mÁBC = 104° mBFC = 112°. Hallar el valor de x A) 36° P
B) 72° C) 45° D) 54° E)N.A.
127) En la figura, A, B, C, D, T, son puntos de tangencia Si: mAC + mBD = 224°. Hallar: mCT + mTD. A) 224° B) 180° C) 192° D) 164° E) N A
1043
128) En la figura: AB = 17 y AC = 7. Hallar MN. A) 10 B) 5 C) 8 D )7 E) N.A. A
C
129) En la figura: AB = BC; CD i DB, AM = MC y m z ABC = 32*.
Hallar: x. A) 58° B) 64° C) 74* D) 60* E) N.A. A , 130) En la figura: O es centro mAF = 30°.
B
A
Hallar EB. A) 8 B) 4 C) 2 D) 2 / 2 E) 4 / 2 131) En un circunferencia de radio r = 4cm., se inscribe un triángulo ABC, de modo que m Z BAC = 23° y m Z BCA = 22°. Hallar la longitud del lado AC. A)2cm .
B) 4cm.
C) 2
D )4 ^ c m .
132) Hallar r, si AB = 5 y BC = 12. A) 17 B) 12 C) 11 D) 13 E)N.A. 1044
E) N.A.
133) En la fig. E, T, puntos de tangencia
B
mTL = 40°, m Z A = 70°. Hallar: mEN. A) 20c
B) 30
D) 25
E) 40
C) 35
A 134) Hallar “x”, si O y P, son centros. O, punto de tangencia. A) 90° B) 75° C) 72,5° D) 82,5° E)N.A.
135) En la fig.: FA = AG. Hallar el valor de x. A) 20° B) 18° C) 12° D) 15° E) 10°
136) ¿Cuáles son correctas: I.-
Un trapecio escaleno puede ser inscriptible.
II.-
Un trapecio isósceles es inscriptible.
III.-
Todos los cuadriláteros simétricos son inscriptibles. A) Sólo I
B) Sólo II
C) Sólo III
D) 1 y II
E) I y III.
137) Se tiene dos circunferencias que tienen únicamente dos tangentes comunes, entonces: A) son congruentes.
B) son tangentes interiores.
C) son tangentes exteriores.
D) son secantes.
E) son exteriores.
138) En la figura: O ÁP = 3 0 °: P Á B = 40°. Calcularla mCD si CDAOPB
inscriptible. (O, centro). 1045
A) 10° B) 20° C) 30° D) 40° E) 50°
139) En un triángulo ABC, recto en B, se traza la altura B H , luego la bisectriz interior BF del triángulo ABH, si: AB = 6m y AF = 1m. Calcular el inradio del triángulo ABC. A) 3 m.
B) 2,5 m.
C) 2 m.
D )1 ,5 m .
E) 1 m.
140) Untriángulo ABC está inscrito en una circunferencia. La bisectriz exteriordel ángulo B corta en F al arco BC, mientras que la bisectriz del ángulo BAC corta en G al arco FC. ¿Cuánto mide el arco FG, s i : C A) 75°
B) 25°
= 50o?
C) 30°
D) 45°
E) 50°
141) Hallar: a + p + 0 A ) 100° B) 200° C ) 140° D) 240° E) 250°
142) En un A ABC, AB = 5, BC = 6, AC = 7. E e AB , F e BC y EF es tangente a la circunfe rencia inscrita. Hallar el perímetro del A EBF. A) 6
B) 4
C) 7
D) 5
E) 8
PU N TO S N O T A B L E S D EL T R IA N G U LO 143) Del gráfico, hallar el valor de V . A) 26° B) 28° C) 27° D) 30° E)N.A. 1046
144) En un triángulo ABC, de baricentro G, sobre la prolongación de la mediana BM se toma el punto E, de modo que ME = MG. Hallar la distancia de G a AE, si la suma de, B y M a AE, es 24 cm. A) 8cm
B) 9,6cm
C) 9cm
D) 9,5cm
E) 12cm
145) En un triángulo ABC, AB = BC, la altura BH corta a la mediana AM en "R" Si RM = 2 y BRM = 45°. Hallar RB. A) 2 ij~2
B) 4
E )2 /6
C )3 /2
146) En la figura: AH
= HC
O Á C = 30° O ÁB = 40° OCA = 50°. Hallar la medida del OBC A) 20
B) 15
C) 10
D) 5
E)N.A.
147) En un A ABC, obtuso en “B”, de circuncentro “O". BÁ C = 15° y O Á C = 25 Hallar la medida del ACB. B) 50
A) 40
C) 60
D) 30
E) 35
148) Hallar el valor de V , en la figura adjunta A) 15° B) 30° C) 20° D) 18° E) 12° 149) A ABC, T - »
incentro. Hallar "x” B A) 44° B) 35' C) 36 D) 45 E) 60’ 1047
150) A ABC, "O” Hallar V .
circuncentro. B
A) 40e B) 50' C) 30 D) 60
C
E) 45’ 151) A A B C : O -> circuncentro. Hallar V . B
A) 60e B) 70' C) 80 D) 90 E) 75' C
152) AABC : E
excentro. Hallar " 9 ”. B
A) 70° B) 80° C) 90°
C
D) 75° E) 65° 153) AABC : E -> excentro. Hallar “x” A) 100c B) 105’ C) 110 D) 115 E) 120*
154) Dado el triángulo ABC, recto en B, se dibujan exteriormente-los triángulos equiláteros ABD y BCE. <—^ Las prolongaciones de DA y EC se cortan en UP”. PB corta a DE en "J". Hallar la medida del ángulo BJD. —
A) 90 1048
B) 60
■
—
C) 45
D) 75
E) 30
155) ABCD, es un cuadrilátero convexo. Hallar la medida ÁC y BD, si: ABD A) 70°
= 5 0 °, DBC =6 5 °, ADB
B) 80°
C) 75°
delmenor
ángulo formado por
= 70° y BDC = 55°. D) 90°
E)85°
156) En un triángulo ABC, AB = BC y B = 120°; se ubican “O", T , “E”, circuncentro, incentro, y excentro relativo a BC, respectivamente. Hallar la medida del ángulo IEO: A) 25°
B) 30°
C) 45°
D) 20°
E)35°
B 157) Hallar el valor de “a ”, si: OC = BC ; O ÁB = A) T
B) 6o
D) 9o
E) 8o
O ÁC = 3a. C) 7,5°
158) Hallar el valor de “a" en la figura: A) 12° B) 15° C) 18° D) 20° E) 16° 159) La hipotenusa de un triángulo mide 8cm. Hallar la distancia entre los excentros relativos a los catetos. A)8cm .
B) 16
C) 1 6 ^ cm.
D ) 8 ^ 2 cm.
E)N.A.
160) En un A ABC, acutángulo, “L” es ortocentro. La distancia entre los circuncentros de los triángulos ABC y AOC, es 15cm. Hallar LB. A) 10cm.
B) 15cm.
C) 30cm.
D) 25cm.
E)N.A.
161) E nun AABC, m Z A = 45° y la recta de Euler es paralela al lado BC. Hallar la longitud del circunradio si la altura AH = 12cm. A )4 ^ c m
B )4cm .
C) 6cm.
D) 8cm.
E)N.A.
162) En un A ABC, acutángulo, la distancia del circuncentro al lado AC, es 6cm. Hallar la distancia del circuncentro de su triángulo complementario al segmento que une los puntos medios de AB y BC.
A) 3cm.
B) 6cm.
C) 1,5cm.
D) 2cm.
E) N.A. 1049
LIN EAS P R O P O R C IO N A LE S Y S E M E JA N Z A DE T R IA N G U LO S 163) En un triángulo ABC, AB = 8, BC = 6 y AC = 7; se traza la bisectriz interior BD. Hallar AD - DC. A) 2
B)0,5
C) 1
D) 1,5
E) 0,75
164) En un trapezoide ABCD, las bisectrices de los ángulos B y D, se cortan en un punto de la diagonal AC. Si AB = 6, BC = 8 y CD = 12. Hallar AD. A) 9
B)10
C) 15
D) 7
E) 11
165) En un AABC, AB = 12, se traza la mediana BM. Si: m Z MBC = m Z A + m Z C . Hallar BM. A) 4
B) 5
C) 8
D) 12
E) 6
166) En un A ABC, se trazan las bisectrices, interior BD y exterior B F .S i AD = 10 y DC = 6. Hallar CF. A) 16
B) 32
C) 45
D) 48
E) 36
167) En la figura, B y T son puntos de tangencia. Los radios de las semicircunferencias, miden 3 y 4. Hallar DT, si AT = 6 . A) 3 B) 2,8 C) 3,6 D) 4 A
E) N.A.
B
168) En la figura: M N //B C . AN = NQ, AM = 28, MB = 15 y MP = 18. Hallar PQ. B
A) 9,6 B) 12,8 C) 7,2 D) 6,4 E) N.A.
169) En la figura, T es punto de tangencia AB = 3, AT = 5 y TC = 6. Hallar CD.
A) 2
B) 3,6
C) 2,8
D) 2,4
E)N.A. 1050
T
170) En la figura:
B
AD = DC , BC = 2 A B , BE = 8 y EF = 3. Hallar FD. A) 5
B) 6
D) 7,2
E) 5,4
171) En un A A B C .A B = BC ;
C) 6,6
= ÜL Si la longitud del inradio, es 9cm, hallar la distancia del AC 3
Incentro al Baricentro. A)2cm .
B) 3cm.
C) 4cm.
D) 5cm. .
E) 1cm.
172) En un A ABC, la circunferencia inscrita es tangente a AB en E, BC en F y AC en G. Las prolongaciones de AC y EF se cortan en H. Si AG = 13 y GC = 8. Hallar CH. A) 16,8
B) 33,6
C) 24,6
D) 36
E) 28,8
173) El segmento AB mide 23cm, el segmento AM 15cm. ¿Cuánto mide el segmento AN, siendo N el punto conjugado armónico de M con relación a AB? A) 33,00 cm.
B) 49,28 cm.
C) 45,26 cm.
D) 33,95 cm.
T¡
a
n
m
E) Ninguno de los valores indicados. 174) Hallar el valor de x, en:
A) 2,5 B) 2 C) 3 D) 2,75 E)N.A.
175) En un AABC, AB = BC = 10 y AC = 8; la circunferencia inscrita es tangente a AB en E y BC en F. Hallar EF.
A) 4
B) 4,2
C) 4,5
D) 4,8
E) 5 1051
176) En la figura, G es Baricentro del A ABC. BE = 10.EC = 2 y AC = 15. Hallar CH. B
A) 4 B) 5 C) 6 D) 7,5 E )7 177) En la figura: EM = MF
AB = 12, BF = 8 y BM = 3 Hallar MC. A) 18 B) 15 C) 16 D) 19 E)N.A. C 178) ABCD, es un trapecio recto en A y B, BC = 4
y
AD = 9. Si M, es punto medio de
AB y CM 1 MD, hallar AB. A) 6
B) 9
C) 8
D) 12
E) 16
179) En un triángulo ABC.AB = 12 y AC = 8. Se traza la bisectriz interior AF y luego F R //A C (R en AB). Hallar RF. A) 4
B) 6
C) 4,8
D) 5
E) 5,6
180) En un A ABC , AB = BC, la mediatriz de BC, corta a AC en el punto R. Luego, se traza R F //B C . (F en AB). Si FB = 8 y RC = 10. Hallar AF. A) 12,5
B) 9,5
C) 11,5
D) 10,5
E) N.A.
