geometria teorico de pamer

May 11, 2018 | Author: Franklin Ccaico | Category: Triangle, Convex Geometry, Geometric Objects, Polytopes, Space


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GEOMETRÍATEMA 1 TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES DESARROLLO DEL TEMA TRIÁNGULO B Elementos: • Vértices: A, B, C q • Lados: AB, BC, AC a a Definición: Perímetro = 2p q q q = 60° 2p = AB + BC + AC. a A C Equilátero Nótese: parte sombreada es la región interior 2. Por la medida de sus ángulos interiores A) Oblicuángulos Observación: 0 < a, b, f < 90° (Región interior) ∪ (iABC) = Región triangular ABC b I. CLASIFICACIÓN a f a, b, f: agudos 1. Por la medida de sus lados: Acutángulos a≠b≠c 90° < q < 180° a b q c Escaleno q: obtuso Obtusángulos B) Rectángulos q = 90° a a b f Isósceles f: ángulo recto SAN MARCOS 1 GEOMETRÍA TEMA 1 TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES II. TEOREMAS BÁSICOS * Existencia b q=a+b a b a q c b–a<c<b+a a + b = q + 180° q Observación: a b B T a+b=q+g A C a b p < TA + TB + TC < 2p q g * Correspondencia Si a > b q a+b=q+f ⇒a>b b a a b a b f Observaciones: B B 2q C A a a A 90–q C iABC: isósceles AB = BC b a a b = 90° TEMA 1 GEOMETRÍA 22 SAN MARCOS TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES LÍNEAS NOTABLES • Ceviana B Observación: B E A D C F E: Excentro B BD: Ceviana interior m∠AEC = 2 A BF: Ceviana exterior C • Altura B B E E: Excentro A m∠BEC = 90 – A C 2 H A BH: Altura C Observación: B • Mediatriz B F L H A C D A C H: ortocentro M m∠BCA = m∠AHD AM = MC • Bisectriz B q q L: Mediatriz respecto a el lado AC F a Observación: a A C J L2 AF: Bisectriz interior B L1 BJ: Bisectriz exterior O Observación: B I: Incentro B A C m∠AIC = 90 + M I 2 L1 y L2 mediatrices A C O: Circuncentro del iABC SAN MARCOS 33 GEOMETRÍA TEMA 1 TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES • Mediana B Observación: B G: Baricentro T N E G A C A C M M Se cumple: BG = 2GM Si AM = MC AG = 2GN CG = 2GT ⇒ BM: mediana Observación: B 2m B E m a x I m mK nK 2m m n A A C a x= I: Incentro del iABC K E: Excentro del iABC PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Problema 2 Problema 3 En el gráfico AB = BC = AC, calcula "x". En la siguiente figura, calcula "x". Calcular "BQ", si PH = 2u y BH = 7u. B B B x M R P a w N P Q x 40° a a Q a A C q H 40° 80° 60° 2q A) 2 u B) 5 u C) 6 u A C 2a C 80° A D) 3 u E) 4 u a P SAN MARCOS 1998 Resolución:  NIVEL FÁCIL B SAN MARCOS 1996 Resolución: NIVEL DIFÍCIL 5 x q Resolución: q q Q • Del gráfico se observa: P a a 2 • Del dato se observa que el iABC es A C equilátero. APC: 2q + 2a = 90° H • m∠PQC = 40° q + a = 45° • Sea m∠APH = q = m∠BPQ • Sea m∠MNP = w • En la figura ABCP: ⇒ m∠BQA = q ⇒ iRQN : a + w + 40° = 180° a + x + q = 90° a + w = 140° a + q + x = 90° • El triángulo PBQ (isósceles) • iMNP: x + w + a = 180 45° + x = 90° BP = BQ → x + 140° = 180° x = 45° ∴ x = 5u x = 40° Respuesta: 40° Respuesta: 45° Respuesta: 5u TEMA 1 GEOMETRÍA 44 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 2 CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I. DEFINICIÓN B B' Son dos triángulos cuyos ángulos son respectivamente de igual medida y, además, sus lados correspondientes c a c a de igual longitud (ángulos y lados homólogos). B' q q B A C A' C' b b q q Si m\BAC = m\B'A'C' c a c a AB = A'B', AC = A'C' → i ABC ≅ iA'B'C' b a b a A b C A' b C' Entonces: B. Ángulo-lado-ángulo (A. L. A.) m\ABC = m\A'B'C' BC = B'C' Dos triángulos son congruentes si tienen un lado de m\BAC = m\B'A'C' y AB = A'B' igual longitud y, además, los ángulos adyacentes a m\ACB = m\A'C'B' CA = C'A' dichos lados son, respectivamente, de igual medida. B B' II. CASOS DE CONGRUENCIA Para poder