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1SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 1
GEOMETRÍATEMA 1
TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES
DESARROLLO DEL TEMA
TRIÁNGULO
A
B
C
Elementos:• Vértices:A,B,C• Lados:AB,BC,AC
Definición:Perímetro=2p2p=AB+BC+AC.
Nótese:partesombreadaeslaregióninterior
Observación:(Regióninterior)∪ (iABC)=RegióntriangularABC
I. CLASIFICACIÓN
1. Por la medida de sus lados:
a≠b≠c
c
a b
Escaleno
b
a a
Isósceles
a a
aq q
q
q=60°
Equilátero
2. Por la medida de sus ángulos interioresA) Oblicuángulos
0<a,b,f<90°
a f
b
a,b,f:agudosAcutángulos
90°<q<180°
q
q:obtusoObtusángulos
B) Rectángulos
q=90°
f
f:ángulorecto
TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES
22 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 1
II. TEOREMAS BÁSICOS* Existencia
c
a b
b–a<c<b+a
Observación:
A
B
CT
p<TA+TB+TC<2p
* Correspondencia
b a
a b
Sia > b⇒a>b
a q
b q = a + b
a b
q a + b = q +180°
a + b = q + g
gq
a b
f
a + b = q + f
a
q
b
Observaciones:
A C90–q
B
2q
iABC:isósceles
A
aa
B
C
AB = BC
a
b
a
b=90°
TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES
33SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 1
LÍNEAS NOTABLES
• CevianaB
A D C F
BD:CevianainteriorBF:Cevianaexterior
• Altura
A
B
HC
BH:Altura
Observación:
A
B
FH
DC
H:ortocentrom∠BCA = m∠AHD
• BisectrizB
A
F
C Ja
a
q q
AF:BisectrizinteriorBJ:Bisectrizexterior
Observación:I:Incentro
m∠AIC =90+B2
A
B
I
C
Observación:
A
BE
C
E:Excentro
m∠AEC = B2
A
B
C
E
E:Excentro
m∠BEC =90–A2
• Mediatriz
A
B
CM
L
AM=MC
L:MediatrizrespectoaelladoAC
Observación:
A
B
CM
O
L2
L1
L1yL2mediatrices
O:CircuncentrodeliABC
TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES
44 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 1
Problema 1EnelgráficoAB= BC = AC,calcula"x".
a
a
wM x
B
R
Q
N40°
40°80° 60°
80° CA
P SAN MARCOS 1996
NIVEL DIFÍCILResolución:
• DeldatoseobservaqueeliABC es equilátero.
• m∠PQC =40°• Seam∠MNP= w⇒ iRQN : a + w +40°=180° a + w =140°• iMNP:x+ w +a=180 →x+140°=180° x=40°
Respuesta: 40°
Problema 2Enlasiguientefigura,calcula"x".
2q
a
2a
q
A
x
B
C
P
SAN MARCOS 1998 NIVEL FÁCIL
Resolución:
• Delgráficoseobserva:
APC:2q +2a =90° q + a =45°
• EnlafiguraABCP: a +x+ q =90° a + q +x=90° 45°+x=90° x=45°
Respuesta: 45°
Problema 3Calcular"BQ",siPH=2uyBH= 7u.
C
QP
B
HA aa
A) 2u B) 5u C) 6uD) 3u E) 4u
Resolución:
C
QP2
5 xq
q q
B
HA aa
• Seam∠APH = q = m∠BPQ ⇒ m∠BQA=q
• EltriánguloPBQ(isósceles) BP = BQ ∴x=5u
Respuesta: 5u
PROBLEMAS RESUELTOS
• Mediana
A
B
CM
SiAM= MC
⇒ BM:mediana
Observación:
A
B
T N
GCM
E
G:Baricentro
Se cumple: BG =2GM AG =2GN CG =2GT
Observación:
2m
m
A
B
I
I:IncentrodeliABCA
B Em
2mC
E:ExcentrodeliABC
m nnK
xmK
a
x=aK
5SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 2
GEOMETRÍATEMA 2
CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS
DESARROLLO DEL TEMA
I. DEFINICIÓN Sondostriánguloscuyosángulossonrespectivamente
deigualmediday,además,susladoscorrespondientesdeiguallongitud(ángulosyladoshomólogos).
A Cb
B
ac
b a
q
A' C'b
B'
ac
b a
q
Entonces: m\ABC = m\A'B'C' BC = B'C' m\BAC = m\B'A'C' y AB = A'B' m\ACB = m\A'C'B' CA = C'A'
II. CASOS DE CONGRUENCIA Parapoderafirmarquedostriángulossoncongruentes,
esnecesarioquetreselementosenunodeellosseandeigualmedidaquelostreselementoscorrespondientesenelotrotriángulo,delosque,porlomenosuno,debeserunlado.
Loscasosmáscomunesson:
A. Lado-Ángulo-Lado (L. A. L.)Dostriángulossoncongruentessitienenunángulointerior de igualmedida y, ademas, los lados quedeterminanadichosángulosson,respectivamente,deiguallongitud.
Nota:Paralacongruenciadedostriángulos,existensiempretrescondiciones.Deestasnuncadebefaltarunpardeladoscorrespondientescongruentes.Solo cuando se demuestra que dos triángulos soncongruentes, se puede afirmar que a los ladoscongruentes se oponen ángulos congruentes yviceversa.
CA
c a
B
b
qC'A'
c a
B'
b
q
Sim\BAC = m\B'A'C' AB =A'B',AC= A'C'
→ i ABC ≅ iA'B'C'
B. Ángulo-lado-ángulo (A. L. A.) Dostriángulossoncongruentessitienenunladode
igual longitudy,además, losángulosadyacentesadichosladosson,respectivamente,deigualmedida.
CA
B
b
b qC'A'
B'
b
b q
SiAC= A'C'm\BAC = m\B'A'C' m\ACB = m\A'C'B'
→ i ABC ≅ iA'B'C'
C. Lado-lado-lado (L. L. L.) Dos triángulos son congruentes si sus lados son,
respectivamente,deiguallongitud.
CA
c a
B
b
qC'A'
c a
B'
b
q
SiAB= A'B' BC = B'C' → i ABC ≅ iA'B'C' AC = A'C'
CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS
66 SAN MARCOS REGULAR 2015 – IIGEOMETRÍATEMA 2
III. APLICACIONES DE LA CONGRUENCIAA. Teorema de la bisectriz
Todopuntoquepertenecealabisectrizdeunánguloequidistadelosladosdedichoángulo.
mQ B
d
PRd
bisectrizA
Hm
Oqq
Sea:OP Bisectrizdel\AOBSi:R∈ OP ,RH OA y RQ OB→RH=RQAdemás:OH= OQ
B. Teorema de la mediatriz
Todopuntodelamediatrizdeunsegmentoequidistadelosextremosdedichosegmento.
m m
dd
PL
BA
Sea: L mediatrizdelsegmentoAB.Si:P∈ L→ PA = PB
• Observación: Lossiguientestriángulossonisósceles.
q q qq
mmm m
• Consecuencia:
m m
bq
nn
f g
aa
q = b
a=b
g = f
→
ba
IV. BASE MEDIA DE UN TRIÁNGULO
Definición
Eselsegmentoquetieneporextremos,lospuntosmediosdedosladosdeuntriángulo.
1. Teorema de la base media
Entodotriángulo,unabasemediaesparalelaa labaseysulongitudeslamitaddelalongituddedichabase.
b2
M
m n
n
bA
N
C
B
m
Enlafigurasi:AM=MByBN= NC
MN:basemedia
Entonces:
MN // AC MN=y AC2
2. Teorema de la mediana relativa a la hipotenusa Entodotriángulorectángulolalongituddelamediana
relativa a la hipotenusa es igual a lamitad de lalongituddedichahipotenusa.
mmA
B
m
M C
Enlafigura
BM:medianarelativaalahipotenusaaACdel ABC.
Entonces:
BM= AC2
Observación:
Dostriángulosrectángulosseráncongruentes,cuandotengandoselementosbásicoscongruentes,estosdoselementossonsuficientesyaquesiempreexistiráelángulorecto.
CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS
77SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 2
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1
Hallar la hipotenusa de un triángulorectángulo sabiendo que sus ladosforman una progresión aritmética derazón4u.A) 30u B) 25u C) 32uD) 20u E) 41u
UNMSM 1998
NIVEL FÁCIL
Resolución:
a–4 a
a+4
Planteamiento:Pidena+4
Análisis de los datos:
Delgráfico:
(a–4)2+a2=(a+4)2
a2 =(a+4)2–(a–4)2
a2 =4(a)(4)a=16∴a+ 4 =16+ 4=20u
Respuesta: 20 uProblema 2El iABCesequilátero.HallarRSsi:AP = PC =8 3m.A) 10m B) 13m C) 15mD) 12m E) 14m
UNMSM 2000NIVEL DIFÍCIL
Q
CPSA
R
B
Q
Resolución:
60°
B
30°Q
C60°30°
x
S60°
A P
30°
R 12 3 16 3
4 3
8 38 3
6 3
10 3
16 3
Planteamiento: PidenRS=xAnálisis de los datos:
AP = PC = 8 3 → AB = BC = AC =16 3
En PQC(30°y60°)→ QC = 4 3
En RBQ(30°y60°)→ RB =6 3
En ARS(30°y60°)→ AS = 5 3
∴x= 5 3 x=15mNOP
JKL 3
Respuesta: 15 m
Problema 3SiAB=BMyAM=MC.Hallarx.
B
2a
A M Cx
a
A) 20° B) 15°C) 25° D) 10°E) 30°
UNMSM 2003NIVEL INTERMEDIO
Resolución:
aMHA
2a 2a
aa
P
Cx
B
2aa
aa
Planteamiento:xAnálisis de los datos:iABM(isósceles)AH=HM=a→ m∠ABH=m∠HBM=a
Entonces:AM=MC=2aTrazamos:MP BCPorelteoremadelabisectriz:MH=PM=a∴ MPC(not30°y60°)x= 30°
Respuesta: 30°
8SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 3
GEOMETRÍATEMA 3
CUADRILÁTEROS Y POLÍGONOS
DESARROLLO DEL TEMA
POLÍGONOS
a
b c
d
e
aa
a
a a
L
L L
L
L
aa
a
a a
Convexos No convexos
Equiláteros Equiángulos
Regulares
n(n 3)#D 2
s i 180 (n 2)
180 (n 2)i n
s e 360
360e n
360c n
n(n 1)#Dm 2
°
°
°
°
°
–=
= –
–=
=
=
=
–=
CUADRILÁTEROS
I. DEFINICIÓN
Sonaquellasfigurasdeterminadasaltrazarcuatrorectassecantesycoplanares,queseintersectandosados.Lossegmentosquesedeterminansonsusladosylospuntosdeintersecciónsonsusvértices.