181) En un A ABC, AB = BC, N es punto medio de AC y R un punto de AB, tal que AR = 2 RB. Hallar AC, si m Z ANR = 30° y RN = 2 A) 4
B) 6
C )6 ^ 3
D) 8
E )8 /3
182) En un A ABC, B C - AB = 72. G, es el Baricentro e I, Incentro . Si Gl / / AC. Hallar Gl
A) 12 1052
B) 9
C) 8
D) 18
E)N.A.
183) En un A A B C .m / A
= 2(m Z C), se traza la bisectriz interior AF. Si BF = 4 y FC = 5:
hallar la distancia de F al excentro del A ABC, relativo a BCA) 4,5
B) 8
C) 6
D) 5
E) 10
184) En un triángulo ABC, P y Q son puntos de AB y BC, respectivamente,de modo que PQ //A C . Hallar la longitud PQ, si el triángulo PBQ y el trapecio APQC, tienen perímetro; siendo; AB = 12, BC = 8 y AC = 10. A) 5
B) 6,75
C) 8
D) 3,75
igual
E) N.A.
A
185) En un triángulo ABC.AB = 4, BC = 6 y B = 120°. ¿Cuánto mide la bisectriz interior BD? A) 5
B) 3
C) 2,8
D) 2,4
E) 2,1
186) En la figura: O, es centro. AP = 10, AB = 12 y PB = 4. Hallar PC. A) 4 B) 5 C) 6 D) 4,5 E) N.A. 187) La tangente trazada por el vértice B, a la circunferencia circunscrita al triángulo ABC, corta a la prolongación de CA en el punto P. Si: AB = 6, BC = 8 y AC = 7, hallar PB. A) 10
B) 10,5
C) 11
D) 11,5
E) 12
188) En un triángulo ABC, la bisectriz del ángulo externo B, corta en "E" el arco AB d é la circunferencia. EB y AC prolongados se cortan en “D”. Si:AE = 13 y EB = 5, hallar BD. A) 18
B) 27,5
C) 28,8
D) 16
E) 20
189) Los lados de un triángulo ABC, miden AB = 8, BC = 10 y AC = 12. Hallar la longitud del segmento EF, paralelo a AC, que pasa por el incentro. A) 9,2
B) 6
C) 7,2
D) 8,2
E)N.A.
190) En la figura: B C //A D y C es punto de tangencia.
Si: AB = 6 y BC = 9, hallar ED. 1053
A) 3 B) 6 C) 5 D) 4 E) N A
R E LA C IO N E S M E TR IC A S EN T R IA N G U LO S R E C T A N G U LO S 191) En una circunferencia, cuyo radio se quiere conocer, una cuerda de 2dm. tiene una flecha de 2cm. Dicho radio, mide: A) 18cm.
B) 26cm.
C) 20cm.
D) 24cm.
E) 28cm.
192) ABCD, es un trapecio inscrito en una circunferencia de diámetro AD = 34cm. Hallar BC, si la altura del trapecio es 15cm. A) 17cm.
B) 16cm.
C) 14cm.
D) 28cm.
E) 18cm.
193) En un trapecio isósceles ABCD, B C //A D , A C J _ C D .B C = 7 y AC = 20. Hallar AD. A) 25
B) 26
C) 30
D) 21
E) 24
194) El segmento tangente común a dos circunferencias ortogonales, de radios 12 y 18cm. mide: A) 1 2 ^ 6 cm.
B)
cm.
C)
cm.
D) 14cm.
E)N.A.
195) Hallar la longitud de la cuerda común a dos circunferencias ortogonales, de radios 6 y 8cm. A)9,6cm .
B) 4,8cm,
C) 10cm.
D) 7cm.
E)N.A.
196) En un triángulo ABC, recto en B, se trazan la altura BH y la ceviana AE. Si AE = EC = HC = 1. Hallar BC. A) 2
B )/2
C ) 3/ 2
D )/^
E) 3
197) ABCD, es un rectángulo. Se traza AH J_ BD ( H en BD). Hallar BD, si H dista 2 y 6^/~3 unidades.de BC y CD, respectivamente. A) 8 1054
B) 12
C) 16
D) 18
E) 20
198) PA y PB, son tangentes a una circunferencia de radio V , de modo que PA i. PB. Hallar r, si un punto del menor arco AB, dista 8 y 9cm., respectivamente, de PA y P B . A)29cm .
B) 17cm.
C) 34cm.
D) 25cm.
E) 30cm.
199) Hallar la longitud de la altura de un trapecio,cuyas diagonales miden 6 y 8cm., siendo perpendiculares entre sí. A) 9,6cm.
B) 2,4cm.
C) 6,4cm.
D) 4,8cm.
E) 5cm.
200) En un A ABC, recto en B, se traza la bisectriz interior BF. Hallar A B .si AF = 7 y FC = 24. A) 8,68
B) 9,28
C) 10,28
D) 9,88
E) N.A.
201) Se tiene un A A B C .rectoen B: AB = 6 y B.C = 8. Exteriormente, con AB y BC de diáme tros, se dibujan dos semicircunferencias, respectivamente. La longitud del segmento común a estos arcos, mide: A) 4 / 3
B )8 /3
C )/2 6
D) 3 / 3
E) 2 / 7
202) En un A ABC, recto en B, la mediatriz de AC corta a BC en el punto F. Si BF = 3 y FC = 5. Hallar AB. A) 6
B) 4
C) 8
D) 3
E) N.A.
203) En un A ABC, la altura CH corta a la altura BQ en el punto R. Si HR = RC y AB = 6. Hallar AC, sabiendo además que AC = BC. A) 6
B) 9
C )3 /2
D )3 /6
E) 3 ^ 3
i 204) En un A ABC, recto en B, las medianas BM y AF se cortan en el punto H. Si BM 1 AF, hallar: — BC 1 A )-
B) 2
^ C )/2
J2 D )^ -
13 E )^ -
205) La suma de los cuadrados de las medianas de un triángulo rectángulo, es 96cm2. La longitud de la hipotenusa, es: A)4cm.
B) 6cm.
C) 9cm.
D) 8cm.
E) 10cm.
206) Sobre una circunferencia de diámetro AB, se toma el punto C, el cual va a ser centro de otra circunferencia tangente a AB en el punto H. Si: AH = 18 y HB = 8; hallarla longitud
1055
del segmento tangente común a ambas circunferencias. A) 2 / 4 2
B )/4 2
C) 2 / 4 1
D) 3 / 4 2
E) 2 / 4 0
R E LA C IO N E S M E T R IC A S EN T R IA N G U LO S O B L IC U A N G U L O S 207) Hallar el perímetro de un trapecio isósceles ABC acutángulo, sabiendo que la proyección de AB sobre AC, mide 16cm y la proyección de AC sobre AB, 20cm. Además AC = BC. A) 100cm.
B) 120cm.
C) 130cm.
D) 150cm.
E) 140cm.
208) Interiormente a un cuadrado ABCD, tomando como diámetro AB, se dibuja una semicircunferencia y sobre ella se toma el punto E. Si AE = 12 y BE = 7. Hallar ED. A) 19
B) 15
C) 13
D) 14
E) 16
209) La circunferencia inscrita en un cuadrado ABCD, es tangente a AB en M y a BC en N Sobre el arco MN, se toma un punto F. Hallar AB, si AF + FC = K .
A) K / 6
B) K 4
r
O
K
^
r
D ) K ^
r
E )N .A .
210) OA y OB, son radios de un cuarto de circunferencia AB,donde UA = 3cm. Haciendo centro en B, y con radio 4cm. se traza un arco que corta a OA en E y a AB en F. Hallar el radio de la circunfernecia inscrita en el triángulo mixtilíneo AEF. A)0,2cm .
B)0,1cm .
C) 0,25cm.
D) 0,5cm.
E) 0,3cm.
211) En un AABC, la bisectriz interior AF corta a la ceviana BE en el punto P. Hallar AP, si AB = 6 , BF = 3 , AE = 4 y ABP = C. A)
2 /3
B) 2 / 6
C )3 /2
D)
4
E) 5
212) Hallar la longitud de la altura de un trapecio cuyas bases miden 4 y 10cm., siendo las longitudes de las diagonales 13 y 15cm. A) 11cm.
B) 10cm.
C) 13cm.
D) 9cm.
E) 12cm.
213) En un A ABC, el ángulo A es agudo y AB = 3 , AC = 5. El máximo valor entero de BC, es:
A) 7 1056
B) 5
C) 3
D) 6
E)N .A.
214) En un A ABC obtuso en B, AB = 8 y BC = 9; hallar el mínimo valor entero de AC. A) 2
B) 12
C) 13
D) 14
E) 15
215) Las longitudes de los lados de un triángulo obtusángulo, son tres números enteros y consecutivos. El perímetro del triángulo, es: A) 6
B) 12
C) 15
D) 21
E) 9
216) En un A ABC, se cumple: a2 = b2 + c2 + ^[3 be. El ángulo A, mide: A) 120°
B) 150°
C) 135°
D) 165°
E) 60
217) ABCD, es un trapecio circunscrito a una circunferencia. ( BC l AD ). Si: m BA D + m ADC = 9 0 °, BC = 4 y AD = 9; hallar AC + BD . A) 97
B) 25
C) 125
D) 96
E) 89
218) En un trapecio ABCD, BC I AD; AB = 5 , BC = 6 , CD = 7 y AD = 11. La proyección de AB sobre A D .e s: A) 1
B) 0,1
C) 0,2
D) 0,125
E) 0,375
219) En un trapecio ABCD , BC AD; hallar la longitud de la diagonal AC , si: AB = 15 , BC = 4 , CD = 13 y AD = 18. A) 17
B) 16
C) 18
D) 15
E) 20
220) La suma de los cuadrados de las longitudes de los lados de un triángulo, es 24cm2. Hallar la suma de los cuadrados de las longitudes de las medianas. A) 18cm2.
B) 24cm2.
C) 30cm2.
D) 16cm2.
E) 15cm2.
221) Se tienen tres circunferencias tangentes exteriores entre sí, dos a dos, de radios 6 ,7 y 8cm., respectivamente. Hallar la distancia del centro de la que tiene longitud intermedia de radio, a la recta que une los centros de las otras dos. A) 12cm.
B) 9cm.
C) 11cm.
D) 10cm.
E)N.A.
222) En un A ABC, se traza la altura AH, la mediana AM y la bisectriz interior AD. Si A B - A C = 12 y MD = 4 ; hallar MH. A) 8
B) 9
C) 7
D) 6
E) 10
223) ¿De qué naturaleza es el triángulo cuyos lados miden 6, 9 y 11cm? A) Rectángulo
B) Acutángulo
C) Obtusángulo
D) No se sabe.
1057
224) Un triángulo cuyos lados miden 10, 14 y 17m. es: A) Acutángulo
B) Obtusángulo
C) Rectángulo
D) No se sabe.
225) En un A ABC, AB = 6 , BC = 10 y AC = 14. Hallar la longitud de la proyección de AB sobre la recta que contiene a B C . A) 1,5
B) 2
C) 2,5
D) 3
E) 3,5
226) Los lados de un triángulo, miden 39, 40 y 25cm. respectivamente. La menor altura, mide: A) 37,44cm.
B) 24cm.
C) 23,4cm.
D) 22cm.
E) 20,2cm.
227) En un A ABC, m Z A = 6 0 °, AB = 16 y AC = 10. Hallar BC. A) 7
B) 12
C) 13
D) 15
E) 14
228) En un A ABC, hallar la medida del ángulo C, si: AB = 14 , BC = 10 y AC = 6. A) 60°
B) 30°
229) Hallar la longitud 41cm.; sabiendo A)9cm .
C) 150°
D) 120°
E) 135°
de la cuerda común a dos circunferencias secantes, de radios 15cm. y que la distancia entre sus centros es 52cm.
B) 18cm.
C) 16cm.
D) 24cm.
E) 14cm.
230) En un A ABC, BC = 12 y AB2 - AC 2 = 264. Hallar la proyección de AC sobre BC. A) 4
B) 6
C) 5
D) 4,5
E) 7
231) En el problema 230, hallar la proyección de AB sobre BC. A) 7
B) 12
C) 13
D) 15
E) 17
232) En un A ABC, AB = 17 , BC = 24 y AC = 13. Se traza la ceviana interior AM, tal que BM = 2MC. Hallar AM. A) 9
B) 10
C) 11
D) 12
E) 8
233) Los lados de un triángulo, miden 8; 26 y 30cm. La mayor altura, mide: A)9,6cm .
B) 12,8cm.
C) 24cm.
D) 18cm.
E) 26cm.
234) Hallar la longitud de la menor mediana de un triángulo cuyos lados miden 16; 18 y 22m. A) 17m.
1058
B) 12m.
C) 14m.
D) 13m.
E) 15m.
235) En un trapecio: ABCD, BC
AD ;AB = 21 ,BC = 1 2 ,CD = 13 y AD = 26. Hallarla distancia
entre los puntos medios de BC y AD. A) 16
B) 14
C) 15
D) 7
E) 13
236) Enun A A B C .A B = 12 , BC = 18 y AC = 15; la bisectriz interior AF, mide: A) 5
B) 11
C) 9
D) 10
E) 8
237) La suma de los cuadrados de las distancias de los vértices de un triángulo, al Baricentro, es 27m2. Hallar la suma de los cuadrados de los tres lados. A) 54m2
B) 36m2
C) 63m2
D) 56m2
E) 81 m2
238) Se tiene semicircunferencia de diámetro AC. Sobre AC se toma el punto B, de modo que AB = 2R y BC = 2r. Tomando como diámetro AB y BC, se dibujan interiormente otras dos sem icircunferencias. D em ostrar que la circu n fe re n cia tangente a las tres R r( R + r ) semicircunferencias anteriores, tiene radio : x = - 2 2 R + r + Rr
239) Enun trapecio ABCD, AB = 5; BC | AD ; BC = 6 , CD = 7 y AD = 10. Hallar: AC + BD A) 210
B) 196
C) 194
D) 190
E) 184
R E LA C IO N E S M E TR IC A S EN L A C IR C U N F E R E N C IA Y P O TE N C IA 240) ABCD, es un paralelogramo con el ángulo
B obtuso. La circunferencia circunscrita al
A ACD, corta en F a la prolongación de D B .S i FB = BD y AC = 6; hallar BD. A) 6
B) 12
C )3 /3
D )2 /3
E )4 /3
241) C, y C2 , son dos circunferencias tangentes interiormente en el punto T. (C, < C2). La prolongación de la cuerda TF d e C 1 tcortaa C2 en el punto H. Por H, se traza una cuerda HP de C2 , que es tangente a C, en J. FJ prolongada en ambos sentidos corta al arco HT en A y al arco HP en B. Si AF = FJ = JB y HF = 2FT; hallar JP, sabiendo que HJ = 12cm.
A)6cm.
B) 3cm.
C) 9cm.
D) 8cm.
E) 4cm. 1059
242) C } y C2, son dos circunferencias tangentes exteriormente en el punto T. (C, > C2). La prolongación de la cuerda A B ,d e C , , es tangente en D a C2 y la tangente interior común a ambas circunferencias, corta a BD en el punto E. Hallar ED, si AB = 8 y BD = 4. A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
243) En la figura, T es punto de tangencia. Hallar CT, si AB = 8 y BC = 1. A) 4,5 B) 2 C) 3 D) 1 E) N.A.
244) M, es punto medio del lado AC de un A ABC. Por B y M, pasa una circunferencia que corta a AB en E y a BC en F. Si AE = 3 , EB = 33 y FC = 4 , hallar BF. A) 27
B) 26
C) 25
D) 24
E) 23
245) Sobre la cuerda A B , de una circunferencia de centro O, se toma el punto F, de modo que AF = 18 y FB = 8. Sea C, un punto del arco AB, tal que FC 1 OF. Hallar FC. A) 6
B) 14
C) 12
D) 16
E)N.A.
246) AO y AB, son diámetros de dos semicircunferencias tangentes en A y AO = OB. La cuer da BF de la mayor es tangente a la otra en el punto H. Hallar AH, si HF = 4. A )4 ^ 2
B )4 ^
C )4 /?
D) 4 / ?
E) 8
247) Desde un punto D, exterior a una circunferencia, se trazan las tangentes DT y DQ. Luego se traza la secante DCA, que corta a la cuerda TQ en el punto B. Si AB = 1 y BD = 8; hallar BC. A) 1
B) 0,5
C)0,1
D) 0,25
E) 0,75
248) Desde un punto C, exterior a una circunferencia, se trazan las secantes CPA y CQB. Por P, Q y C, pasa una circunferencia “O”. Luego se trazan AF y BE, tangentes a “O". Si AF = 15 , AC = 24 y BC = 20, hallar BE. Á) 30 1060
B) 8
C) 12
D) 7
E) 10
249) C, y C2, son dos circunferencias secantes en los puntos A y B. La prolongación de la cuerda HB, de C v corta a C2 además en F. Por H, se traza HT .tangente a C2 y por F, FQ tangente a C j. Hallar FQ, si HT = 12 y H B = 9. A) 14
B )2 /7
0 )2 /1 4
D) 4 / 3
E) 4 / 7
250) A, B y Q, son tres puntos colineales y consecutivos. Por AB y BQ, pasan dos circunfe rencias Cj y C2, respectivamente. Luego se trazan: AT, tangente a C2 y QF tangente a C y Hallar AQ, si QF = 8 y AT = 15. A) 16
B) 19
C) 18
D) 20
E) 17
251) En una circunferencia de centro O y radio 5cm., se tiene un punto A. Hallar la potencia de A, respecto al punto O. A) -25cm 2.
B) 25cm2
C) 5cm.
D) -5cm
E) CERO
252) En un AABC, AB = 6 , BC = 7 y AC = 9; hallar la potencia del vértice B, respecto al centro de la circunferencia inscrita en ABC. A) 2
B) 4
C) 8
D) 6
E) N.A.
253) En un triángulo isósceles, la base mide 14cm. y uno de los lados congruentes, 25cm. Hallar la potencia del Baricentro de dicho triángulo, respecto al Incentro. A) CERO
B) 20cm2
C) -20cm2
D) 16cm2
254) En un triángulo, cuyos lados miden 8 ,1 5 y 17cm., hallar la potencia del Incentro, respecto al circuncentro. A) -50cm 2.
B) -49cm 2.
C) -61cm 2
D) -41cm 2.
E) -51cm 2
255) Para el problema anterior ( 254 ), la potencia del circuncentro, respecto al Incentro, es: A) 51 cm2
B) 12,25cm2
C) 12,75cm2
D) CERO
E) -51 cm2
1061
P O LIG O N O S R E G U LA R E S Y LO N G ITU D DE L A C IR C U N F E R E N C IA 256) El lado del dodecágono regular circunscrito a una circunferencia de radio r, tiene longitud B) 2 ^ 2 - y j l
A )r^ 2 -/3
C )r(2 -/3 )
E) 2r ( 2 - J~3 )
D) 2 r / I
257) En una circunferencia de radio R = 1cm, se tienen los puntos consecutivos A, B, C, D, de modo que AD =
cm y las prolongaciones de AB y DC se corten en un punto J, tal
que m BJC = 15°. Hallar la longitud de BC. C ) / 2 cm
B) 1cm
A ) ^ 3 cm
D) ^ 2 - / 2
cm
E) ^ 2 - / 3
cm
258) El cuadrilátero ABCD, está inscrito en una circunferencia de radio R. - 1 ) y CD = R ^ 2 - ^J~3 . Hallar la medida del menor ángulo que forman
AB = — (
las diagonales. A) 66°
B) 6
C) 3
D) 33
E) N.A.
259) En un pentágono regular de lado “L", la longitud de una diagonal, es: + 1)
C ) ^ ( /5 + l)
□) L (
-
1)
E)N.A.
260) En un A ABC, m Z A = 80°, m Z C = 55° y AC = 2cm , se trazan las alturas AQ y CH Hallar QH. A) tcm .
B) V 2 cm
C )/3
cm
D) ^ 2 - / 2
cm
E)N.A.
261) En un trapecio isósceles ABCD, BC 11 AD, BD = AD, m Z CAD = 22,5° y AD = L. Hallar BC. A )L ^ 2 + / 2
B )L L /2 + / 2 + 1
C) Ü V 2 + / 2
- 1
D )L ^ 2 - J~2
E) N.A.
262) En una circunferencia de radio R, hallar í 15, longitud del lado del polígono regular de 15 lados , inscrito. R
^10 + / 2 0 - / T 5 + / 3 C) ^ ( / 5 1002
+ / 10+ / 2 )
B> 4 D )^(/5+l)
E) N. A.
yj 10 + / 2 0 + y j l 5 - y[3
263) En una circunferencia de radio / 6 cm, se tiene inscrito un cuadrilátero ABCD. Si AB = 3 / 2 cm y BC = 2 / 3 cm.; hallar m CD, sabiendo que m AD = 42' *
A) 84°
B) 108°
C) 102°
D) 48°
E) 138°
264) La longitud del lado del icoságono regular inscrito, en una circunferencia de radio R, es: A )^ (^ 5 -1 )
B) f ( V 3 + ^ 5 - V 3 " ^ 5 R D )-(/Í0
+ yf b)
)
C) f ( / S T / S
-
)
E)N.A.