AA°
B C
D
B° C°
D°
Convexo
A°+B°+C°+D°=360°
x°= a°+b°+q°
A
B
C
D
x°a
b
q
No convexo
II. CLASIFICACIÓN A. Trapezoides
A
D
CB
Trapezoide asimétrico
#Dm=Númerode diagonalesmedias
CUADRILÁTEROS Y POLÍGONOS
99SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 3
B
A C
D
Trapezoide simétrico
B. Trapecios
B
A
C
D
Bases
//BC AD
B
A
C
DT.Escaleno
B
A
C
Da a
B
A
C
D T.Isósceles T.Rectángulo
C. Paralelogramos
B
a°A
C
D
b°
b°
a°AB // CDBC // AD
B
A
C
Da≠90°
Romboide
A
D
B
C
Rombo
B
A
C
D
B
A
C
D
Rectángulo Cuadrado
III. PROPIEDADES BÁSICAS
A. En el Trapecio
M N
a
b
MN= a+b2
MN:BasemediaMN//Bases
a
b
P Q
PQ = a–b2
PQ//Bases
B. En el Paralelogramo
B
A
C
D
O
AO = OCBO = OD
B
A
C
D
m
nb
a
a+b= n+m
C. En todo Cuadrilátero
A
B
C
D
Q
R
S
P
→ PQRSesunparalelogramo
CUADRILÁTEROS Y POLÍGONOS
1010 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 3
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1Larelaciónentrelasmedidasdelángulointerior y exterior de un polígonoregulares3/2.Calcularsunúmerodediagonales.A) 1 B) 2 C) 3D) 4 E) 5
Resolución:
Dato:
i 32e
=
180⇒
(n 2)3n
360 2n
–=
1
n(n 3) 5(5 3)D 2 2– –= =
Piden: 1n(n 3) 5(5 3)D 2 2
– –= =
DT = 5
Respuesta: DT = 5
Problema 2En un polígono convexo, desde 3vértices consecutivos se han trazado8 diagonales. Calcular la suma de losángulosinternosdedichopolígono.A) 700° B) 710° C) 720°D) 730° E) 740°
Resolución:1.ervértice:n–32.dovértice:n–33.ervértice:n– 4Entotal:3n–10=8 3n=18 n =6Piden: Si =180(6–2) Si =720°
Respuesta: Si = 720º
Problema 3EnuntrapezoideABCD,secumple:AB = BC = CD; calcula m∠ABC sim∠BCD =60ºym∠BAD =50º.
UNMSM 1998NIVEL FÁCIL
A) x=160° B) x=140°C) x=120° D) x=100°E) x=90°
Resolución:
A
Bx
C
D50°
60°80°
60°
50°60°
Piden:m∠B =xUnimos BD para que el DBCD seaequilátero,porloquem∠CBDes60º.El DABDesisósceles(AB=BD).
Entoncesm∠ABDes80ºm∠B = m∠ABD + m∠CBDx=80º+60ºx=140º
Respuesta: x = 140º
11SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 4
GEOMETRÍATEMA 4
CIRCUNFERENCIA I
DESARROLLO DEL TEMA
I. DEFINICIÓN Esaquellafigurageométricaformadaportodoslospuntos
deunplanoqueequidistandeunpuntofijodelmismoplanollamadocentro.
II. ELEMENTOS
Or
Centro :O Radio :r
Nota:MedidaAngular:360°MedidaLongitudinal:2pr
III. ELEMENTOS ASOCIADOS A LA CIR-CUNFERENCIA
•Cuerda:AB
CS
B
QP
A
N
T
LTLS M
•Diámetro:PQ PQ=2r •ArcoAB •PuntodeTangencia:T •RectaTangente:LT •RectaSecante:LS •Flecha:CS IV. PROPIEDADES FUNDAMENTALES
1. Si:AB//CDsecumple:
A B
C D
a b mAC=mBD
a=b
2.
A
D
Cb
aB
Si:AB=CDsecumple: mAB=mCD a=b
3. Si:OP ⊥ ABsecumple: P
AB
O
M
AM=MB mAP=mPB
4. Si: L rectatangente
L
T
Oa
secumple:
5. Si:A,Bsonpuntosde A P tangencia,secumple: AP = PB
CIRCUNFERENCIA I
1212 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 4
6. Si:AP y PBysonpuntos
aq
A
O
B
P
detangencia
Nota:SitepidenelinradiodeuntriángulorectánguloseránecesarioaplicarelteoremadePoncelet.Sisetieneelgráfico.
A
O B
ysetienem]ABCesconvenientetrazar
V. CIRCUNFERENCIA INSCRITA EN UN TRIÁNGULO
Esaquellacircunferenciaqueestangentealosladosdeuntriángulo.
Nota:Todo triángulo tiene una circunferencia inscrita asu centro, sedenomina incentro y sedeterminaalintersectarselasbisectricesinteriores,ademáselradiosedenominainradio.
DACUTÁNGULO DOBTUSÁNGULO DRECTÁNGULO
VI. CIRCUNFERENCIA CIRCUNSCRITA A UN TRIÁNGULO
Esaquellacircunferenciaquecontienealosvérticesdeuntriángulo.
Nota:Todo triángulo tieneuna circunferencia circunscritacuyocentrosedenominacircuncentroysedeterminaalintersectarlasmediatricestrazadasacadaladodeltriánguloycuyoradiosellamacircunradio.
DACUTÁNGULO DRECTÁNGULO DOBTUSÁNGULO
Nota:Setiene:
T
rA
rBa
a
2a
Setraza
VII. TEOREMA DE PONCELET Entodotriángulorectángulolasumadeloscatetoses
iguala la longitudde lahipotenusamásdosveceselinradio.
A
r
B C
AB + BC = AC +2r
*rinradiodel
ABC
VIII. TEOREMA DE PITOT En todo cuadrilátero convexo circunscrito a una
circunferencialasumadelosladosopuestossoniguales.
AB + CD = BC + AD
A
BC
D
Nota:El teorema de Pitot se puede aplicar en cualquierpolígonoconvexocuyonúmerodeladosseapar.
Sidoscuerdassoncongruentes,entoncesladistanciadelcentroendichascuerdassoncongruentes.
Losúnicosparalelogramosquesepuedaninscribirenunacircunferenciasonelrectánguloyelcuadrado.
CIRCUNFERENCIA I
1313SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 4
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1Calcula:"x".(T:puntodetangencia)
2x
T
x
A) 18° B) 14° C) 16°D) 12° E) 13°
Resolución:
T
2x2x
r
r
O4x x MV
Piden:xDVOT(m] VTO=2x)m]TOM=4xOTM
4x+x=90º5x=90º
x=18ºRespuesta: 18°
Problema 2Enelgráfico,siAB=50,BC=70yAC=60.Calcula AQ. (P, Q y T son puntos detangencia)
PB
CT
AQ
A) 28 B) 20 C) 30D) 22 E) 23
Resolución:Piden:AQ=x
PB 70
C
60
50
Q A
T
x
Porpropiedad:CQ = CP =pDABC= 50+60+ 70
2 CQ = CP =90⇒ 60+x=90x=30
Respuesta: 30
Problema 3Calcula el perímetrodel triánguloBTCsielcuadradoABCDtieneunladocuyalongitudesiguala10.
B C
A D
PT
B C
A D
10
aq
a
P
5 5O
T
10
A) 28 B) 20 C) 35D) 30 E) 23
Resolución:Piden:2pDBTC
ODC(Not.53°2)
a=53°2
⇒ q=37ºTBC(Not.37ºy53º)
2pDTBC=30Respuesta: 30
14SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 5
GEOMETRÍATEMA 5
CIRCUNFERENCIA II
DESARROLLO DEL TEMA
I. ÁNGULOS ASOCIADOS A LA CIRCUN-FERENCIA
A. Ángulo Central
O a
A
B
Delgráficosecumple:
mAB = a
B. Ángulo Inscrito
a
A
B
Delgráficosecumple:
mAB =2a
C. Ángulo Semi–inscrito
P B
Aab
Delgráficosecumple:
mAB =2a
mAPB =2b
D. Ángulo Ex–inscrito
x b
a
Delgráficosecumple:
x= a + b2
E. Ángulo Interior
qa x
Delgráficosecumple:
x= a + q2
F. Ángulo Exterior
Caso 1
x PA
Bb
a
DelgráficoAyBsonpuntosdetangencia
x= b–a2
x+ a =180°
CIRCUNFERENCIA II
1515SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 5
Caso 2
xT
ab
DelgráficoTespuntodetangencia
x= b–a2
Caso 3
xa
b
Enelgráfico:
x= b–a2
II. CUADRILÁTERO INSCRITO EN UNA CIRCUNFERENCIA
Esaquelcuadriláterocuyosvérticespertenecenaunamismacircunferencia.
A
BC
D
ABCD:CuadriláteroInscritooCíclico
III. PROPIEDADES Entodocuadriláteroinscritoenunacircunferencia,los
ángulosopuestossonsuplementarios.
a
bDA
BC
a + b =180°
Nota:
a b
ab
IV. CUADRILÁTERO INSCRIPTIBLE
Es aquel cuadrilátero que se puede inscribir en unacircunferencia, por lo cual, deberá cumplir con laspropiedadesanteriores.
Uncuadriláterovaaserinscriptiblesisecumple:
1. 2.
aa
3. 4.
b
b
Nota:
La medida longitudinal y la medida angular deuna circunferencia de radio "r" es 2pr y 360ºrespectivamente.
CIRCUNFERENCIA II
1616 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 5
Problema 1
Si:mAB = mCD4
,calculamEF
A
B
b
D
E
FP
A) mEF =20° B) mEF =60°C) mEF =80° D) mEF =30°E) mEF =10°
UNMSM 1997 NIVEL FÁCIL
Resolución:
Delosdatosyelgráfico:
mAB =20°;mCD =80°
Enlacircunferenciamenor:
mP = mCD–mAB2
= 80°–20°2
mP =30°
En la circunferencia mayor, por seránguloinscrito:
mEF2
= mP ⇒ mEF =60°
Respuesta: mEF = 60°
Problema 2Enelgráfico,calculax.
B
PD
CxE 30°
A) 28º B) 30º C) 10ºD) 22º E) 23º
UNMSM 1993NIVEL INTERMEDIO
Resolución:
BA
a a
b
b
PD
CxE 30°
Delgráfico:30º +a+b= 180ºa +b =150º
Enlacircunferencia:mEA+2a+2b=360ºmEA +300º= 360º⇒ mEA =60º
x= mEA2
Poránguloinscrito:x=30°
Respuesta: 30º
Problema 3Enelgráfico,calcula:mBD – mCF,si:mAMD – mENF=15°
A
M
B
E
NF
CP
D
UNMSM 1996 NIVEL DIFÍCIL
A) 18º B) 30º C) 15ºD) 12º E) 20º
Resolución:
P = mAMD – mBD2
Delgráfico:P = mENF – mCF
2Luego:
mENF – mCF2 = mAMD – mBD
2
mBD – mCF – mAMD – mENF
mBD – mCF = 15°Respuesta: 15º
PROBLEMAS RESUELTOS
17SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 6
GEOMETRÍATEMA 6
PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
DESARROLLO DEL TEMA
I. TEOREMA DE THALES "Tres omás paralelas determinan sobre dos omás
secantessegmentosproporcionales". Lasrectas 1 2 3, yL L L sonparalelasylasrectasmynson
secantes,luegosecumple:
m nA
B
D
E
FC
L1
L2
L3
AB DEBC EF=
Corolario "Todaparalelaaunladodeuntriánguloqueintersecaa
losotrosdosoasusprolongaciones,determinansobreellassegmentosproporcionales".
De(a):
BM BNMN // AC MA NC⇒ = ;De(b): QBPBPQ // AC BC BA⇒ =
a. b.
A
M
B
N
C
P Q
B
A C
"Entodotriángulosecumplequelosladosqueformanelvérticededondepartelabisectrizinterior(exterior)sonproporcionalesalossegmentosdeterminadospordichabisectrizsobreelladoopuesto".
Enlafiguraa),BD es bisectrizinterior,luegosecumpleque:
AB BCAD DC=
En la figura b),BE es bisectriz exterior, luego secumpleque:
AB BCAE CE=
a.
A C
a a
B
D
b.
aa
A C
B
BE, es bisectriz exterior, luego se cumple que:BCAB
AE CE=
a.
b.