265) En una circunferencia, están inscritos un triángulo equilátero y un cuadrado, cuyos apotemas difieren (
-
/ 3 ) cm. Hallar el apotema del hexágono regular inscrito en la
misma circunferencia. A)1cm .
B) 2cm.
C ) / 3 cm.
E) 2 / 3 cm.
D) 3cm.
266) ABCDE, es una pentágono regular. AC = 2cm ; BD corta a AC en elpunto H. Hallar BH A) ( 3 - / * 5 ) cm.
B)( / 5
- 1) cm.
C) ( 2 - / ¥ ) cm.
D) ( 5 - / " 5 ) cm.
E) N.A.
267) La longitud del arco de un sector circular de 60°, es a. Hallar la longitud de la circunferencia inscrita en dicho sector. A )a
B) 2a
C) 3a
3a D) —
E) N.A.
268) ABC, es un triángulo equilátero. Una semicircunferencia de diámetro AC, corta a AB en M y BC en N. Con centro B, se traza un arco de circunferencia tangente a AC y que corta AB en E y BC en F. Hallar la longitud del arco EF, si el arco MN mide 6 cm. A)6cm .
B) 9cm.
C )6 /3 c m .
D )2 /3 c m .
E)N.A.
269) ABCDEF, es unhexágono regular. Haciendo centro en A, setraza el arco CE, de longitud 12cm. Luego, haciendo centro en A y radio AD, se traza un arco que corta a la prolonga ción de AB en P y la prolongación de AE en Q. Hallar la longitud dei arco PQ.
A)24cm.
B) 12 /3 c m .
C) 1 2 /6 c m .
D) 32cm.
E) 36cm. 1063
270) ABC; es un triángulo rectángulo isósceles, recto en B. Con centro A y radio AC, se traza un arco de circunferencia que corta en F a la prolongación de A B . Luego, se dibuja exteriormente al AABC, una semicircunferencia de diámetro AF. Por A, B y C, pasa un arco de circunferencia. Hallar el perímetro de la curva ABCFA.si AC = 8cm. A)8ncm .
B)97rcm.
C) lOrccm
D) 127i»cm.
E)147tcm.
AREAS 271) Por el Baricentro de un triángulo, pasa una recta paralela a un lado, determinando un trapecio que encierra una región de área 20cm2. El área de la región triangular original, es: A)40cm2
B) 60cm2
C) 36cm2
D) 48cm2
E) 32cm2
272) En un paralelogramo ABCD, E es un punto de BC . AE , corta a BD en H. Si área ABH = 24m2 y área ECD = 14m2. H a lla r: área ABCD. A) 56m2
B) 78m2
C) 84m2
D )1 1 2 m 2
E) 96m2
273) ABC, es un triángulo recto en B. H, un punto de AC. Se trazan HE 1 AB y HF 1 BC. Si: área AEH = 16m2 y área HFC = 25m2.Hallar área EBFH. A) 20m2
B) 36m2
C) 30m2
D) 41 m2
E)40m2
274) En un A ABC, E es un punto de AB y F un punto de B C , talque EF 11 AB . AF y EC se cortan en el punto O. Si: Hallar:
= — = J_ AE FC 2
área AEBF área A AOC
2
3
4
2
1
A )?
B> 8
C ) 15
D> ?
E )4
275) En un A ABC, AB > BC, se trazan las bisectrices BD y BE, interior y exterior, respec tivamente. Si: área ABD = 17m2 y área BDC = 7m2 , hallar el área BCE. A) 24m2
B) 16,8m2
C) 18,6m2
D) 19m2
E) 20m2
276) Hallar el área del octógono regular inscrito en la misma circunferencia circunscrita a un dodecágono regular que encierra una región de área 9m2. A) 8m2
1064
B) 6m2
C) 6 ^ 2 m2
D) 6 / 3 m2
E)N.A.
277) Hallar el área de un trapecio rectángulo, cuyas bases miden 4 y 13 m., sabiendo que una diagonal es perpendicular a un lado. A) 42m2
B) 51 m2
C)64m2
D) 36m2
E) Ninguna
278) Calcular el área de un decágono regular, cuyo apotema es el quíntuple del apotema de otro decágono regular cuya superficie es de “L" m2.
A ) i m2
B) Lm2
C)-^ m 2
D) ¿ m 2
E) Z m2 4
279) Hallar el área de un rombo ABCD
si “M"biseca a
BC;
AM corta
BD
en "R",
RM = 2u y BRM = 45°. A) 12u2
B) 24u2
C)36u2
D) 48u2
280) Si r, , r2 , r3 son los exradios de un triángulo donde r1 . r2 = 8m2 r1 . r3 = 4m2. Hallar el perímetro del triángulo. A) 8m.
B) 4m.
C)10m.
D) 6m.
E) 60u2 ,r2 . r3
= 6m 2
y
E) 6 / 2 m.
281) Hallar el área del trapecio rectángulo ABCD, si AD J_ DC; la base menor es DC = 4; el lado no paralelo CB = 13 y la diagonal DB = 15. A) 68
B) 78
C) 88
D) 98
E) N .A.
282) AB, es un cuarto de circunferencia de centro O. Con centro en B y radio BA se traza un arco AF, estando F en la prolongación de BO. Si: área AOF = 2m2, hallar el área del segmento circular AB. A) 1m2
B) 2m2
C) 3m2
D) 4m2
E) N.A.
283) ABCDEF, es un hexágono regular de lado 6cm. Con centro en A, se traza un arco CE. Luego con centro en D se traza otro arco de radio 6cm. y Hallar el área de la región que encierran dichos arcos. A )(3 0 tc -3 6 /3 D )( 12ti - 9 / 3
)cm2 ) cm2
B) ( 36n - 3 0 / 3
)cm2
C ) ( 2 0 tc - 2 4 /3 )cm2
E) N.A.
284) ÁC, es diámetro de una semicircunferencia circunscrita al triángulo isósceles ABC. Con centro en A y radio A C .setrazaunarco CF, estando F en la prolongación de AB. Luego.exteriormente al A ABC, se dibuja otra semicircunferencia de diámetro A F . Hallar el área de la región que encierran las curvas ABC.CF y FA, si la reglóntriangular ABC, tiene área 8m2 A) 8m2
B) 16m2
C) 87tm2
D) 4nm2
E) 167tm2 1065
285) Sobre el diámetro AC de un semicírculo se toma el punto B y se dibujan interiormente dos semicircunferencias ÁB y BC. ( AB > BC ). Hallar el área de la región que encierran AB , BC y AC, si el segmento tangente común a AB y B C ,m id e 8 cm. A) 64rccm2 *
B) 247tcm2
C) 32rccm2
D) 167icm 2
E) 87tcm 2
Nota.- Al final del capitulo “Areas de Regiones Planas”, hay más problemas propuestos.
RECTAS, P LA N O S , D IEDR O S, TR IE D R O S Y P O LIE D R O S 286) Indicar, verdadero ( V ) ó falso ( F ): Dos rectas paralelas a un mismo plano son siempre paralelas entre sí. Dos rectas que no se cortan son siempre paralelas. Por un punto exterior a una recta, sólo puede pasar otra recta perpendicular a la primera. Dos planos perpendiculares a una misma recta, son paralelos entre sí. A)FFFF
B) F W F
C )W W
D)FFFV
E)N.A.
287) En el espacio se tiene 5 puntos no colíneales y 10 rectas paralelas. Calcular el número máximo de planos que se pueden determinar. A) 55
B) 95
C) 85
D) 105
E) 100
288) Indicar la proposición que no es incorrecta: I)
Dos rectas alabeadas determinan un plano.
II)
La intersección de tres planos es siempre una recta.
III)
Dos planos perpendiculares a un tercero, son paralelos entre sí.
IV)
Dos rectas paralelas a un mismo plano, son siempre paralelas entre sí. A) Sólo I
B) Todas
C) I , II y III
D) Sólo IV
E) Ninguna
289) Desde un punto P, exteriora un plano, se trazan las oblicuas PA y PB (A y B sobre dicho plano), formando ángulos de 30° y 45°, respectivamente con el plano. SiPA = 6 ; hallar PB. A) 3
B )3 /2
C )3 /3
D) 4
E) 2 ^ 6
290) ABCD, es un tetraedro regular de arista “a", BH es una altura del sólido y M punto me dio de BC. Hallar la mínima distancia entre BH y DM. A )i^
1066
B)J L ^
c , | ^
d)| ^
E )f^
291) Por el circuncentro “O” de un triángulo ABC, se levanta la perpendicular OL al plano del triángulo. Si AC = 6 ; OC = 5 y AL = / 4 1 - Hallar el diedro AC, que determinan los planos ABC y ALC. A) 15°
B) 30°
C) 45°
D) 60°
E) 75°
292) En un AABC, B = 90°,AB = 6 y BC = 8 .M ,espuntom ediode AC. Se eleva BF, perpendicular al plano ABC, tal que BF = / T í . Hallar la medida del ángulo con que se cruzan las rectas AB y FM. A) 45°
B) 53°
C) 37°
D) 60°
E) 30°
293) Se tiene dos segmentos AB = 12 y CD = 16, los cuales son ortogonales. Hallarla medida del segmento que une los puntos medios de AC y BD. A) 14
B)
11
C) 13
0)5/5
E) 10
294) La recta AB de intersección de dos planos perpendiculares PyQ es paralela a una recta L, del plano P y a una recta L2 del plano Q. Luego se ubican los puntos M y N de tal manera que M pertenece a L i , N pertenece <-> a L2 . Calcular la menor distancia entre las rectas MN y AB, si las distancias de M y N a la recta AB miden 12 y 16cm., respectivamente. A) 8,6
B) 4,6
C) 5,6
D) 9,6
E) 7,6
295) De las siguientes proposiciones, cuáles son verdaderas: I.II.-
Dadas dos rectas alabeadas, por una de ellas es siempre posible trazar un plano paralelo a la otra. Por un punto cualquiera del espacio siempre se puede trazar un plano perpendicular a dos planos dados.
III.-
Por un punto cualquiera del espacio, es siempre posible trazar un plano perpendicular a otro plano dado y paralelo, a la vez, a una recta dada.
IV -
Por una recta exterior a un plano siempre se puede trazar un plano perpendicular al primero. A) I y II
B) I, II y IV
C) I y III
D) Ninguna
E) Todas.
296) Si una recta a es perpendicular a las rectas b, c y d, entonces, es cierto que: A)
Las rectas b, c y d, necesariamente son paralelas.
B)
Las rectas b, c y d, tienen que ser coplanares.
C)
Las rectas b ,c
D) E)
Las rectas b, c y d, no necesariamente son paralelas. Ninguna anterior.
y d, necesariamente se cortan.
1067
297) En un poliedro, el número de caras, más el número de vértices y más el número de aristas, es 28. Si la suma de las caras de todos sus ángulos sólidos es 1 800°. Hallar el número de caras. A) 13
B) 7
C) 9
D) 10
E) 8
298) Se tiene un trapecio isósceles ABCD de bases BC y AD ( AB = BC = C D ) inscrito en una semicircunferencia con diámetro AD; por “C" se levanta una perpendicular C F .a l plano de la circunferencia. Calcular el ángulo que forma FD con el plano, si AF forma con dicho plano 45°. A) 45°
B) 60°
C) 75°
D) 53°
E) 30°
299) Calcular el número de vértices de un poliedro convexo que está formado por 6 pentágonos, 2 0 triángulos y 6 hexágonos. A) 28
B) 42
C) 32
D) 33
E) 54
300) Si en un triedro, dos diedros miden 80° y 70° contestar verdadero V ó falso F. El tercer diedro puede medir 150°. El tercer diedro puede medir 35a. El tercer diedro puede medir 160°. El tercer diedro puede medir 175°. A )W W
B) W F F
C) FVFF
D) FFFF
E )W V F
301) En una pirámide OABCD la base ABCD está inscrita en una circunferencia. Si los diedros OA, OB y OC miden 100°, 85° y 95°. Hallar el diedro OD si la altura cae sobre el centro de la circunferencia. A) 110 °
B) 90°
C) 165°
D) 115°
E) Ninguna.
302) A A \B B \C C ' y D D \ son aristas de un cubo. P, punto medio de AB; Q biseca AD y R punto medio de DD'. Si AB = a, hallar la mínima distancia entre PQ y RC. A aJ6 ) "4
a Jl B )-V
^a/¡3 C )-V
a JJ D) —
E) N.A.
303) Hallar el área de una región triangular, sabiendo que sus proyecciones sobre las caras de un triedro trirectangulo, tienen áreas 3; 4 y 12m2, respectivamente.
\) 19m2
B) 12m 2
304) Una región triangular ABC, de área 36m2, se proyecta sobre un plano H, obteniéndose un triángulo rectángulo Isósceles de hipotenusa 6 / 2 m. La medida del diedro que forman tos 1068
planos ABC y H, es: A) 30°
B) 45°
C) 75°
D) 15°
E) 60°
PRISM A, P IR AM ID E, C ILIN D R O , C O N O Y E S F E R A 305) Hallar la distancia entre los baricentros de las bases de un tronco de prisma triangular de aristas 9, 12 y 18. A) 15
B) 16
C) 12
D) 14
E) 13
306) Calcular el volumen de un prisma en el cual el área de una cara lateral es 20m2 mientras que la distancia desde la arista opuesta hasta dicha cara es 6m. A) 120m3
B) 90m3
C) 60m3
D) 75m3
E) 80m3
307) En un tronco de prisma recto que tiene por sección recta un triángulo se inscribe una pirámide que tiene por base la misma del tronco de prisma y por vértice el punto de intersección de las medianas de la base superior del tronco. Calcular la relación de volúmenes que existe entre los dos sólidos. 1
A) 3
1
1 O -
2 D )-
4 E)-
308) Calcular el volumen de una pirámide regular cuya base es un hexágono de 12m. de perímetro, el apotema de la pirámide mide 4m. A) 4 / 3 9 m3
B) 5 / 3 9 m3
C) 2 / 3 9 m3
D) 6 / 3 9 m3
E) 3 / 3 9 m
309) Hallar el volumen de un tronco de prisma recto cuya base es un triángulo isósceles ABC de lados: AB = AC = / T Í 6 m y BC = 8m las aristas laterales están en progresión aritmética, siendo la intermedia 3. A) 100m3
B) 120m3
C) 110m3
D) 140m3
E) 150m3
310) La semisuma de las aristas laterales de un tronco de prisma recto es 12cm. Si la base es un triángulo equilátero de perímetro: 18
3 cm.
El volumen del tronco, es: A) 256 cm3
B) 188 cm3
C )2 1 0 c m 3
D) 180 cm3
E )2 1 6 c m 3
311) Calcular el volumen de un prisma recto de 384m2 de área lateral, si su base es un triángulo cuyos lados se hallan en progresión aritmética de producto 480m3 ; la altura del prisma es 1069
el duplo del lado medio del triángulo base. A) 266m3
B) 284m3
C) 366m3
D) 384m3
E) 464m3
312) Un prisma tiene por base un rectángulo de lados 5 y 4m ; sus aristas laterales miden 6m. y están inclinadas a 30° sobre el plano de la base y se proyectan siguiendo la dirección de los menores lados del rectángulo de la base, calcular el área total del prisma. A) 124m2
B) 114m2
C) 130m2
D) 140m2
E) 120m2
313) La base de una pirámide regular, es un hexágono de perímetro 36cm. Si cada arista lateral mide 10cm. Hallar el volumen. A) 144 cm3
B) 1 4 4 /2 cm3 C) 1 4 4 / 3 cm3 D) 1 4 4 /6 cm3
E)N.A.
314) El volumen de un tetraedro regular, de arista "a", es: A) a3
B )a 3 / 2
c ) a3 ^
D) a / ^
E) a3^
315) Una pirámide tiene 30 aristas. ¿Cuántas caras tiene? A) 10
B)
12
C) 15
D) 16
E) 11
316) En número de caras de una pirámide es 10. Calcular la suma de las medidas de los ángulos internos de todas sus caras. A) 2460°
B)
2680°
C) 2880°
D) 3140°
E) 3420°
317) Hallar el volumen de un tetraedro regular, en función de radio V , de una esfera exinscrita.
Í2 A) r3^ — 12
Í3 B) r3- — 12
' 8
Í2 D) r3 —— 8
E) N.A.
318) Se tiene una pirámide O -A B C , tal que ABC y OCB son triángulos equiláteros. Calcular su volumen, si: AO = 6 y AB = 4 / 3 . A) 24
B) 28
C) 32
D) 36
E) 48
319) Hallar el volumen de un poliedro de área total A, circunscrito a una esfera de radio R. A)AR
AR B )—
AR C )—
D) 2AR
E) 3AR
320) En una pirámide regular de base cuadrangular el plano que pasa por un lado de la base y la línea media de la cara lateral opuesta, forma con la base un ángulo de 60°. Si la arista básica es a. Hallar el volumen de la pirámide. A) a3
1070
B) a3
C) a
D) a3
E) a
321) Calcular el volumen de un tronco de pirámide regular, de base cuadrangular, donde un plano diagonal forma- con las bases ángulos de 60°. Las aristas básicas miden 2 y 4 centímetros. A) 28cm3
B)
2 8 / 3 cm3
C) 20cm3
D ) 2 l/3 c m 3
E) 24cm3
322) La altura de una pirámide es H. A una distancia V del vértice se traza un plano paralelo a la base. Tomando como altura V y como base la sección resultante en la superficie lateral de la pirámide, se dibuja un prisma recto. Si el volumen del prisma asi construido es igual al volumen del tronco de pirámide obtenido. Hallar Y . H
H
A)-4
B) / 2
H C) 3/ 2
H D) 3y ¡ l
E) N A.
323) La calamina de un techo nos dá la idea de: A)
Una superficie plana.
B)
Una superficie cónica.
C)
Una superficie cilindrica.
D)
Una superficie esférica.
E)
Una superficie prismática.
324) En la figura, calcular el volumen, si AB = 30, CD = 10, y ABC = 37°, (P y Q son centros). 23047c A
)
—
B) 398 7t 4 5 3 6 tt c>
—
D) 412 ti 256471 E>
—
325) A qué distancia del vértice “V" de un cono de revolución habrá que hacer pasar un plano P paralelo a la base y secante al cono, para que el tronco de cono que se forme tenga una altura de 25cm., el radio de la base inferior mida 8cm. y el de la base superior mida 6cm. A) 50cm.
B) 75cm.
C) 80cm.
D) 100cm.
E) 125cm.
326) Los diámetros de las bases de un tronco de cono de revolución tienen por longitud 4m y 22m. Hallar el radio de la base de un cilindro recto de revolución equivalente al tronco si se sabe que tienen la misma altura. A) 6m.
B) 4m.
C) 5m.
D) 7m.
E) 8m. 1071
327) Hallar el volumen de un cilindro cuyo desarrollo del área lateral es un rectángulo de diagonal 15m. La altura del cilindro mide 9m. A) 324 n
B )1 1 8 jc
324 C ) -------
118 D ) ------n
71
224 E ) ------k
328) Al desarrollar la superficie lateral de un cono recto se obtiene un semicírculo de 4m. de diámetro. Hallar el volumen del cono.
A)
J~3 k
3J~3 k B) — St—
C) 2
/3
k
.—
,— D) / 3
k J~3
E) - J -
tc
329) Los radios de las bases de un tronco de cono de revolución son R y r ( R > r ). Calcular la altura del tronco si el área lateral es igual a la suma de las áreas de las bases. 2Rr A) ( R + r )
2Rr B) ( R + 2 r )
Rr C) ( R + r )
Rr
2R r
° ) 2 ( R + r)
E) ( R - r )
330) El área de la esfera inscrita en un cubo es 18cm2. Calcular el área de la esfera circunscrita al cubo. A) 9cm2
B) 36cm2
C) 27cm2
D) 54cm2
E) 72cm2
331) ¿Cuánto debe medir la altura de un casquete esférico para que en una esfera de 4m. de radio, su área sea la quinta parte del área de la esfera? A)2,4m.
B) 1,2m.
C) 0,8m.
D) 1,3m.
E) 1,6m.
332) Hallar la relación de volúmenes de las esferas inscrita y circunscrita a un tetraedro regular. A )¿
B) ~
C )±
D
E
)
N
.
A
.
333) Se tiene una zona esférica equivalente a un huso esférico (en la misma esfera de radio R). Calcular el ángulo del huso esférico si la altura de la zona es R/3. A) 30°
B) 60°
C) 45°
D) 90°
E) 36°
334) ¿ A qué distancia del centro de una esfera de radio R, debe de trazarse un plano secante para que las áreas de los casquetes determinados estén en la relación de 1 a 3. ? R
R
A) ~2
B )3
4R C> T
2R D> T
R E )5
335) Calcular el volumen generado al girar el triángulo equilátero sombreado, cuyo lado mide 4m.( 360° alrededor del eje mostrado, si p = 15°. 1072
A )4
j i/ 2
EJE B )2 rc /2 C) 8 Jt / 2 D) 1 6 tc/ 2 E) 32 7C/ 2
M A X IM O S Y M INIM O S 336) Tres lados de un trapecio, miden 4cm. cada uno. Hallar la longitud del cuarto lado, para que el área sea máxima. B) 3cm.
A) 2cm.
C) 4cm.
D) 6cm.
E) 8cm.
337} En una esfera de radio R, hallar la altura del cilindro circular recto inscrito, que tiene área total máxima. A) R->/~2.
B )R J 6
E)N.A.
C )R /3
338) En un cono circular recto, de radio 12m. y altura 27m., se inscribe cuadrangular, de volumen máximo. El volumen del prisma, es: A) 684 m3 339) En un
a
B) 6 8 4 / 2 m 3
C) 648 m3
D) 6 4 8 / 2 m3
un prisma regular
E) 3 2 4 / 2 m3
A B C .A C = b y la altura BH = h. Hallar la altura del rectángulo de área máxima
que se puede inscribir en el triángulo, y que tiene su base en AC. 3h
h
E) N.A.