Observación:• ElTeoremadeThalesesunteoremaunívoco,eso
quieredecirquetienequehaberrectasparalelasparaquehayasegmentosproporcionalesynolocontrario.
• Tener en claro la teoría de razón y proporcióngeométrica,yaqueenestecapítuloseutilizaráesosconceptosconrelaciónalados,segmentos,etc.
• Establecer la diferencia entre triánguloscongruentesysemejantes.
PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
1818 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 6
Problema 1Enlafigura,calcular"x",si a // b // c
.
A
B
C x9
D
E
F
4x
a
b
c
UNMSM 1990NIVEL FÁCIL
A) 18 B) 6 C) 10D) 12 E) 13
Resolución:Sia//b//c,porelteoremadeThalessecumple:
AB DEBC EF=
Reemplazandolosdatos:x x9 4=
x 6=∴
Respuesta: 6
Problema 2EnuntriánguloABC,setrazalabisectrizexteriorBP(PenlaprolongacióndeCA),eneltriánguloPABsetrazalabisectrizinteriorPL, talque laprolongacióndeCLintersecaaPBenE.CalcularPE,siBL=3,PC=10yBC=8.
UNMSM 1992NIVEL INTERMEDIO
A) 18 B) 6 C) 10D) 12 E) 13
Resolución:
8 L
B qq
3 E
aa
3n5n
AC10
EnlafiguranospidenPE=x,enDCBL,por teorema de la bisectriz exteriortenemos:
CE 8nCE 8EL 3 EL 3n
== →
=
PROBLEMAS RESUELTOS
2
4a
3
4 6
8
TRIÁNGULOS SEMEJANTES
tienen
esdecir
Lamismaforma
Susángulossoncongruentes
Dosparejasdeigualángulodeigual
medida
Dosparesdeladosdemedidasproporcionalesyelángulo
comprendidodeigualmedida.
Sustresparesdeladosdemedidasproporcionales
Lasmedidasdesusladoscorrespondientessonproporcionales.
Diferentetamaño
loscriteriosdesemejanzason:
II. DEFINICIÓN Dos triángulos son semejantes si tienen sus tres
ánguloscongruentes,o,sustresladosrespectivamenteproporcionales.
Según loexpuesto, si los triángulosABCyMNPde lafigurasonsemejantes,estosedenotaasí:
ABC MNPD D
Secompruebaquesusángulossontalesque:m A m M;m B m N;m C m P∠ = ∠ ∠ = ∠ ∠ = ∠
Endostriángulossemejantesseverificaquelarazóndecualquierparejadeladoshomólogos(sedenominanlados
homólogosaaquellosqueperteneciendoadostriángulossemejantes se oponena ángulos congruentes), es unnúmeroconstante,llamadorazóndesemejanza.
AB BC AC kMN NP MP= = = ,dondekeslarazóndesemejanza.
A
B
C
N
M Pqq
b
b
aa
PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
1919SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 6
EntoncesCL=5n,luegoenel,porelteoremadelabisectrizinteriortenemos:
x 103n 5n=
∴x= 6
Respuesta: 6
Problema 3EnunDABC(BC =BC),lasalturasBHyAQseintersectanen"O",talque:OH =1yOB= 8.CalcularAC.
UNMSM 2002 NIVEL DIFÍCIL
A) 18 B) 6 C) 10D) 12 E) 13
Resolución:
a
B
Q
CA
O
Hb b1x
x/2 x/2a
8
O
Enlafiguranospide:AC =x
SielDABCesisóscelesyBHesaltura:
xAH HC 2= =
Ycomo:m]OAH = m]OBQ = a
Resultaque:
BHC ∼ AHO
x / 2 19 x / 2=
∴x=6
Respuesta: 6
20SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 7
GEOMETRÍATEMA 7
RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO RECTÁNGULO Y LA CIRCUNFERENCIA
DESARROLLO DEL TEMA
I. TEOREMA DE LAS CUERDAS
¿Qué es cuerda?
A
B
AB: Es cuerda (segmento que une 2 puntos de lacircunferencia).
m b
a
n
A
BC
DAB y CDsoncuerdas:
a.b=m.n
Ejemplo:Hallar"x"
42x
x
18
II. TEOREMA DE LA TANGENTE
¿Qué es una tangente?
A B
AB:estangente.(Rectaqueintersecaalacircunferenciaenunsolopunto).
ab
x
x2 =a.b
x: Tangentea: Secanteb: Parteexternadelasecante
Ejemplo:
Hallar"x".
x
9
3
RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO RECTÁNGULO Y LA CIRCUNFERENCIA
2121SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 7
Problema 1CalculaAB.SiBC =10yDC2 + ED2 + AE2 =56
B
CDE
A
UNMSM 2002NIVEL FÁCIL
A) 3 20 B) 2 11 C) 2 10
D) 5 10 E) 2 20
Resolución:Utilizando el teorema de Pitágoras,tenemos:
BDC: BC2 = DC2 + BD2..........(I)
BED: BD2 = ED2 + BE2 ..........(II)
BAE: BE2 = AE2 + AB2...........(III)
Sumando(I),(II)y(III)obtenemos:BC2 = DC2 + ED2 + AE2 + AB2
102 =56+ AB2
44 = AB2
AB =2 11Respuesta: B) 2 11
Problema 2Los radios de dos circunferenciastangentesexternasestánenlarelacióndeunoatres.Lastangentescomunesexterioresmiden4 3uysecortanenE.CalculaladistanciaentreelcentrodelamayoryE.
UNMSM 2004NIVEL INTERMEDIO
A) 12m B) 10m C) 11m
D) 15m E) 20m
Resolución:
O
H r rr
3r2r
4 3m
O230°
A B E
SepidecalcularOE
AB=2 3r.r ⇒ r=2m.UnimosloscentrosconE.SeobservaqueOO2=4r;OH=2r⇒ m∠OO2H =30⇒ m∠OEA=30°yyaquer=2u;OA =6u
En el OAE: OE =12m
Respuesta: A) 12m
Problema 3En el trapeciomostrado calculaHD si AC =6,AH = 4 y BC =2
B
A
C
H D
UNMSM 2001NIVEL DIFÍCIL
A) 12 B) 5 C) 3D 15 E) 2
Resolución:B
AH D
C
x 2
2
4E
A partir del vértice C se traza unaparalelaaBD.• DondeDBCEesunparalelogramo
• Enel ACE
A H E
C
4
6
X+262 =4(6+x)⇒x=3
Respuesta: C) 3
PROBLEMAS RESUELTOS
III. TEOREMAS DE LAS SECANTES
¿Qué es una secante?
A B
AB:esunasecante(rectaqueintersectaalacircunferenciaen2puntos)
b
y
x
a
x.y=a.b
a,x:Secante b,y:Partesexternasdelassecantes
22SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 8
RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS
DESARROLLO DEL TEMA
GEOMETRÍATEMA 8
I. TEOREMA DE EUCLIDESA. Teorema 1
Entodotriángulosecumplequelamedidadelladoopuestoaunánguloagudoes iguala la sumadeloscuadradosdelasmedidasdelosotrosdoslados,menoseldobleproductoentrelasmedidasdeunodeestosladosylaproyeccióndelotrosobreél.
B
a
CA
c
mH
a
bDeacuerdoalafigurasiendoa<90y"m"lalongituddelaproyecciónsecumple.
a2 =b2 + c2 –2bm ...(1) Observación
En el AHB: m =cCosa
En (1): a2 =b2 + c2 –2bcCosa Teorema deCosenos.
B. Teorema 2En todo triángulo obtusángulo se cumple que elcuadradodelamedidadel lado,opuestoalánguloobtuso es iguala a la suma de los cuadrados delasmedidas de los otros dos ladosmás el dobleproductoentrelasmedidasdeunodeestosladosylaproyeccióndelotrosobreél.
B
H A Cb
ac
m
Enlafigura:a >90yAHeslaproyeccióndeABsobreAC (AH =m),luego:
a2 =b2 + c2 +2bm ...(2)
Observación
En el AHB:m=cCosa.
En(2) a2 =b2 + c2 –2bcCosa "Teoremadecosenos"
II. RECONOCIMIENTO DE LA NATURA-LEZA DE UN TRIÁNGULO
DadoeltriánguloABC,dondeAB =c,BC= ayAC=b,siendoa>b>c,entoncesseverificaque:
a2 <b2 +c2 ⇒ el iABCesacutángulo a2 =b2 +c2 ⇒ el iABCesrectángulo a2 >b2 +c2 ⇒ el iABCesobtusángulo
A. Teorema de Stewart
A
c
m n
xa
B
F Cb
SiBFesunacevianaentoncesseverificalasiguienterelación:
c2n +a2m =x2b+bmn (3)
Observación Sieltriánguloesisóscelescona=claexpresión(3)
sereducea:a2 =x2 + mn
RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS
2323SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 8
B. Teorema de la mediana
A
c mba
B
M Cb
SiBMesmediana(BM= mb)secumplelosiguiente:
c2 +a2 =2(mb)2 +b2
2
Observación Siendolasmedidasdelasotrasmedianasma y mc se
cumpleque:
(ma)2 +(mb)2 +(mc)2 + = (a2 +b2 +c2)3
4
C. TeoremadeHerón
A C
B
c a
H
hb
b
BHesaltura(BH=hb):p= a+b+c2
p(p–a)(p–b)(p–c)2
bhb =
D. Teorema Ptolomeo Entodocuadriláteroinscritooinscriptible,elproducto
de las longitudes de sus diagonales es igual a lasumadelosproductosdelaslongitudesdesusladosopuestos.
DA
B
C
c
nma
b
d
C
lABCD:inscritoenlacircunferenciaC. AB =a;BC=b,CD= c,AD=d AC = m y BD = n Secumple: m.n=a.c+b.d
III. RELACIONES MÉTRICAS EN EL CUA-DRILÁTEROA. Teorema de Euler Entodocuadriláteroconvexoonoconvexoseverifica
alasiguienterelación.
B
A D
NM
C
(AB)2 +(BC)2 +(CD)2 +(AD)2 =(AC)2 +(BD)2 +4(MN)2
B. Teorema de Viette(Segundo Teorema de Ptolomeo)En todo cuadrilátero inscrito o inscriptible en unacircunferencia,larazóndelaslongitudesdiagonalesesigualalarazóndelasumadelosproductosdelaslongitudesdelosladosqueocurrenalosextremosdecadadiagonalrespectivamente.
DA
B
C
cn
ma
b
d
Secumple:mn
ad+bcab+cd=
C. Teorema de ArquímedesEsuncuadriláterodediagonalesperpendicularesseverificaque:
A
BC
D
AB2 + CD2 = BC2 + AD2
RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS
2424 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 8
D. Teorema de ChadúEn todo cuadrilátero inscrito enuna circunferenciao inscriptible, talque tresvértices son losvérticesdeuntriánguloequilátero,entoncesladistanciadelcuartovérticemásalejadoesigualalasumadelasdistanciasdeestealosotrosdosvérticesdeltriánguloequilátero.
A C
BP
ac
b
l
l
l
Secumple: PA= PC + PB
→ C =a+b
E. Teorema de MarlenEsunrectángulo, lasumade loscuadradosde lasdistancias de un punto cualquiera a sus vérticesopuestossoniguales.1.
A D
Bb c
da
P
C
P:puntointeriordelrectánguloABCD.
Secumple: a2 +c2 =b2 +d2
2.
A D
B C
P
x n
m y
P:eselpuntoexteriordelrectánguloABCD. Secumple:
x2 + y2 = m2 + n2
Observación:ElteoremadeMarlentambiénsepuedeaplicarauncuadrado.El punto P puedeubicarse en cualquier parte delplanoquecontienealrectángulo,inclusoelteoremasesiguecumpliendosiPestáenelespacio(fueradelplanoquecontienealrectángulo).
Problema 1ABCDesunrombo,BM=MC,AM=9yDM=13.CalculaAB.
AD
C BM
A) 8 B) 9 C) 10D) 11 E) 12
Resolución:
Ax
D
C
13 xx
T
B
x9
M
Calculodelamediana:132 +92 =2x2 + x
22
x=10
Respuesta: C) 10
Problema 2EnuntriánguloABC,AB= C; BC =ayAC =b.Sia2 = b2 +c2 – bc.Calculelamedianadeunodelosángulosinteriores.A) 45° B) 53° C) 37°D) 30° E) 60°
Resolución:
A
B
C
c a
bq
PROBLEMAS RESUELTOS
RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS
2525SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 8
Teoremadecosenos:a2 =b2 +c2 –2bcCosq
Dato:a2 =b2 +c2 –bc
⇒ 2bcCosq =bc⇒ q =60°
∴ Cosq = 12
Respuesta: E) 60°
Problema 3EsuncuadradoABCDexterioryrelativoaBCseubicaelpuntoP.Sim]BPC =90°y PB + PC =10 2siOescentrodelcuadrado,calcule:PO
A) 6 B) 10 C) 14D) 8 E) 12
Resolución:
A
Ba b
P
x
m m
D
C
O
m 2
mBPCO(Ptolomeo)
xm 2 = ma+ mb
x 2 =10 2
x=10
Respuesta: B) 10
2626SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 9
GEOMETRÍATEMA 9
ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES Y SUS RELACIONES
DESARROLLO DEL TEMA
I. REGIONES POLIGONALES Unaregióntriangularesunconjuntodepuntos,reunión
deuntriánguloysuinterior. Unaregiónpoligonaleslareunióndeunnúmerofinito
deregionestriangularesqueseencuentranenunplanodado,talesquesidoscualesquieradeellasseintersecan,suintersecciónesobienunpuntoounsegmento
Las líneas punteadas en las figuras anteriores indicancómo se podría representar cada una de las dosregionespoligonalesmediantetalreunión.Lasregionestriangularesdecualquierdescomposiciónasísellamanregionestriangularescomponentesdelaregiónpoligonal.
A. Postulados1. Dada una unidad de área, a cada región le
correspondeunnúmeroúnico,llamadoáreadelaregión.
2. El áreadeuna regiónpoligonal es la sumadelas áreas de cualquier conjunto de regionescomponentesenelcualpuededividirse.
3. Sidospolígonossoncongruentes,entonces lasregionespoligonalescorrespondientes tienen lamismaárea.
Acontinuaciónsepresentanunaseriedeteoremasparacalculareláreadediversasregionestriangulares.
Teorema fundamentalB
hb
CA Hb
S =(1/2)hb.b
Teorema trigonométrico
aA C
b
c
BSABC = bc2 Sena
SiSesmáxima⇒ a=90°
Teorema de Arquímedes
A
B
Cb
ac
A C
B
ca
bDonde“p”eselsemiperímetro.
S = p(p–a)(p–b)(p–c)
Observaciones:a) Paratodotriánguloobtusángulo
S
A b C
B
hb
b) Parauntriángulorectángulo.
Sc
b
c) Parauntriánguloequilátero
L L
LA C60° 60°
Bb.c2s =
L2 34s =
ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES Y SUS RELACIONES
2727SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 9
B. Teoremas adicionales
1. Enfuncióndelinradio
S =pr
A
B
C
r
Donde“p”eselsemiperímetro.
2. Enfuncióndelcircunradio
abc4RS =
A
B
C
ORac
b
3. Enfuncióndelex-radio
A
B
C
crc
Ec
S =rc(P.C)
Donde“p”eselsemiperímetro.
4. Enfuncióndelinradioylosex-radios Sea“r”lamedidadelinradiodeuntriánguloABC
y“ra”,“rb”y“rc”lasmedidasdesustresexradios,
entonces:S= r.ra.rb.rc
Observaciones:1. Dos figuras son equivalentes si tienen forma
distinta pero igual tamaño. La siguiente figuramuestrauncírculoyunaregióntriangulardeigualárea,esdecirsonequivalentes.
S S<>
2. Paratodotriángulorectángulo
Am n
B
C
S = mn
3. Paratodotriángulorectángulo
A
B
C
rarc
S =ra.rc
Problema 1CalculaeláreadelaregiónsombreadasiAB=6m,BC = 8m y AC = 10m.DesincentrodeABC.
A
B
D
C
A) R = 5 m2
B) R=19m2 C) R=8m2 D) R=10m2 E) R=9m2
UNMSM 2000NIVEL FÁCIL
Resolución:
A
B
C
D
10m
6m8m
Piden:eláreadelaregiónsombreada.
YaqueDeselincentrodeltriánguloABC,DEeselinradio.
PorelteoremadePoncelet:
AB + BC = AC +2(ED)
8u+6u=10u+2(ED)
ED =2u
SeaRlaregióntriangularABC.
R = AB × ED2
∴ R =8u2
Respuesta: C) R = 8 u2
Problema 2CalculaeláreadelaregiónsombreadasiBF=3uyAC=10u.
B
A CE
F D
PROBLEMAS RESUELTOS
ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES Y SUS RELACIONES
2828 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 9
A) 20u2 B) 12u2
C) 18u2 D) 15u2
E) 10u2 UNMSM 2001
NIVEL INTERMEDIO
Resolución:B
A CE10u
F3u
D
Piden:
Seobservaque:
• S(ABD) = S(ABC) – S(ADC)........(1)
• FE=DH ....................(2)
Ahora:
S(ABC) = AC × BE2 =5u(3u+FE)
S(ADE) = AC × DH2 =5u× DH
Decompararloobtenidocon(1):
S(ABD) =5u(3u+FE)=5u(DH)
S(ABD) =15u2+5uFE–5u(DH)
S(ABD) =15u2 +5u(FE–DH) 144424443 CERO
Decompararcon(2)
∴ S(ABD) =15u2
Respuesta: D) 15 u2
Problema 3Enelgráfico,calculaeláreadelaregióntriangularABS.
B
D
A
E SA) 3,2 B) 7,5C) 6,5 D) 4,5E) 10,2
UNMSM 2004NIVEL DIFÍCIL
Resolución:B
D
A
E S O
H
Nospiden:
A(iSAB)= AS × AB2
DesdeOtrazamosOH ⊥ AB
AH = HB =3
También:OB= 5;
entonces:OH= 4
EneltrapecioSABK:
OH = AS ×5,52
→ AS =2,5
Reemplazando:
A(iSAB)=7,5
Respuesta: B) 7,5
29SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 10
GEOMETRÍATEMA 10
ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES
DESARROLLO DEL TEMA
I. TEOREMAS
1.
B
A
q
C
D
ABCD(AC)(BD)A Sen2= q
Observación:
A
B
C
D
ABCD(AC)(BD)A 2=
2.
D
B
wCA
=A BD(AC) Senw2
Observación:
D
B
CA
=A ABCD(BD)(AC)
2
3.
D
CC
B
A
BA
D
O
SeanA,B,CyDlasáreasdelasregionestriangulares. Secumple:
A.B C.D=
4.
D
C
B
NA
M
A
SB
Si :BM MCAN ND
==
Secumple:S= A + B
5. B
B
NC
C
P
DD
Q
M
A
A
Si:AM=MB,BN= NC CP = PD y AQ = QD ⇒ f MNPQ:Paralelogramo
Secumple: ABCDMNPQ
AA 2=
además: A B C D+ = +
ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES
3030 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 10
II. ÁREA DE REGIONES TRAPECIALES1.
C
DA
B
H Si:BC // AD
2.C
DA
B
H
M N
Si:BC // AD BM=MAyCN= ND
3.C
DA
A
B
BO
D
C
Si:BC // AD Secumple:A = B Además:A.B=C.D A = CD
Luego: AdABCD = A + B + C + D AdABCD =2 CD + C + D AdABCD = ( C + D)2
4.C
DA
B
M
Si:BC // AD CM=MD
ABCDBMA
AA 2⇒ =
Teoremas1.
B
A
R
Dd
c
b
a
C
( )a b c dA ABCD R2+ + +=
2.B
A Dd
b
a
C
c
Sea: a b c dp 2+ + +=
ABCDA (p a)(p b)(p c)(p d)= − − − −
3. Cuadrilátero bicéntrico
B
E
H
G
ADd
b
a
C
c
ABCDA abcd=
III. ÁREA DE REGIONES PARALELOGRÁMICASB
HAq
D
C
q
ABCDA :Paralelogramo
ABCDA (AD)(BH)=
ABCDA (AB)(AD)Sen= q
ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES
3131SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 10
A. Áreadelaregiónrombal
CA
B
D
ABCD(AC)(BD)A 2=
B. Áreadelaregiónrectangular
A D
CB
ABCDA (AB)(AD)=
C. Áreadelaregióncuadrada
A D
C
d
B
a
a
ABCD 2A a= ABCD2dA 2=
D. PropiedadesEnregionesparalelográmicas.
1.
A
A
A
AO
A
D
CB
A
AD
B
C
D
CB
ABCDAA B 2+ =
ABCDAC D 2+ =
2.
A
AB
BQ
C
D
ABCDAA B 2+ =
Problema 1
EnuntriánguloABC,setrazanlascevianasinterioresAMyBQ.(AM∩BQ)CalculelarazóndelasáreasdelasregionesABPyPQCM.Si:
BM 2MC 3= y AQ 3
QC 2=
NIVEL INTERMEDIOA) 2B) 4C) 6D) 8E) 1
Resolución:B
AA
P
QC
M
3m 2m
S2S1 3a
2a
Sea: APQA AD =
De los datos:Porrazóndeáreas1
ABC
S A 3A 5D
+=
; 2ABC
S A 3A 5D
+=
1 2S A S A⇒ + = +12
S 1S∴ =
Respuesta: E) 1
Problema 2SetienelostriángulosequiláterosABCyPBQ,dondePestáenlaregióninterioryQenlaregiónexterioryrelativaaBC,si:(AP)(CQ) =k.CalculeeláreadelaregiónnoconvexaBACP.
NIVEL INTERMEDIO
A) k 23
B) k 32
C) k 34
D) k 32 4
E) 2 34
PROBLEMAS RESUELTOS
ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES
3232 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 10
Resolución:
B
A CP
Q
a ab
qWW
aa
b
b
Segúnelgráficoyporteoremageneral.
Luego: ABP CBQD ≅ D (L– A –L)m BAP w ym BCQ w
⇒ ==
B R
CAw +60°= q + wq =60°Reemplazando:
Respuesta: C) k 34
/4
Problema 3En la figura semuestra un triángulorectángulo isósceles ABC. Calcular eláreadelacoronacircularsi CT 2 3= yM,NyTsonpuntosdetangencia.