340) Hallar la longitud de la altura de un cilindro circular recto, inscrito en un cono de revolución de radio r y altura h. El volumen del cilindro es máximo. 3h
E) N.A.
341) En una semiesfera de radio R, se inscribe un cilindro circular recto de volumen máximo. El radio de la base del cilindro, es:
C ) f/i
D )fV 3 1073
342) Se tiene un cilindro circular recto de radio R y altura h. Hallar la altura del cono circular recto, de volumen mínimo, circunscrito al cilindro. A) 2h
B) 3h
C) 4h
D) 6h
E) 9h
IN TR O D U C C IO N A LA G E O M E T R IA A N A L IT IC A Y V E C TO R E S 343) Los puntos: A(2 ; 4 ), B(-1 ; 2) y C(1 ; 2) A)
Son colineales.
B)
Forman un triángulo equilátero.
C)
Forman un triángulo rectángulo.
D)
Forman un triángulo acutángulo.
E)
NA
344) ABCD, es un paralelogramo. A(2 ; 5 ), C(8 ; 0) y D(0 ; 0). Las coordenadas de B, son: A) (5 ; 10)
B) (1 0 ; 5)
C) (8 ; 5)
D) (8 ; 10)
E) NA.
345) La mayor base de un trapecio isósceles une los puntos (-2 ; 8) y (-2; 4). Uno de los extremos de la otra base tiene coordenadas (3 ; -2). La menor base tiene longitud: A) 8
B) 10
C) 6
D) 9
E) 12
46) El punto A(2 ; 3), es la reflexión del punto B, a través del punto C(5 ; 4). Las coordenadas del punto C, son: A ) (8; 5)
B ) (-1 ; 2)
C)
D ) (7 , 7)
E)NA
347) El punto (3 ; n), está en la mediatriz de AB, siendo A(7 ; 9) y B(-5 ; -7). Hallar n. A) -2
1 B> " 2
C) -1
D) 2
E)N.A.
348) Hallar el área del triángulo que tiene por vértices: (-2 ; 3 ), (4 ; -1) , (5 ; 5). A) 10u2
B) 20u2
C) 30u2
D) 40u2
E) N.A
349) Hallar las coordenadas del tercer vértice de un triángulo ABC, de área 3u2 , sabiendo que A(3 ; 1), B(1 ; -3) y cuyo Baricentro está en el eje OX. A ) (5; 2) L074
B) (2 ; 2)
C) A ó B
D) N.A.
350) Hallar el área del rombo de lado 5^/TÓ y dos de cuyos vértices opuestos son los puntos A(4 ; 9) y Q(-2 ; 1) A) 100u2
B) 120u2
C) 130u2
D) 150u2
351) ABCD, es una región paralelográmica, cuya área se quiere hallar sabiendo que A (-2 ; 3 ), B(4 ; -5 ) y C (-3 ;1 ) A) 10u2
C) 20u2
B) 12u2
D) 25u2
352) Hallar la distancia del punto Q = ( 7 ; 9 ) a la recta L: 3x + 4y - 7 = 0 B) 6
A) 5
D) 9
C) 7
E) 10
353) La ecuación de la recta mediatriz del segmento AB, donde A = (3 ; 5) y B = (0 ; 7), es A) 6x + 4y + 15 = 0
B) 6x - 4y + 15 = 0
D ) 4 x - 6 y + 15 = 0
D) N.A.
C) 6x - 4y -1 5 = 0
354) Hallar el punto de intersección de las rectas: L2 : pasa por ( 1 ; 1 ) y ( - 1 ; 5 )
L, : pasa por (-1 ; 2), paralela a (1 ¡2) A) (-1 ; 14)
1 B)
7
4 ’ 2
C) (-4 ; 7)
D ) (-1 ; 7)
E)N.A
355) En la figura: P = (-2; 1 ) , Q = (-1 ¡2) y C = (9 ; K) El valor de K, es: A) 8
B) 9
D) 11
E) 12
C) 10
356) L es una recta no paralela a los ejes coordenadas, que pasa por los puntos (2 ; 2 ); (0 ; n); (m ; 0) donde m x n * 0. Hallar:
1 1 — +m n 1
1 A) 1
B> 2
D)
C> 3
E) N.A
f 1 9 5 ^ ( 5 • 3 ^ ' 1 If 3 1 , sean —; K + — t 357) Hallar el valor de K, para que los puntos 14 ) { ~ 2 ’ ~ Í 4 } ^ 14 ’ 14 , y [ 7 colineales.
1 A) 7
7
B) 7
C)
7
D) -7
E)N. A. J075
358) La recta de ecuación y = x + 5 contiene a la diagonal AC del cuadrado ABCD. Si: A(1 ; a) y Q(0 , q), siendo Q el centro del cuadrado. Hallar el área ABCD. A) 2u2
B) 3u2
C) 4u2
D) 8u2
E) N.A.
359) Determinar n, de modo que la recta: 1 2 n x - 9 y + 129 = 0, intersecta al segmento de extre2 mos A(2 ; 3) y B(11 ; 6) en la razón —. A) 1
B) 2
C )-2
D) -1
E) 3
360) La recta de ecuación: ax + by + 6 = O, pasa por los puntos (1 , 4) y (3 ; -2). Hallar —. b A) 3
B )^
C )-3
D)
E)N.A.
361) La ecuación de la circunferencia circunscrita al A ABC, donde A = (1 ; 1 ), B = (1 ; -1) y C = (2 ; 0), es: A) x2 + (y - 1)2 = 1
B) (x - 1)2 + (y - 1)2 = 4
C) (x -1 )2 + (y + 1)2 =
1
D) (x -1 )2 + y2 = 1
362) El punto A(3 ¡ -1), es centro de una circunferencia que intercepta en la recta 2 x - 5y + 18 = O, una cuerda de longitud 6. La ecuación de dicha circunferencia, es: A) (x - 3)2 + (y + 1)2 = 36
B) (x - 3)2 + (y + 1)2 =
37
C) (x - 3)2 + (y + 1)2 = 38
D) (x - 3)2 + (y - 1)2 = 38
363) El centro de la circunferencia del anterior problema, tiene coordenadas: A) (1 ; 2)
B) (1 ;-2)
C) (-1; 2)
D)
(2 ; -1)
364) Hallar el radio de la circunferencia que tiene su centro en la recta: 2x + y = Oy es tangente a las rectas: 4x - 3y + 10 = O ; 4x - 3y - 30 = O A) 8
B) 16
C) 4
D) 2
365) Hallar la ecuación de la circunferencia de diámetro
AB, donde:A =(3 ; 2) y B = (-1 ; 6).
A) (x - 1)2 + (y - 4)2 =
64
B) (x - 1)2 + (y - 4)2 = 8
C) (x - 4)2 + (y - 1)2 =
64
D) (x - 4)2 + (y - 1)2 = 8
366) Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el origen de coordenadas y tiene centro en (6 ; -8) A) (x - 6)2 + (y + 8)2 = 100
B) (x + 6)2 + (y - 8)2 =
100
C) (x - 6)2 + (y + 8)2 = 10
D) (x + 6)2 + (y - 8)2 =
125
1076
E)N.A.
367) Hallar la ecuación de la circunferencia centrada en el origen de coordenadas y tangente a la recta: 3x - 4y + 20 = 0 A) x2 + y2 = 20
B) x2 + y2 = 36
C) x2 + y2 = 16
D) x2 + y2 = 49
368) Hallar la ecuación de la circunferencia de centro ( 1 ; -1 ) 5 x- 1 2 y + 9 = 0. A) (x - 1)2 + (y + 1)2 = 4
B) ( x - 1 ) 2 + (y + 1)2 = 16
C) (x - 1)2 + (y + 1)2 = 9
D) (x - 1)2 + (y + 1)2 = 169
y
tangente a la recta
369) Hallar el radio de la circunferencia de ecuación: x2 + y2 - 2x + 4y- 20 = 0 A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
370) Hallar la ecuación de la recta que contiene al diámetro de la circunferencia: x2 + y2 + 4x - 6y -1 7 = 0 y es perpendicular a la recta: 5x + 2y -1 3 = 0 A) 5x - 2y + 19 = 0
B) 2x + 5 y - 19 = 0
C) 2x - 5y + 19 = 0
D )2 x + 5 y+ 19 = 0
371) Dada la circunferencia de ecuación: x2 + y2 - 10x + 16 = 0 y la recta: y = mx Hallar el valor de m, si la recta es secante a la circunferencia. A) | m | < —
3 B) m < — 4
2 C) m < — 5
1 D) m < — 2
372) En el anterior problema, hallar el valor de m, si la recta es tangente a la circunferencia. A) m = ± j
B) m = ± |
C) m = ± - |
D) m =
373) Para el problema anterior, hallar el valor de m, si la recta es exterior a la circunferencia. 1 A) m > -
B)m>¿
C)m>-
D)m< j
374) Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia ( x + 2 )2 + ( y - 3 )2 = 25, en el punto A ( - 5 ; b). A) 3x - 4y + 43 = 0
B) 4x - 3y + 43 = 0
D) 3x + 4y - 43 = 0
E)N.A.
C) 4x + 3y - 43 = 0
'5 . 5 se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 = 5 ¿Cuál 375) Desde el punto A , 3 ’ "3 ) de las siguientes, no es ecuación de una de estas tangentes:
A) x * 2y - 5 = 0
B)2x - y - 5 = 0
C) x + 2y - 5 = 0
D)N.A. 1077
376) Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia cisa -1 . A) x + 2y - 5 = 0
B) x + 2y + 5 = 0
D) x - 2y + 5 = 0
E)N.A.
x2 + y2 = 5 , en el punto de ab-
C)x-2y-5 = 0
377) En un triángulo ABC, M es punto medio de AB y N de B C .S i:A = (2 ; 4 ), C = (6 ; 12) y M = (3 ; 7); hallar las coordenadas de N. A) (11 ; 5)
B) (7 ; 5)
C) (10 ; 5)
D) (11 ; 4)
E) (5 ; 11)
378) Q, es un punto del segmento AB, tal que 2 d(Q ; A) = 3 d(Q ; B). Si: A = (5 ; 10) y B = (15 ;20). Hallar Q. A) (11 ; 13)
B) 16; 11)
379) En la figura: A= (1 ; 1 ), B = Hallar: d(A , E).
C) (11 ; 16)
D) (13 ; 11)
E)N.A.
(2 ; 9 ). C = (8 ; 3).
A )/? B )3 /5
C)2fE D )4 ^ E) N.A.
A
C
380) Hallar el ángulo entre los vectores: á = (-1 ; 7) y b = (3 ; 4) A) 60°
B) 90°
C) 45°
D) 75°
E) 30°
381) Si los vectores: v = ( 2 ; - 3 ) y w = (1 ; n ), son perpendiculares; hallar el valor de n. A )j
B) 3
C )|
D )|
E) 2
382) Los vectores: p = (a -1 ; a + 2) y q = (5 ; 7), son paralelos. El valor de a, es: A) 17
B) 2
C )y
D) ^
E)N.A.