NIVEL FÁCILA) 3pB) 6pC) 5pD) 2pE) 4p
A
B N C
TM
Resolución:Sepide: 2 2
coronaA (R r )= p − ...(1)
Deldato:AB= BC
m A m ACB 45= = °
B C
r TM
A
2r
rr
r
R
O
N
45°
45°
r 2
r 2
r 2
2 3
En el OMAD sededuce:
OM=MA=r
AO r 2 ON= =
En el ONCD sededuce:
ON NC r 2= =
OC =2rOTCD (Notable30°-60°)
r=2 R 2 2→ =
En(1): 2 2coronaA ((2 2) 2 )= p −
coronaA 4∴ = p
Respuesta: E) 4 p
33SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 11
GEOMETRÍATEMA 11
ÁREA DE REGIONES CIRCULARES Y SUS RELACIONES
DESARROLLO DEL TEMA
SOII1G11
I. ÁREA DEL CÍRCULO
2S R= p
II. ÁREA DEL SECTOR CIRCULAR
Observación• EláreadeunsectorcircularderadioRyángulocentral
a secalculaR2a2radianes
III. ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR
Observaciones:
2RS 2p=
2RS 6p=
2RS 4p=
2RS 3p=
2RS 8p=
No olvides:
Relaciones de áreas triangulares
ak bk
a b
AA
A AA
A
A A
A
AA
A A
A
AG
G→Baricentro
ÁREA DE REGIONES CIRCULARES Y SUS RELACIONES
3434 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 11
Problema 1Enelgráfico,calculaeláreadelaregiónsombreada.SiQM=2.
UNMSM 2000–INIVEL DIFÍCIL
A) 18 B) 12 C) 15D) 20 E) 10
Resolución:
1. Se une PQ y APAPQ(TeoremadePitágoras)
2 2 2(a 2) a (AQ)+ =
a 5 AQ=
2. jAPQO es un trapecio.Trasladandoáreas.
22x x
1 aS (a 2) S4 2p p= ⇒ =
Teorema de las cuerdasa 5 2 a a 2 5 a⋅ = ⋅ ⇒ =
• Reemplazando:2
x1S (2 5)2= p
xS 10= p
Respuesta: 10 p
PROBLEMAS RESUELTOS
Nota:Las áreas determinadas son proporcionales al lado dedondepartelabisectriz.
12
S a=S b
Sugerencia:Para relacionar área es importante recordar el teoremadeThales.
A. Para triángulos semejantes
SielABCessemejantealMNL.
A1
c
A Cbba
q
B
ah1 A2
l
M Lnba
q
N
mh2
2 2 2 212 2 22
A a b c ... KA m n l= = = = =
Nota:Las áreas de todos los círculos son proporcionales alcuadradodesusradios.
Propiedades: 1. Para todo cuadrilátero
AD
CR
A×C=B×C
X
TOT.Ax 2=
Sugerencia:• Para calcular el área de una región circular solo se
necesitalalongituddelradioyesnecesariorecordarlaspropiedadesgeneralesdeunacircunferencia.
• EláreadeunsectorcircularderadioRyángulocentral,secalculaR
2a2
(a →radianes)
2. Para todo trapecio
TOT.Ax 2=A=B
BA X
3. En todo paralelogramo
TAB A C 2= + =
AA
AB
C
A
AA A
Nota:Las áreas de todos los triángulos equiláteros sonproporcionalesaloscuadradosdesuslados.
ÁREA DE REGIONES CIRCULARES Y SUS RELACIONES
3535SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 11
Problema 2Calculaeláreadelaregiónsombreada,simCM =90°(C,MyOsonpuntosdetangencia).
A) 10p B) 32p C) 23pD) 30p E) 40p
UNMSM 2001–INIVEL INTERMEDIO
Resolución:
(TeoremadePitágoras)32 +(6–r)2 =(3+r)2
9+ 62 –2(6)(r)+r2 =32 +2(3)(r)+r2
Sx =23p
Respuesta: 23 p
Problema 3Calculaeláreadelaregiónsombreada,sieláreadelaregióntriangulares80m2.
A) 28m2
B) 30m2
C) 18m2
D) 50m2
E) 20m2
UNMSM 2002–INIVEL FÁCIL
Resolución:
SetrazaBM,porrelacióndeáreas:
8S=80m2
S=10m2.
Peropiden5S
⇒ 5(10m2)=50m2
Respuesta: 50 m2
36SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 12
GEOMETRÍATEMA 12
RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO
DESARROLLO DEL TEMA
I. DEFINICIÓN Esaquellapartedelageometríaqueestudialasfiguras
geométricasenelespacio.
II. PLANO Elplanoseconsideracomounasuperficiellanaeilimitada
entodasuextensión,ydeespesordespreciable.
A. Representacióngeométricadeunplano
Tradicionalmentealplanoselerepresentamedianteunaregiónparalelográmica;esonosignificaquenolopodemosrepresentarporcualquierotraregiónplana.
L
Seuicalaletraenunadesusesquinas.
Notación: LSeL.
B. Determinacióndeunplano
Significaubicarloofijarloenundeterminadolugar.Para que se entiendamejor, demanera análoga,citaremos un ejemplo real: Si deseamos que lapizarraquedafijaenlapared,debemosapoyarlaenlapareddondequeramosfijarlayclavarentresdesusesquinas.
A continuación veamos qué es necesario paradeterminarunplano:
PostuladoContrespuntosnocolinealessedeterminaunplano.
P
AB
C
SeaA,ByCpuntonocolineales.EntoncesconlospuntosA,ByCsedeterminael P.
Teorema 1Conunarectayunpuntoquenoperteneceadicharectasedeterminaunplano.
P
AB
C
L
SeaC∉ L (A y B ∈ L)EntoncesconCyL sedeterminael P.
Teorema 2Condosrectassecantessedeterminaunplano.
P
AB
C
L1
L2
Como A y B ∈ L1,AyC∈L2.
EntoncesconL1 y L2sedeterminael P.
RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO
3737SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 12
Teorema 3Condosrectasparalelassedeterminaunplano.
P
AB
C
L1
L2
Como A y B ∈L1 C ∈L2 y ∈L2//L1
EntoncesconL1//L2 sedeterminael P.
Posiciones relativas entre rectas y/o planos en el espacioEn el espacio se pueden analizar las posicionesrelativasentreunarectayunplano,entredosrectasyentredosplanos,lasqueexplicaremosacontinuación.
Entre una recta y un planoPuedenserunarectacontenida,secanteoparalelaalplano.
Recta contenida en el planoSilospuntosdelarectapertenecenalplano.
P
AB L1
SiA;B;...∈L yA,B...∈ P.
→ L ⊂ P.
Recta secante al planoSilarectayelplanotienenunsolopuntoencomún.
P
A
L
SiL ∩ P = {A}
→ L y Psonsecantes
Recta paralela al planoSi larectayelplanonotienenunpuntoopuntosencomún.
P
A BL
SiA,B∈ L yA,B ∉ P
→ L y Psonparalelos
Entre dos rectas:Puedenserparalela,secantesoalabeadas(cruzadas)
Rectas paralelasL1
L2
L1 y L2soncoplanaresL1∩L2 =f
Rectas secantesL1
S
L2
L1 ∩L2 = {S}
Rectas alabeadasL1
L2
L1 y L2nosoncoplanares∧ L1 ∩L2 = f
AcontinuaciónsetrazaunplanoquecontengaaL2 eintersecaaL1 parapodervisualizarlomejor.
P
A
L1
L2
RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO
3838 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 12
Entre dos planosPuedenserplanosparalelososecantes
Planos paralelosSonaquellosquenotienenningúnpuntoencomún.
P
L
Si P∩ L= f→ P y Lsonparalelos.
Planos secantesSonaquellosquetienenencomúnunarecta.
P
M
B
A
AristaL
SiL⊂ P y L∩ M→ P y Msonsecantes
Recta perpendicular a un planoUnarectaperpendicularaunplanosedefinecomoaquella que es perpendicular a todas las rectascontenidasendichoplano.
H
L
L4
L5
L3L2
L1
SeanL1, L2, L3... Lncontenidasen
H y L ⊥ H→ L L1 L L2
L L3
. . .
. . . . . . L Ln
Condición para que una rceta sea perpendicular a un plano. La condición necesaria y suficiente para que unarectaseaperpendicularaunplanoesquedebeserperpendicularados rectas secantes contenidasendicho plano. Luego de esto podemos decir que larectaseráperpendicularatodaslasrectascontenidasendichoplano.
H
L
Q
L1
L2
SeanL1 y L2 ⊂ HSiL ⊥ L1 y L ⊥ L2
→ L ⊂ H
Luego L será perpendicular a todas las rectascontenidasendichoplano.
Ángulo entre dos rectas alabeadas o cruzadas.Elánguloentredosrectasalabeadasesaquelscuyamedidasedeterminaaltrazar,porunpuntocualquieradelespacio,dosrayosquesonparalelosalasrectasalabeadas.
H
L1
L2
S
K L
P
x
Paraestovamosatrazar H,quesecontengaa L2 yqueseasecanteaL1 porcuestionesdidácticas.
L1 ∩ H = {s}
L2 ⊂ H
RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO
3939SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 12
SeaPunpuntodelespacio.Entonces PL//L2 y PK//L1PorlotantoxeslamedidadelánguloentreL1 y L2.
Nota:
Si:L1 y L2sonortogonales,entoncesx=90°.
H
S
L1
L2
P
K Lx
ElpuntoPpuedeserunpuntodeunadelasrectasalabeadasocruzadas.
H
S
L1
L2
xP
SesabequeP∈ L2 Luego:PR //L1Porlotanto,xeslamedidadelánguloentreL1 y L2.
Teorema de las tres perpendiculares Siporelpiedeunarectaperpendicularaunplanosetrazaotrarectaperpendicularysecanteaunadelasrectascontenidasenelplano,entoncesporelpiedeestaúltimarectayunpuntocualquieradelaprimerarectasedeterminaotrarectaperpendicularadicharectacontenidaenelplanomencionado.
H
L1L3
L2 x
d
P
SeaL1 ⊥ Hd ⊂ H
SiL2 ⊥d
(L1∩L2={P})
→ L3 ⊥ d (x=90°)
Ángulo diedroElángulodiedroosimplementediedroes lafigurageométrica que se forma por la unión de dossemiplanosquetienenencomúnlarectadeorigen(lacualsedenominaarista).
L
B
Lx
Scara
caraA
arista
OH
M
Notación
•ÁngulodiedroAB oángulodiedro.
H–AB –M
•∠SOL:ánguloplanoorectilíneodelángulodiedroAB .
•x.medidadelángulodiedroAB
(OS ⊥ L y OL ⊥ L , ademásOS ⊂ H ∧ OL)⊂ M)
Planos perpendiculares
N
S
LM
O a
Sea M⊥ N. → ∠ SOLesrecto (a=90°)
RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO
4040 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 12
Proyección ortogonal de un punto un segmento y una recta respecto a un plano.
H
A
BP
P'
Proyectante
A'B'
M'
M
N'
NL
L1
• P'proyecciónortogonaldePsobre H• A'yB':proyeccionesortogonalesdeAyBsobre H.• M'yN'proyeccionesortogonalesdeMyNsobre H.• A'B':proyeccionesortogonalesdeABsobre H.• L1:proyecciónortogonaldeL sobre H.
Nota:A'B'puedesercongruenteaAB.L1 puedeserparalelaaL
Ángulo entre una recta y un plano.El ángulo entre una recta y un plano se define comoaquelquedeterminalarectaconsurespectivaproyecciónortogonalsobreelplano.
H
S
L
L1
x
SeaL secanteal HyS.L1:proyecciónortogonaldeL sobre Hx:medidadelánguloentreL y H.
Proyeccón ortogonal de una región plana respecto a un plano.Eláreadelaproyecciónortogonaldeunaregiónplanasobreunplanodadoes igualalproductodeláreadedicharegiónyalcosenodelángulodediedrodeterminadopor el plano que contiene a dicha región y al planodado.
H
L
NRARP
Aproya
Aproy=ARP.CosaSealaregiónplana• ARP:áreadelaregiónplanacontenidaen N.• Aproy:áreade laproyecciónortogonaldedicharegiónR
sobre H.• a:medidadelángulodiedrodeterminadoporel N y H.
Nota:Cuando N ∧ Hsonparalelas,entoncesAproy = ARP
Distancia entre dos rectas alabeadas.La distancia entre dos rectas alabeadas es la longitud delsegmentoderectacomúnqueespependicularadichasrectas.
S
T
L1
L2
Sean:L1 y L2 alabeadoocruzadas.
SiST ⊥ L1 ∧ ST ⊥ L2 entonces:STesladistanciaentreL1 yL2.
Método para hallar la distancia entre dos rectas alabeadas.Para hallar la distancia entre dos rectas alabeadas, sedebe trazar un plano perpendicular a una de las rectas yluegoproyectarlasortogonales sobreelplanomencionado.Finalmenteladistanciaentrelasproyecciones(puntoyrecta)seráladistanciaentrelasrectasalabeadas.
L1
L2
SeanL1 y L2 alabeadas
jhsf
RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO
4141SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 12
Setrazael HdemaneraperpendicularaL1.
H
L1
L2
L2
S
planodeproyección
H ⊥ L1.L2:proyecciónortogonaldeL2 sobre H.S:proyecciónortogonaldeL1sobre H.
H
L2
S d
planodeproyección
SetrazalaperpendicularSTaL2.
ST = d:distanciaentreL1 y L2
Nota:
Si L1 y L2 son ortogonales, entonces el llamadoplanodeproyecciónpodríaserelplanoquecontieneaunodedichasrectas.
L1
L2
d:distanciaentreL1 y L2
S d
planodeproyección
Problema 1EnelgráficoAP=80cm.HallarAB.
A 75°
B
P
A) x= 20 2( 3 –1)cmB) x=10 2( 3 –1)cmC) x=15 2( 3 –1)cmD) x=13 2( 3 – 1)cmE) x=12 2( 3 –1)cm
UNMSM 2007NIVEL FÁCIL
Resolución:
A 75°
B
P
80
x
NospidenAB=xSesabeque ABPesnotablede15°y75°.x= ( 6 – 2)ky4k=80→ x= ( 6 – 2)20x=20 2( 3 –1)cm
Respuesta: aaa
Problema 2En un rectángulo ABCD se traza BK perpendicular al plano del rectángulo,luegoseubicanlospuntosmediosLySdeAD y DC,AB
3 = BC4 = BK
2 .
Calculelamedidadelángulo LS y AK .
NIVEL INTERMEDIO
Resolución:
xA D
S
BC
K
L4l 4l
4l
6l
3l
3l
8l
Nospidenlamedidadel∠entre LS y AK =x.ComopodemosverAK y LS son alabeados, para lo cual se trazaAC//LS.
PROBLEMAS RESUELTOS
(4l)2
RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO
4242 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 12
ABK: = + → =l l l
2 2AK (4 ) (6 ) AK 2 13
ABK: 2 2CK (4 ) (8 ) CK 4 5= + → =l l l
ABK: AC =10l
AKC:porteore,adecosenos.2 2 2(4 5 ) (2 13 ) (10 ) – 2(2 13 )(10 )Cosx= +l l l l l
80 52 100 – 40 13Cosx40 13Cosx 72
9Cosx5 139 13Cosx659 13x Ar cos65
= +
=
=
=
=
Respuesta: 9 13x Ar cos65
=
Problema 3Del gráfico, el cuadrado ABCD y lasemicircunferencia de diámetro AB seencuentran en plano perpendiculares,BL = LC= 5 y mAC = mSB.CalculeeláreadelaregióntriangularSLD.
A
BL
C
D
S
UNMSM 2001–INIVEL INTERMEDIO
Resolución:
A
B nL
C
22
55 m
D
S
5
55
55
55
510
Nospiden:ASLD.Dato:lasemicircunferenciadediámetroAB y el cuadrado se encuentran enplanosperpendiculares.Como SO ⊥ ABCD→ SO ⊥ OD ∧ SO ⊥ OL
SOD: m2 = 52 + 52
m = 30SOL:n2 = 52 + 102
n = 15
Teorema de Euclides:
h
S
D La
1530
5
302 = 152 + 52 –2(5)a
→a= 1∧h= 14
ASLD = (5) 142
Respuesta: ASLD = (5) 142
43SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 13
GEOMETRÍATEMA 13
POLIEDROS REGULARES
DESARROLLO DEL TEMA
Objetivos:• Estudiar la formade lospoliedros,y reconocer
loselementosprincipalesysecundarios,asícomotambiénlarelaciónquehayentreellos.
• Analizar los poliedros regulares empleandofórmulasquepermitancalcularsuvolumenyeláreadelasuperficiequeloslimita.
I. POLIEDRO Eselsólidogeométricolimitadoporcuatroomásregiones
poligonalesdenominadascarasdepoliedro. Elladocomúnadoscarassedenominaaristayalpunto
deconcurrenciadelasaristasseledenominavérticedelpoliedro.Unpoliedroseidentificasegúnelnúmerodecaras.
N°. de caras Nombre4 Tetraedro5 Pentaedro6 Hexaedro7 Heptaedro8 Octaedro9 Nonaedro10 Decaedro
vértice
diagonaldelpoliedro
arista
cara
P
Q
A. DiagonalEsaquelsegmentocuyosextremossondosvérticesdecarasdiferentes.Entodopoliedrosecumple
C +V= A +2 Teorema de Euler
donde: C:númerodecaras V:númerodevértices A:númerodearistas
II. POLIEDRO REGULAR Unpoliedroregularesaquelquetieneporcarasregiones
poligonales regulares congruentes entre sí y en cadavérticeconcurrenigualnúmerodearistas.
Solamenteexistencincopoliedrosregulares,loscualessontetraedroregular,hexaedroregular,octaedroregular,dodecaedroregularyelicosaedroregular.Acontinuaciónanalizaremoslospoliedrosregulares.
A. Tetraedro regular.Esaquelpoliedroregularquesecaracterizaportener4carasquesonregionestriangularesequiláteras.
a
C
B
A
D
a
h
O
a
a
Notación:TetraedroregularABCDCálculo de la longitud de su altura.
a 6h 3=
POLIEDROS REGULARES
4444 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 13
Área de la superficie total (AST)
A a 32=
Cálculo del volumen (V)
a 2V 123
=
• Desarrollo de la superficie de un tetraedro regular: En la figura semuestra un tetraedroregularcuyascarassondecartón.Aldesplegarsuscarasyubicarlassobreunplanoseobservauna superficie triangular equilátero, la cual sedenominadesarrollodesurespectivasuperficie.
A
AA
B
A
C
D
C
B. Hexaedro regular o cuboEsaquelpoliedroregularlimitadoporseisregionescuadradascongruentesentresi.
HaE
a
A
B C
DO
F
aG
Notación:HexaedroregularABCID– EFGHDiagonaldelhexaedro:AG,BH,CE y DFa:longituddelaaristaO:centrodelhexaedroregular
Cálculo de la diagonal
AG BH CE DF a 3= = = =
Área de la superficie total (AST)
AST =6a2
Cálculo del volumen (V)
V =a3
• Desarrollo de la superficie de un hexaedro regular: En la figura semuestra una caja decartón cuya forma es cúbica. Al despejar suscarasyubicarlasenunplanoseobtieneloquesedenominaeldesarrollodesurespectivasuperficie.
C. Octaedro regularEsaquelpoliedroregularlimitadoporochoregionestriangularesetquiláteras.
A
Q
O
P
C
a
aa
a
a D
B
a
Notación:OctaedroregularP– ABCD – QDiagonaldeloctaedroregular:AC,BD y PQa:longituddelaaristaO:centrodeloctaedroregular
Cálculo de la diagonal
AC BD PQ a 2= = =
Área de la superficie total (AST)
A 2a 32ST =
Cálculo del volumen (V)
a 2V 33
=
Enunoctaedroregular,sisuscarassondecartón,entoncessepodrándesplegar,yalubicarlassobreunamesa(talcomoseharealizadoconeltetraedroregularyelhexaedroregular)seobtendránochocartonestriangulares equiláteras. A dicho procedimiento seledenominadesarrollodelasuperficiedeloctaedroregular.Sugerimosallectorrealizarelprocesoinversopara el tetraedro regular, hexaedro regular y eloctaedroregular.Estos procesos se pueden realizar también con eldodecaedroregularyelicosaedroregular.
POLIEDROS REGULARES
4545SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 13
Problema 1Setieneuncubodearistaa,desdeunvérticesetrazaunadesusdiagonalesyunade lasdiagonalesdesuscaras.Calculeelsenodelánguloqueformandichasdiagonales.
UNMSM 2004–I
Resolución:
C
DbA
b
Pb
Q R
Sl
B
a
Nos piden Sena
Donde es lamedida del ángulo queforman las diagonales de una cara ydelcubo.ABCD –PQRSesuncubo.
Sabemos que por el teorema delas tres perpendiculares
QB ⊥ dABCID (1.a⊥)BA ⊥ AD (2.a⊥)AQ ⊥ AD (3.a⊥)
Porlotantoseno( QAD)Sena = AD
QD
Sena = bl
(I)Peroporelteoremadelcubo.
l =b 3
Reemplazandoen(II)en(I)bsenb 3
a =
3sen 3a =
Problema 2Enuncubode2mdearistaseunen3 vértices demodo que se forma untriánguloequilátero.Determineeláreadedichotriángulo.
UNMSM 2009–I
C
D
d
d
A
P
Q R
S
22
2
2
2 B
NospidenAiAQC
Dato:cuboABCD– PQRSDC =2
TrazamosAQ,QCyAC,loscualessondiagonalesdeloscuadradosAPQByABCDAQCequiláterod=(2) 2d=2 2Por fórmula (región triangular equilétera)
d 3A 4D
2AQC =
(2 2) 3A 4D
2AQC =
AiAQC =2 3m2
Problema 3Enelgráficosetieneuncubocuyaaristamideacm,dondeBCesunadiagonaly AC diagonal deuna cara.Calcule elperímetrodeltriánguloABC.
BA
C
UNMSM 2011–I
PROBLEMAS RESUELTOS
D. Dodecaedro regularEs el poliedro regular limitado por doce caras,las cuales son regiones pentagonales regulares ycongruentesentresi.
N°decaras12N°dearistas:30N°devértices:20
E. Icosaedro regularEs el poliedro regular limitado por veinte caras,las cuales son regiones triangulares equiláterascongruentesentesi.
N°decaras:20N°dearistas:30N°devértices:12
4646 SAN MARCOS
POLIEDROS REGULARES
GEOMETRÍATEMA 13
Resolución:
P
BA
M
acm
acm
acmacm
Q T
Nll
Q
Nospiden2piABC =x
donde:
2piABC:perímetrodelaregióntriangularABC
Dato:
ABPQ – MNTCesuncubo.
Observamos:
x= t + l +acm(I)
En el AMCnotablede45°
t =a 2cm(II)
Pordiagonaldelcubo:
l =(acm) 3(III)
Reemplazamos(III)y(II)en(I)
x=a 2cm+ (acm) 3 +acm
x= a(1+ 2 + 3)am
47SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 14
GEOMETRÍATEMA 14
PRISMA Y CILINDRO
DESARROLLO DEL TEMA
Objetivos:• Identificar las características fundamentales del
prismaydelcilindro.• Reconocer los elementos básicos para calcular la
superficielateral,lasuperficietotal,elvolumendelprismaydelcilindro.
I. PRISMAEsunpoliedroenelcualdosdesuscarassonregionespoligonalescongruentesparalelas(sonlasdenominadasbases)ylasdemáscarassonregionesparalelográmicas(sonlasdenominadascaraslaterales).Losprismasseclasificansegúnlainclinacióndesuaristalateralconrespectoalplanodesubase.