383) Sean h y k, dos números reales, tales que: á = hb + k c donde: á = (3 ; - 2 ) , b = (-2 ;1) ye A) 1 1078
= ( 7 ; - 4 ) . H allar: h + k B) 2
C) 3
D) 4
E)N.A.
384) En un A ABC, hallar la medida del ángulo B, si: A - (2 ; 3 ), B - (1 ; 2) y C - (-1 ; 2) A) 45°
B) 60°
C) 120°
D) 135°
E)N.A.
385) Si cada cuadrado pequeño, tiene área 1u2: hallar el m ódulo del vector: r=á+ b+ c+ d A) 3 / 2
B )3 /3
C )3 /5
D )3 /6
386) la figura muestra un cubo cuya arista tiene longitud a. Hallar el módulo del vector: c
D
r = AB + CM A) a B) 2a C) 2 a
H /
/
/
D) 3a
A
387) Los vectores a y b forman un ángulo de medida 30°. Si : | a | =
y
b = 1
Hallar la medida del ángulo formado por los vectores p = á + b y q = a - b /
\
2
A) are eos
/
B) 30°
C) are eos
\
1
D) 15
388) A partir del gráfico adjunto. Demostrar que: r =
1
— -
b a +
+ b
-i 389) Dado: a = (3 ; -4), hallar a A) (3 ; -4)
B) (-3 ; 4)
C) (-3 ; -4)
D) (-4 ; 3)
E) 14 ; 3)
390) Si P, es un punto de la recta L, que pasa por el punto P0 y es paralela al vector a, entonces: A) P = P0 + t á , t e [0 ; 1]
B) P = P0 + 1 a , t e IR2
D) P = P0 + 1 á , t > 0
E) Ninguna
C)P = Pn+ t i ,te IR
1079
391) Respecto a la ecuación de la recta en el problema anterior, contestar verdadero o falso I)
á, es denominado “vector direccional” de t?.
II)
Al coeficiente t, se le llama parámetro. A) W
B) FF
C) VF
D)FV
E)N.A.
392) Dada la recta: L = {P = (1 ; 3) + 1 (2 ; -3) / 1 e IR }. Indicar verdadero (V) o falso (F): I)
El punto (3 ; 0) no pertenece a L.
II)
El punto (3 ; 1) pertenece a L. A) W
B) FF
C) FV
D)VF
E) N.A.
393) Sean las ecuaciones paramétricas de una recta: x = 2 + 3t y = 1+ t Entonces, la ecuación simétrica, es:
A )l z l = l z l A) 3 2 x- 2 D) - ^ ~
B)
2
“
p v x “ 2 _ y -1 C) 1
1
y + 1 =
E )N A
394) Si: L, = { P 0 + t(a + 4 ; a - 4 ) / t e
IR }
L2 = { P0 + r ( i - 2a ; 3a) / r e IR}
son rectas iguales ; hallar el valor de a. A)1
B) 0
C )-1
D) 2
E) N.A.
395) Las rectas: L] : (x ; y) = (1 ; 3) + 1 (t ; -2)
L2 : ( x ; y ) = (3 ; -1) + r(-1 ; 2)
r, t e IR A) Son paralelas
B) Son perpendiculares
D) Son iguales
E)N.A.
C) Son oblicuas
396) Las rectas: L, : ( x ; y) = (2 ;1 ) + t(-1 ;2 )
L2 : (x ; y) = (1 ;2 ) + r(2 ;-1 )
t , r e IR.
1080
A) Son paralelas
B) Son perpendiculares
D) Son iguales.
E)N.A.
C) Son oblicuas
397) Lv es una recta que pasa por el punto A(7 ; 9). L2,es otra recta que pasa por los puntos B(1 ; 1)
y C(3 ; 4)
Entonces, una ecuación vectorial de L, es: A) P = (x ; y) = (7 ; 9) + t(1 ; 1), t e IR
B) P = (x ¡ y) = (7 ¡ 9) + t(3 ; 4), t € IR
C) P = (x ; y) = (7 ; 9) + t(4 ; 5), te IR
D) P = (x ; y) = (7 ¡ 9) + t(2 ; 3), t e IR
E) N.A. 398) La recta que pasa por el punto (5 ; 6) y es perpendicular al vector (-2 ; 3), tiene ecuación: A) P = (5 - 2 t ; 6 + 3t), t e IR
B) P = (5 + 3 t ; 6 - 2t), t e IR
C) P = (5 + 3 t ; 6 + 2t), t e IR
D) P = (-2 + 5 t : 3 + 6t); t e IR
E) P = (3 + 5 t;- 2 + 6 t) ;te IR 399) Sea la recta L, cuyas ecuaciones paramétricas son: í x = 2 +t l y = 3 +t Entonces: I) II)
(-2 ; 3) es un punto de paso, de L. (1 ; 1) es un punto de paso, de L.
III) L, forma un ángulo de 30° con el eje de abscisas. A)FFV
B) V W
C)FFF
D)FVF
E)N.A.
D)VFV
E)N.A.
400) Sean las ecuaciones paramétricas de una recta: í x = 2 + 3t ' y = 1 +t Entonces: I)
(3 ; 1), es un punto de paso.
II)
La pendiente, es 2.
II!)
(3 ; 1), es un vector direccional. A )V W
B) FFF
C)FFV
401) Respecto a la recta L, cuyas ecuaciones paramétricas son: J x = 1-t, i
y = 2
(I) Tiene como punto de paso (1 ; 2) (II) El vector direccional, es (-1 ; 0) (III) Es una recta vertical A )W V
B) W F
C)FFF
D)FFV
E)N.A. 1081
402) La ecuación del rayo con origen en el punto P0(3 ; 5) y paralelo al vector V = (1 ; 2), es A) P = (3 + 5 t;2 + t ) , t e IR
B) P = (3 + 1; 5 + 2t), t e IR
C )P = (3 + t ; 5 + 2t), t > 1
D) P = (3 + 1 ; 5 + 2t), t > 0
403) La recta:
E)N.A
x = 1 + 2t y = 3 - 4t
tiene forma simétrica: A)
x - 1_ y + 3 2
"
-4
B)
x - 1_ y - 3 2
”
-4
C)
x - 1
y - 3
E) N.A
D)
B f 5; 9 ) 404) Si P = (x ; y), es un punto cualquiera del segmento AB, entonces: A) P = (2 + 5 t ; 4 + 9 t) ,te [0 ; 1] B )P = (2 + 3 t ; 4 + 5 t) ,te IR
C) P = ( 2 + 3 1 , 4 + 51), t e [ 0 ; 1 ]
D )P = (2 + 5 t ; 4 + 3 t) .te [0 ; 1]
E) P = (2 + 3 t ; 5 + 4t), t e [ 0 ; 1]
40o) En el gráfico adjunto, L es una recta paralela al segmento RS Entonces, la ecuación vectorial de L, es: A) P = (1 ; 0) + 1(2; 3), t e IR B) P = (0; 1) + t(3 ; 2), t e IR C) P = (0;! 1) + t(2; 3), t e IR D) P = (0; ; -1) + 1(2 ; 3), t € IR E )P = (0 ; -1) + t(3 , 2), t e IR
CONSTRUCCIONES CON REGLAYCOMPAS
B
406) Construir el cuadrado inscrito en el A ABC, uno de cuyos lados es paralelo a AC. 407) Copiar el triángulo ABC del problema anterior y ubicar un punto H, que equidiste de los vértices A y C, estando además a igual distancia de los lados AB y BC. 408) Dibujar las circunferencias, ins crita y circunscrita, al A A B C .d e la siguiente figura: 1082
409) Graficar un triángulo, conociendo las longitudes de sus tres me dianas:
mi m ~> m3 Graficar una recta tangente a la circunferencia dada y que forme un ángulo de medida a°, con la recta m:
410)
411) C o n s tru ir
un
triá n g u lo
ABC
conociendo la longitud del lado AC la del circunradio “R” y la medida a° del ángulo BAC. 412) Construir un rectángulo, conociendo las longitudes respectivas de la base (b) y la diagonal (d).
b
413) C o n s tru ir un triá n g u lo PQR, conociendo la longitud “r" del inradio y las medidas a ° , p° de los ángulos QPR y PRQ, respectivamente.
414) Construir un trapezoide ABCD, sabiendo que M ,N y Q, son puntos medios de los lados Á B .B C y CD, respectivamente.
N M
Q
415) Graficar un A ABC, conociendo la longitud a, del lado BC y las longitudes de las alturas
h» y h ‘ :
a
hb
é---------------------------------------------
•----------------1
h
0
♦---------------------------------- •
IS O M ETR IAS 416) La reflexión del trapecio ABCD a través del punto E, es:
B
C
D A)
B__________C / \
D B)
D
A
B
1083
D)
B
A
C
E)N.A.
B
417) ¿Cuál representa un correcto gráfico de la reflexión de la figura ABC, a través del punto 0?
c
c
A)
B
O A'
B) O
B'
C) A
T
o A’
B
D) A
C
B
A’
C
B’
E)N.A.
418) P' y Q' son las reflexiones de P y Q, respectivamente, a través del punto 0. L 1 1 L2 , d(P, Q) = 20u y QPO = 30°. El área de la superficie PQP’Q’, es: L
A )2 0 0 u 2 B) 400u2 C) 1 0 0 /3 u2
O
D) 2 0 0 / 3 u2 E)N.A. 419) La reflexión de la figura mostrada, a través del punto 0, es:
5 A)
1084
B)
-o C)
D)
m
E) N.A.
420) Indicar verdadero (V) o falso (F): I)
Una rotación de 180° equivale a una reflexión a través del mismo punto.
II)
Si P y Q son puntos distintos y F una isometría, entonces: d(P.Q) = d(F(P), F(Q))
III)
La reflexión de un paralelogramo a través de su centro es equivalente a reflejarlo a través de una diagonal. A )V W
B) W F
C) FFF
D)FFV
E)N.A.
421) Se rota un triángulo equilátero, de lado 6cm, 90° respecto a un vértice. La distancia entre los baricentros del triángulo y su imagen, es: A)6cm .
B) ^ 6 cm.
C)2^~6cm
D )3 ^ 2 c m .
E)N.A.
422) Un hexágono regular ABCDEF, de lado 4cm., se refleja a través del eje que contiene a la diagonal AC. La región común a ABCDEF y su imagen, tiene área: A )4 ^ 3 ^c m 2
B) 8^~3cm 2
C) 4cm2
D) 6cm2
E)N.A.
423) ABCD, es un rectángulo, donde AB = 6 y BC = 10. Se refleja ABCD a través de la diagonal AC. La región común a ABCD y su imagen, tiene área : A) 45,8
B) 40,8
C) 32,8
D) 64
E) N.A.
424) Se refleja un triángulo equilátero, de lado 6u, a través de su baricentro. El área de la región común al triángulo y su imagen, es: A) 6u2
B )6 /2 u 2
C )6 /3 u 2
D ) 2 / 6 u2
E)N.A.