• Arista lateral:Eselsegmentocomúnentredoscaraslaterales.
• Arista básica: Eselsegmentocomúnentreunacaralateralyunabase.
Unprismaesnombradosegúnelnúmerodeladosquetengaunabase.Porejemplo,silabasetiene6lados,sedenominaprismahexagonal.
J
IF
G H
E
DCB
Avértice
aristabásica
base
base
aristalateral
caralateral
Notación:PrismapentagonalABCDE–FGHIJ
EsteprismatieneC=7,V=10yA=15.Comopodemosver,tambiéncumpleelteoremadeEuler.
II. CLASIFICACIÓNA. Prisma oblicuo
1. Sección recta (S.R.)Esaquellasecciónplanaquesedeterminaenelprismaporunplanosecanteyperpendicularatodaslasaristaslaterales.
B
h
aplanosecante
planodelabase
D
F
E
A
CS.R.
NotaciónPrismatriangularoblicuoABC– DEF
A continuación se indicará los cálculos quedebemosconocer.Área de la superficie lateral (ASL)
ASL = (2PS.R.)a
2pS.R.:perímetrodelasecciónrecta.a:longituddelaaristalateral
Área de la superficie total (AST)
AST = ASL+2(Abase)
Abase:áreadelabase
PRISMA Y CILINDRO
4848 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 14
Volumen (V)
V = (Abase)h
h:alturadelprisma
B. Prisma rectoUnprismaesrectocuandosusaristaslateralessonperpendicularesalasbases.
E ha
CA
B
FD
Notación:Prismarecto triangularABC– DEF
H
h
D
CB
A
a
E
F G Notación:Prismarecto
cuadrangularABCD– EFGH
Área de la superficie lateral (ASL)
ASL = (2Pbase)h
2Pbase:perímetrodelabase;h:altura
Área de la superficie total (AST)
AST = AST +2(Abase)
Abase:áreadelabase
Volumen (V)
V = (Abase)h
h:alturadelprisma(a=h)
1. Desarrollo de la superficie lateral de un prisma recto triangular
E
l
ha
m n
CA
B
FD
Acontinuaciónsemuestraeldesarrollodelasuperficielateral.
A
D
m B
E
C
F
n
a
l A
D
m,nylpuedenseriguales
Nota:
ParalelepípedoEs aquel prisma cuyas bases son regionesparalelográmicas.
Paralelepípedo rectangularEsaquelparalelepípedocuyascarassonregionesrectangulares.Tambiénseledenominarectoedrouortoedro.
c
d
a
b
a, b y c son dimensiones del paralelepípedorectangular;ademástiene4diagonales,lascualessoncongruentesyconcurrentes.
d2 = a2 +b2 +c2
Áreas de la superficie lateral (ASL)
AST = 2(ab+ac)
Área de la superficie total (AST)
AST = 2(ab+bc+ac)
Volumen (V)
V = abc
PRISMA Y CILINDRO
4949SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 14
C. Prisma regularEs aquel prisma recto cuyas bases son regionespoligonalesregulares.
E
CA
B
FD
Notación:Prisma triangularABC– DEF
B C
D
GF
A
E H
Notación:Prisma cuadrangularABCD– EFGH
1. Desarrollo de la superficie lateral de un prisma regular triangular
E
l
ha
m n
CA
B
FD
Acontinuaciónsemuestraeldesarrollodelasuperficielateral.
A
D
m B
E
C
F
n
a
l A
D
m,nyl
II. CILINDRO Esaquelsólidogeométricocomprendidoentredosplanos
paralelosentresíysecanteaunasuperficiecurvacerradadenominadasuperficielateralyendichosplanosparalelossedeterminanseccionesplanascongruentes,lascualessedenominanbases.
• Lasbasessonparalelasycongruente • Lasgeneratricessonparalelasycongruentes.
base
base
generatrizsuperficielateral
A. Cilindrocircularrectoocilindroerevolución
O
O1r
A
B
g
C
D
Sección axial: Sección plana determinada en elcilindroporunplanoquecontieneasueje(OO1)
1. Desarrollo de la superficie lateral del cilindro de revolución
Esunaregiónplanalimitadaporuncuadriláteroequiángulo,cuyosdosladostieneniguallongitudquelacircunferenciadeunabaseylosotrosdostienenlongitudquelageneratrizdelcilindro.
A
B
A
Desarrollodelasuperficielateral
C
BD2pr
g h
Área de la superficie lateral
ASL =2pr
Área de la superficie total
ASL =2pr(g+r)
Volumen (V)
V = pr2h
Nota:El cilindro equilátero es aquel cilindro recto cuyasecciónaxialesunaregióncuadrada.
PRISMA Y CILINDRO
5050 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 14
Problema 1Sireselradiodelabasedeuncilindro,contapa,devolumen100cm3,eláreadelmaterialusadoenlaconstruccióndelenvase,expresadoenfunciónder,es:
UNMSM 1997NIVEL FÁCIL
Resolución:
r
r
g
NospidenAmat:áreadelmaterial
Amat =2prg+2pr2 ...(1)
Del dato100=Vcil
= pr2g100grp 2=
Reemplazandoen(1)100A 2 r 2 rr
p p
p 2
mat 2= × +
100A 2 r cmr p
2 2mat = + +
Problema 2Alrotarlaregiónsombreadaunángulode 360° alrededor de la recta LL' seobtieneunsólidocuyovolumenes:
UNMSM 2000
5 m
5 m
L L'
3m
Resolución:5 m
5 m3m 3m
4 m
NospidenVsolido generado:VSG
VSG =Vcono + Vcilindro
VSG = p(3)3 ×(4/3)+ p(3)2 ×(5)
VSG =12p + 45p
∴VSG = 57p m3
Problema 3Lasdimensionesdeunparalelepípedoestánenprogresiónaritméticaysuman24u.Sielvolumenes440°u3,calculeladimensióndemayorlongitud.
UNMSM 2006–I
Resolución:
b
acc
Nos piden la dimensión de mayorlongitud.Datos:a+b+c=24 a×b×c=440Como las dimensiones están enprogresiónaritmética.a= l –rb= l C = l +rl –r+ l + l +r=24l =8Delsegundodato(8–r)(8)(8+r)=440(8–r)(8+r)= 5 ×11→r=3Ahorapodemosdecirqueladimensióndemayorlongitudescc=8+3
PROBLEMAS RESUELTOS
51SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 15
GEOMETRÍATEMA 15
PIRÁMIDE Y CONO
DESARROLLO DEL TEMA
Objetivos:
• Estudiarlaconstrucciónyformadelaspirámidesylosconos.
• Reconocerloselementosylarelaciónentreellos,asícomotambiénsuclasificaciónsegúnlascaracterísticasdeestoselementos.
• Identificar la similitud entre estos dos sólidosgeométricos, tantoparacalcularsuvolumencomoparacalculareláreadelasuperficiequeloslimita.
ÁNGULO POLIEDRO
Esaquellafigurageométricaformadaportresomásregionesangulares(sitomamosdosregionesadyacentesnodebensercoplanares),quetienenvérticeencomúnycomparteunladodedosendos.Losnombresdelosángulospoliedrossedebealascantidadesde regiones angulares, las cuales se denominan caras deángulopoliedro.
Gráficamente
C
CaraCara
Cara
A
O abq B
Notación:ángulotriedroO–ABCa,b y q:medidasdelascaras
bq
gO
A B
C
D
Notación:ángulotetraedroO–ABCDa,b,q y gmedidasdelascaras
Nota:
Triedo birrectángulo
Cuandosolodoscarasmiden90°.
Triedo trirrectángulo
Cuandosustrescarasmiden90°.
PIRÁMIDE Y CONO
5252 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 15
PIRÁMIDEEsaquelpoliedroquesedeterminacuandounángulopoliedroesintersecadoporunplanosecanteasusaristas.
secciónplanadeterminada
planosecante
Aunapirámideselenombradeacuerdoalasecciónplanadeterminada,alacualselellamabasedelapirámide.
Pirámidecuadrangular Pirámidepentagonal
Elementos de una pirámide
P Vértice
Caralateral
aristabásica
aristalateral
C
DE
AB
h
O
base
altura
Nota:Una de las características de las pirámides es que notienendiagonales.
Área de la superficie lateral (ASL)
ASL =sumadelasáreasdelascaraslaterales
Área de la superficie total (AST)
AST = AST +2(Abase)
Abase:áreadelabase
Volumen (V)V = (Abase).h
3
h:longituddelaaltura
1. Pirámide regular Es aquella pirámide cuya base está limitada por un
polígono regular (triángulo equilátero, cuadrado,pentágono regular, etc.), además, todas sus aristaslateralessondeiguallongitud.
Ejemplo Pirámide triangular regular
tt
t
l
l
l
Pirámide cuadrangular regular
nn
nn
bb
b
EnlasiguientefigurasemuestraunapirámidehexagonalregularM-ABCDEF.
Pormediodeellareconoceremosloselementosdelaspirámidesregulares.
NO
A F
E
M
altura
O:centrodelabase
BC
h
ap
Da
b
• ap:longituddelapotemadelapirámide(MN=ap)
• ON: longitud del apotema del polígono regularABCDEF.
• O:centrodelabasedelapirámide.• MO:alturadelapirámide,Oeselpiededichaaltura.• a:medidadeldiedro formadoporunacara lateral
conlabase.• b:medidadelánguloformadoporunaaristalateral
conlabase.
MON:aplicandoelteoremadePitágoras
(ap)2 =(ON)2 +h2
h:longituddelaalturadelapirámide
PIRÁMIDE Y CONO
5353SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 15
Nota:Apotema de la pirámide regular (ap) Es la perpendicular trazada desde el vértice de lapirámidehaciaunaaristabásica.
Área de la superficie lateral (ASL)
ASL =p(ap)
p:semiperímetrodelabase
2. Tetraedro regular Es aquella pirámide regular cuyas cuatro caras son
regionestriangularesequiláteras.P
A B
CO:centrodelabase
a
a
a
aa
h
Notación:TetraedroregularP-ABC
Calculo de la longitud de su altura
h = a36
Área de la superficie total (AST)
AST = a 3
Volumen (V)
V = a3
122
a:longituddelaarista
3. Pirámide irregular Esaquellapirámidequenotienetodaslascaracterísticas
deunapirámideregular.M
h
F
D
OEA
B
En el gráfico se muestran las siguientes pirámidesirregulares:
• PirámidepentagonalM-ABCDE• PirámidecuadrangularM-ABCF• PirámidepentagonalM-AFCDE
CONOElestudiosistemáticodelaspirámides,elconocimientodelacircunferenciayalgunasotraslíneascurvashanconllevadoaobteneryestudiarotrasfiguras,entrelascualesdestacaelcono,elcualesmuyparecidoaunapirámide,conladiferenciadequesubaseesunaregióncurvaenlugardeunaregiónpoligonal.
altura
vérticeocúspide
superficielateral
base
1. Conoderevoluciónoconocircularrecto Es aquel sólido geométrico generado por una región
triangularalgirar360°entornoaunodesuscatetos.
r
g
ejedegiro
360°
base
generatriz
vérticeocúspide
superficielateral
O r
g
V
h
Elementos:• O:centrodelabasedelcono• r:radiodelabase• OV:eje
Sección axial Es la región triangular que tiene como lados a dos
generatricesdiametralmenteopuestas.V
B
A
AVB:secciónaxialdelconoderevolución
PIRÁMIDE Y CONO
5454 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 15
Área de la superficie lateral (AST)
ASL = prg
g:longituddelageneratriz
Área de la superficie total (AST)
AST = ASL + Abase
Abase:áreadelabase
Volumen (V)
V= pr23.h
h:longituddelaalturadelapirámide
Desarrollo de la superficie de un cono de revolución
g
grQ 2pr
gq
La superficie lateral es equivalente con su respectivodesarrollo,elcualesunsectorcircularcuyocentroeselvérticedelconoytieneporradioalageneratriz.
ASL = Asector
→ prg= qpg2
360°
Ángulo de desarrollo de la superficie lateral
q = r3.360°
2. Cono equilátero Es aquel cono de revolución cuyas generatrices tiene
longitudesigualesalasdeldiámetrodelabase(q=2r).
r
g g
g:longituddelageneratriz
Enlafigurasemuestraunconoequiláteroyelrespectivodesarrollodelasuperficie.
r
g
Tronco de cono de revolución Eslaporcióndeunconoderevolucióndeterminadapor
dosplanosparalelosyperpendicularesasueje. Todo tronco de cono de revolución tiene dos bases
circulares. Elcálculodeláreadelasuperficielateral,totalyelvolumen
dependedeltipodeinformaciónquesetenga.
gg
R
n t
H
Áreadelasuperficielateral ASL = pR(g+n)– prn ASL = pRg+ p(R –r)n
Porsemejanzadetriángulo(∼D)
nn +g = rR
→ n(R –r)=gr
En(I) ASL = pRg+ prg
Áreadelasuperficietotal AST = ASL + Abase1 + Abase2
Volumen
V = 13pR2H + 13pr2r
Por semejanza de triángulos (∼D)
rR = n
n +g = t
Hyh= H – n
gg h
r
R
Enresumen:
PIRÁMIDE Y CONO
5555SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 15
Área de la superficie lateral (ASL)
ASL = p(R +r)g
Área de la superficie total (AST)
AST = ASL + pr2 + pR2
Volumen (v)
V= h3p(r2 + R2 +Rr)
Problema 1Calculeelvolumendeunconocircularrecto cuya área lateral es 96p cm2,sabiendo que el ángulo que forma lageneratrizconsubasees60°.
UNMSM 2003
Resolución:
V
B
g=2rh=r
AO
rr
60° 60°
3
NospidenVcono'
Donde:VconoeselvolumendelconoDatos:mVBA=60°yASL =96pcm2
Delafórmuladelvolumendelcono
Vcono = 13
pr2h
Deldato: Vcono = 1
3pr2(r 3 )= p 3
3r3 (I)
Delafórmuladeláreadelasuperficielateral ASL = prg ASL = pr(2r) ASL =2pr2
Perodeldato,ASL =96p
→ 2pr2 =96p r= 4 3 (II)
Reemplazamos(II)en(I)
Vcono = p 33 (4 3)
∴ Vcono =192pcm3
Problema 2Si se duplica, simultáneamente, lamedidadelradiodelabaseylaalturadeunconoderevolucióndevolumenV,entonceselnuevovolumenes
UNMSM 2007-1
Resolución:
O r
h2h
2r
Cono2Cono1
NospidenVx.Donde:Vxeselvolumendelcono2.Dato:Veselvolumendelcono1.Elcono2tieneeldoblederadioyalturarespectoalcono1.Enelcono2 Vx = 1
3p(2r)22h (I)
Enelcono1
V=13
pr2h (II)
Reemplazamos(I)en(II)
VVx =
13
p(2r)22h
13
pr2h →
VVx =8
Vx =8v
Problema 3En el gráfico se sostiene una esferainscritaenel conode revolucióncuyovolumenes81pcm3 y BO =OC.HalleelradioRdelaesfera.
B
Or
C
E
A
UNMSM 2010-1Resolución:
B
C
E
R M R
a
a
bA
O
r
r
l
l
Nospidenr.Dato:BO= OC Vcono =81pcm3d
Delafórmuladelvolumenelcono
Vcono = 13
pR2(l +r) (I)
En el BMC a + a + b =90°Porteorema,enlacircunferencia a =b 3a =90°→ a =30°
MC=OM 3→ R =r 3 y CO =2(OM)→ l = 2r (II)
Reemplazamos(II)en(I)yconeldatodelvolumen 81p = 1
3p (r 3 )2(2r+r)
81= 13(3)(r)2(3r)
∴ r=3cm
PROBLEMAS RESUELTOS
56SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 16
GEOMETRÍATEMA 16
ESFERA Y PAPPUS-GULDIN
DESARROLLO DEL TEMA
I. SUPERFICIE ESFÉRICA Lasuperficieesféricaesellugargeométricodetodoslos
puntosdelespacioqueequidistandeotropuntofijodelespaciodenominadocentro.
Lasuperficieesférica,esaquellasuperficiequesegeneraalhacergirar360°unasemicircunferenciaal-rededordesudiámetro.
RO
360°
Ejedegiro
RO
Circunferenciamáxima
Superficieesférica
Área de la Superficie Esférica
2S.E.A 4 Rp=
A. Porcionesnotablesdesuperficiesesféricas1. Zona esféricaEslasuperficiegeneradaporunaporcióndearcodeunasemicircunferenciacuandosehacegirar360°alrededordesudiámetro.
R
O
360°
R
RH q
Ejedegiro
H
Área de la zona esférica:
Z.E.A (2 R)Hp=
2. Casquete esférico
RO
H
360°
Ejedegiro
H H
R
Observación:• Silossólidosderevolución(cilindro,conoyesfera)
quetienenelmismoradio(R)ylamismaaltura(2R),susvolúmenessonproporcionalesa3;2y1respectivamente.
cilindro esfera conoV V V3 2 1= =
• Sielconoderevoluciónseinscribeunaesferasecumple:
cono cono
esfera esfera
V SV S
=
Área del casquete esférico
CEA (2 R)Hp=
ESFERA Y PAPPUS-GULDIN
5757SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 16
3. Huso esféricoEslaporcióndesuperficieesféricacomprendidaentredossemicircunferenciamáximasquetienenencomúnsudiámetro.
RO
R
RR
q
q
Ejedegiro
Husoesférico
Área del huso esférico q →H.E.360°→ 4pR2
→ 2
H.E.RA 90
qp°
=
II. ESFERA Eselsólidoquesegeneracuandosehacegirar360°un
semicírculoalrededordesudiámetro.
RO
R
R
Ejedegiro
360°Círculomáximo
Volumen de la esfera
34V R3
p=
Altrazarcualquierplanosecanteaunaesfera,endichaesfera se determina una sección plana el cual es uncírculo.
Nota:Toda secciónplanadeunaesfera esun círculo. Sielplanosecantenopasaporelcentroseobtendráuncírculomenorysipasaporelcentrouncírculomáximo.
Nota:• Elsegmentoqueuneelcentrodeunaesferayel
deuncírculomenordelaesfera,esperpendicularalplanodelcírculo.
OQ AB⊥
• Sidichocírculo tieneporcentroel centrode laesfera,entoncessedenominacírculomáximoysinocontienealcentrosedenominacírculomenor.
Q
H P
P
OR
O
O: Centrodelaesfera,tambiénescentrodelcírculomáximo.O1:Centrodelcírculomenor.H: PlanotangentealasuperficieesféricaenP.PyQ:Planossecantesalaesfera.
A. Porcionesnotablesdelaesfera(Sólidos de revolución)1. Sector esféricoEselsólidoquesegeneracuandosehacegirar360°unsectorcircularalrededordeldiámetrodesurespectivocírculo.(Segúnelgráfico)
R H
360°
Ejedegiro
A
BR
R H
Volumen del sector esférico
2S.E
2 RV .H3 p
=
H:longituddelaproyeccióndelarcoABsobreelejedegiro.
R
H
O R
360°
H
ESFERA Y PAPPUS-GULDIN
5858 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 16
2. Anillo esféricoEselsólidoquesegeneracuandosehacegirar360°unsegmentocircularalrededordeldiámetrodesurespectivocírculo.
A
B
360°
HH
Ejedegiro
R
Volumen del anillo esférico
2
A.EV (AB) .H6p=
Nota:Todoplanotangenteaunaesferaesperpendicularalradioquepasaporelpuntodecontacto.
OM P⊥
III. SEGMENTO ESFÉRICO DE DOS BASES Es laporcióndeesferacomprendidaentredosplanos
paralelosysecantesalaesfera.
360°
EjedegiroR
HH
r1
r2
R
Volumen del segmento esférico de dos bases
2 231 2
S.Er rHV H H6 2 2
p pp
= + +
Nota:
3
ANILLOESF1V h6 p=
IV. SEGMENTO ESFÉRICO DE UNA BASE
360°
Ejedegiro
R
rHH
R
Volumen del segmento esférico de una base
3 2S.E.
H rV H6 2p p= +
También:porrelacionesmétricasr2 =H(2R–H)
Luego:2
S.EHV (3R H)3
p= –
V. CUÑA ESFÉRICA Eslaporcióndeesferacomprendidoentredoscírculos
máximosquetienensudiámetrocomún.
Rq
360°
Ejedegiro
Cuñaesférica
R
Volumen de la cuña
( )C.E.
C.E esferaEsfera
VV V360360 V
q → q °° →
=
También:3
C.E.RV 270
qp°
=
VI. TEOREMA DE PAPPU'S GULDING ElteoremadePappusGulding,seaplicaparacalcularel
áreadeunasuperficiegeneradaporunalíneaplanaoparacalcularelvolumendeunsólidogeneradoporunaregiónplanacuandosehacegirar360°entornoaunejecoplanardemaneratalquenolodivideendospartesalalíneaoregión,asítenemos:
A. ÁreadelasuperficiegeneradaEláreadelasuperficiegeneradaporunalíneafinitacuandosehacegirar360°alrededordeejecoplanar,esigualalproductodelalongituddelacircunferenciaquedescribesucentroideporlalongituddelalínea.
ESFERA Y PAPPUS-GULDIN
5959SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 16
Ejedegiro
360°A
B
C.G xx
Área de la superficie generada
( )S.G.A 2 X .Lp=
: DistanciadelC.G.aleje L : LongituddelalíneacurvaAB. C.G.: Centroidedelalínea
B. VolumendelsólidogeneradoEl volumen del sólido generado por una regiónplana, cuando sehacegirar360°alrededordeun
PROBLEMAS RESUELTOS
ejecoplanar,esigualaproductodelalongituddelacircunferenciaquedescribesucentroideporeláreadedicharegión.
Ejedegiro
360°
A
C.Gx x
Volumen del sólido generado
( )S.G.A 2 X .Ap=
CG:centroide A: áreadelaregión : distanciadelC.Galejedegiro
Problema 1Hallar el volumen de un segmentoesférico, cuyo casquete tiene área 40pm2yelradiodelaesferamide10m.
Resolución:
Scasq =40p
Pero:2pRh=40p
Como R =10,entoncesh=2
Vsegmesf:2/3pR2h
V=400p/3m3
Problema 2En una esfera da radio R una zonaesfétr ica t iene a l tura R/4 y esequivalenteaunhuso.Hallarelángulocorrespondientealhuso.
Resolución:
Szona = 2pR R4NOP
NOP
= pR2
2
Aruso = pR2
90 a
Comosonequivalentes.
pR2
90a = pR2
2
dedondea =45°
Problema 3ElladodeuncuadradoABCDmide10.Hallarelvolumendelsólidoalgirarelcuadrado una vuelta alrededor de unejequepasaporDhaciendounángulode8°demaneraexterioralcuadrado.
Resolución:
10
10
A
A
C
HO
45°8°
HD
BD = 10 2
OD = 5 2
AODHOH = 4 2
PorteoreamadePappus
V=2p(OH)(S4)V=2p(4 2)(102)V=800p 2
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