425) La reflexión del triángulo equilátero ABC a través del centro O, equivale a una rotación de P° respecto al mismo punto: entonces: A )P = 120
B
B) p = 90 C )p = 150 D )p = 180 E) No existe.
426) La figura es un rectángulo donde:
d(A, C) = 5 ^ 2 u. Si RL es la reflexión a través de la
recta L. 1085
Hallar la suma de la áreas de las regiones BCB’ y CDD\ si B’ = RL(B) y D’ = RL(D) B
A )1 0 0 u 2
L
B) 50u2 C) 25u2 D) 10u2 E) N.A.
427) Si G es una rotación aplicada a un punto, entonces, señale verdadero (V) o falso (F) II) G-2o° - G 34O'
I) G_io° - ^ io ° A )W W
B)FFFF
III) ^800* - ^80
C) F V W
IV) ^-5000° “ ^40"
D) F V W
E)N.A.
428) Marcar verdadero (V) o falso (F). Si H es una isometría; P y Q puntos distintos, entonces I)
H (P )* H(Q)
II)
P Q //H ( P )H( Q ), siempre.
III)
Si: PQ ± H( P )H ( Q ), entonces H puede ser alguna rotación. A)VFV
B )V W
C) FFF
D) F W
E) N.A.
429) P y Q son dos puntos distintos de una circunferencia cuyo centro es otro punto M. Sean P’ y Q’ imágenes de P y Q, a través de una rotación de 42° respecto a M. Entonces, PQP'Q', es: A) paralelogramo
B) rombo
C) rectángulo
D) trapecio isósceles
E) trapecio rectángulo.
430) El triángulo ABC, se refleja a través de la hipotenusa AC. Halla la distancia de B, a su imagen B \ si d(A, C) = 6 y Z BAC = 30°. A) 6
B )2 /3
C )6 /3
E) N.A.
D )3 /3
431) En la figura: d(A, O) = 2 A’ es la reflexión de A a través de O A" es la rotación de A ’, un ángulo de 90° respecto al punto O. Hallar d(A, A ”).
./ A
A) 2
B )/2 D) 4
E)N.A. 108*)
OP
30"
432) En la figura, la distancia de A, a la recta m es 2. A ’ es la reflexión A, a través de m. A” es la reflexión de A’ a través de O. Hallar d(A, A"). A) 4 B) 6 C )2 /3 30a
D )4 /3
o
E) N.A.
in
433) Los segmentos PQ y QM son catetos de un triángulo rectángulo. R es el punto medio de la hipotenusa. La reflexión de Q respecto al punto R. es Q’. Hallar d(Q, Q’), si: d(P, Q) = 8 y d(Q, M) = 15 A) 23
B) 11,5
C) 16
D) 17
E) 14
434) Sea AOB un triángulo rectángulo recto en O. La aplicación Fr es una dilatación respecto al punto O e indica que a cualquier punto P se le asigna el punto Fr(P), ubicado sobre el rayo de vértice O y que pasa por P, a una distancia de O, igual a “r" veces d(0, P). H allar: d(F3(A), F4(B)), si: d(O .A) = d(0, B) = 2 A) 5
B) 10
C) 8
D) 14
E) 12
435) En la figura O, P y Q son puntos de una recta. d(0, P) = 7 y d(P, Q) = 17. La aplicación G es una rotación respecto al punto O ; sean :
P’ = G Itr
Q’ = G 10QO
1087
C L A V E S
1088
1. D
26. C
51. C
76. E
101. D
126. D
2. E
27. E
52. C
77. B
102. E
127. E
3. B
28. A
53. B
78. C
103. D
128. A
4. A
29. B
54. E
79. D
104. E
129. C
5. D
30. C
55. D
80. C
105. A
130. E
6. D
31. C
56. C
81. A
106. B
. 131. C
7. D
32. C
57. A
82. D
107. B
132. C
8. B
33. D
58. D
83. E
108. B
133. B
9. E
34. C
59. C
84. C
109. C
134. D
10. A
35. B
60. E
85. D
110. B
135. E
11. C
36. C
61. C
86. C
111. A
136. B
12. E
37. B
62. D
87. A
112. B
137. D
13. C
38. E
63. D
88. E
113. B
138. B
14. B
39. E
64. C
89. D
114. B
139. B
15. D
40. B
65. A
90. E
115. D
140. E
16. D
41. A
66. C
91. C
116. C
141. B
17. E
42. B
67. C
92. A
117. B
142. B
18. B
43. D
68. D
93. D
118. E
143. B
19. C
44. A
69. A
94. B
119. B
144. B
20. C
45. D
70. D
95. E
120. B
145. D
21. D
46. A
71. E
96. B
121. A
146. C
22. A
47. D
72. B
97. B
122. D
147. B
23. C
48. B
73. D
98. D
123. A
148. B
24. B
49. C
74. C
99. D
124. A
149. A
25. C
50. D
75. E
100.D
125. D
150. A
\
151. C
176 . B
201. C
226 C
251. E
276. C
152. A
177 . B
202. B
227. E
252. B
277. B
153. B
178. D
203. E
228. D
253. C
278. E
154. A
179. C
204. D
229. B
254. E
279. D
155. B
180 . A
205. D
230. C
255. B
280. E
156. B
1 81 . C
206. A
231. E
256. E
281. B
157. C
1 82 . A
207. E
232. A
257. C
282. B
158. C
183. E
208. C
233. C
258. D
283. A
159. D
184. E
209. D
234. D
259. B
284. D
160. B
185. D
210. B
235. A
260. B
285. D
161. A
1 86 . B
211. C
236. D
261. C
286. D
162. A
187. E
212. E
237. E
262. A
287. D
163. C
188. C
213. B
238. -
263. B
288. E
164 . A
1 89 . C
214. C
239. C
264. C
289. B
165. E
190. D
215. E
240. D
265. D
290. B
166. D
191. B
216. B
241. E
266. A
291. C
167. C
1 92 . B
217. A
242. B
267. B
292. D
168. E
1 93 . A
218. B
243. C
268. C
293. E
169. B
194. B
219. D
244. E
269. E
294. D
170. C
195. A
220. A
245. C
270. B
295. E
171. C
196. C
221. A
246. B
271. C
296. D
172. B
197. C
222. B
247. C
272. D
297. E
173. B
1 98 . A
223. C
248. D
273. E
298. B
174. C
199. D
224. A
249. E
274. D
299. D
175. D
200. A
225. D
250. E
275. B
300. E
1089
1090
301. A
326. D
351. C
376. D
401. B
426. C
302. A
327. C
352. E
377. E
402. D
427. D
303. C
328. E
353. B
378. C
403. B
428. A
304. E
329. A
354. B
379. B
404. C
429. D
305. E
330. D
355. E
380. C
405. E
430. D
306. C
331 E
356. B
381. D
406. -
431. C
307. A
332. D
357. C
382. C
407. -
432. C
308. E
333. B
358. C
383. C
408. -
433. D
309. B
334. A
359. C
384. D
409. -
434. B
310. E
335. D
360. A
385. C
410. -
435. A
311. D
336. E
361. D
386. C
411. -
312. A
337. C
362. C
387. A
412. -
313. C
338. D
363. B
388. -
413. -
314. E
339. D
364. C
389. E
414. -
315. D
340. B
365. B
390. C
415. -
316. C
341. E
366. A
391. A
416. D
317. C
342. B
367. C
392. B
417. C
318. D
343. E
368. A
393. C
418. D
319. C
344. B
369. D
394. C
419. A
320. B
345. A
370. C
395. D
420. B
321. B
346. A
371. B
396. C
421. C
322. D
347. B
372. C
397. D
422. B
323. C
348. B
373. C
398. C
423. B
324. A
349. D
374. A
399. C
424. C
325. B
350. D
375. C
400. C
425. D
\
B IB L IO G R A F IA 1)
Geometría.
Serie Matemática Moderna Edwin E. Moise - Floyd L. Downs. Editorial Norma
2)
Geom etría Elemental
Edwin M. Hemmerling. Editorial Limusa
3)
Geom etría Moderna.
R. Jurgensen - A. Donnelly - M. Dolcíani Publicaciones Cultural S.A.
4)
Plañe Geom etry Problem s
Marcus Horblit - Kaj L. Nielsen. Barne and Noble, Inc., New York
5)
Cous de Géom etrie.
Par une reunión de professeurs. Librairie Genérale - París.
6)
M atem áticas.
Curso Preuniversitario. Constantino Marcos - Jacinto Martínez Ediciones S.M. Madrid F.G .M . Librairie Générale - París
7)
Exercices de Géom étrie.
8)
E xercicios de Geom etría Plana. Edgar de Allencar Filho.
9)
Problem as de Geom etría A nalítica.
D. Kletenik.
Editorial Latinoamericana 10)
Geom etría Superior.
Bruño.
11)
Geometría Analítica.
H. B. Phillips. Unión Tipográfica Editorial -Hispano-Americana
1091
FE DE E R R A T A S Página
Referencia
Dice *
27
Problema 6
A)
29
f) AI principio de página
8 x 11 x 21 = 1848 ptos 2 x 4 = 8 ptos MNPC = 120 + ... + 1848 MNPC = 7414 ptos
89
En oblicuas
200
Prob. 54 Solución
272
Casi al final de página
348
7414
Debe Decir A) 7876 10 . 11 . 21 = 2 310 ptos 2 . 5 = 10 ptos MNPC = 120 + ... + 2 310 MNPC = 7 876
x1 y
x1 y
Propiedad: Por tres puntos colineales
Propiedad: Por tres puntos no colineales
a) Bisectriz interior
Debajo, colocar :
b) Bisectriz exterior -> Debajo, c o lo c a r:
AD
AB
DC
BC
EA
AB
EC
BC
349
Teorema del Excentro
469
Problema 33 (Fórmula)
556
Problema 42
En el gráfico, debe ser S1donde está S2 y S2 donde está S1
595
En a.2)
"Líneas Proporcionales" (Capítulo 10)
885
Enunciado del Problema 10
995
Ultima línea
1 025
TITULO
1 045
Gráfico Prob. 34
1 050
Prob. 167
1 078
Prob. 379 (Figura)
(El gráfico debe ir a la altura de la fórmula) OI = R( R - 2 r )
■
OI 2 = R ( R - 2 r )
"Semejanza de Triángulos" (Capítulo 12) EF
AAHE
AOHE
MISCELANIA
MISCELANEA
/c Hallar DT, si AT = 6
borrar si AT = 6
I m p r e s o e n lo s ta lle r e s g r á f ic o s d e E d ito r ia l S a n M a r c o s A v. L a s L o m a s 1 6 0 0 U rb . M a n g o m a rc a - S J L . R U C
10090984344
P e d id o s : N a t a lio S á n c h e z 2 2 0 o f. 3 0 4 ( c d r a . 5 A r e n a le s ) L im a T f. 3 3 0 - 8 5 5 3 A v . G a r c i la s o d e la V e g a 9 1 1 - O f. 4 0 4 - U r n a , T f. 4 2 4 * 6 5 6 3