afirmar que dos triángulos son congruentes, es necesario que tres elementos en uno de ellos sean de igual medida que los tres elementos correspondientes en b q b q el otro triángulo, de los que, por lo menos uno, debe ser A C A' C' b b un lado. Los casos más comunes son: Si AC = A'C' m\BAC = m\B'A'C' A. Lado-Ángulo-Lado (L. A. L.) m\ACB = m\A'C'B' Dos triángulos son congruentes si tienen un ángulo → i ABC ≅ iA'B'C' interior de igual medida y, ademas, los lados que determinan a dichos ángulos son, respectivamente, C. Lado-lado-lado (L. L. L.) de igual longitud. Dos triángulos son congruentes si sus lados son, respectivamente, de igual longitud. B B' Nota: Para la congruencia de dos triángulos, existen siempre c a a c tres condiciones. De estas nunca debe faltar un par de lados correspondientes congruentes. q q Solo cuando se demuestra que dos triángulos son A C A' C' congruentes, se puede afirmar que a los lados b b congruentes se oponen ángulos congruentes y Si AB = A'B' viceversa. BC = B'C' → i ABC ≅ iA'B'C' AC = A'C' SAN MARCOS 5 GEOMETRÍA TEMA 2 CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS III. APLICACIONES DE LA CONGRUENCIA IV. BASE MEDIA DE UN TRIÁNGULO A. Teorema de la bisectriz Definición Todo punto que pertenece a la bisectriz de un ángulo equidista de los lados de dicho ángulo. Es el segmento que tiene por extremos, los puntos medios A de dos lados de un triángulo. bisectriz H 1. Teorema de la base media m d P R En todo triángulo, una base media es paralela a la base y su longitud es la mitad de la longitud de dicha q d base. q O Q B B m m n Sea: OP Bisectriz del \AOB M N b n Si: R∈ OP , RH OA y RQ OB m 2 → RH = RQ A C Además: OH = OQ b B. Teorema de la mediatriz En la figura si: AM = MB y BN = NC Todo punto de la mediatriz de un segmento equidista MN : base media de los extremos de dicho segmento. L Entonces: P AC MN // AC y MN = 2 d d 2. Teorema de la mediana relativa a la hipotenusa A B m m En todo triángulo rectángulo la longitud de la mediana relativa a la hipotenusa es igual a la mitad de la Sea: L mediatriz del segmento AB. longitud de dicha hipotenusa. Si: P∈ L B → PA = PB m • Observación: Los siguientes triángulos son isósceles. A C M m m q q qq En la figura BM : mediana relativa a la hipotenusa a AC del ABC. Entonces: m m m m BM = AC 2 • Consecuencia: aa Observación: → q=b m m Dos triángulos rectángulos serán congruentes, cuando a=b tengan dos elementos básicos congruentes, estos dos a f g b elementos son suficientes ya que siempre existirá el g=f q b ángulo recto. n n TEMA 2 GEOMETRÍA 66 SAN MARCOS REGULAR 2015 – II CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 UNMSM 2000 Problema 3 Hallar la hipotenusa de un triángulo NIVEL DIFÍCIL Si AB = BM y AM = MC. Hallar x. rectángulo sabiendo que sus lados B B forman una progresión aritmética de 2a a razón 4 u. R A) 30 u B) 25 u C) 32 u D) 20 u E) 41 u Q x UNMSM 1998 A C M A C NIVEL FÁCIL S P A) 20° B) 15° C) 25° D) 10° Resolución: Resolución: E) 30° UNMSM 2003 a–4 a B NIVEL INTERMEDIO 6 3 60° Resolución: 16 3 R 12 3 16 3 B a+4 30° 30° 2a a Planteamiento: Piden a + 4 10 3 Q x a a P Análisis de los datos: 4 3 60° 30° 60° a Del gráfico: A C 8 3 S P 8 3 a a x C (a–4)2+a2=(a+4)2 A H M 2 2 a = (a+4) –(a–4) 2 2a 2a Planteamiento: Piden RS = x a2 = 4(a)(4) Análisis de los datos: Planteamiento: x a = 16 Análisis de los datos: AP = PC = 8 3 → AB = BC = AC = 16 3 ∴ a + 4 = 16 + 4 iABM (isósceles) = 20u En PQC (30° y 60°) → QC = 4 3 AH=HM=a → m∠ABH=m∠HBM=a En RBQ (30° y 60°) → RB = 6 3 Entonces: AM = MC = 2a Respuesta: 20 u En ARS (30° y 60°) → AS = 5 3 Trazamos: MP BC Problema 2 El iABC es equilátero. Hallar RS si: J N Por el teorema de la bisectriz: MH = PM = a ∴ x = 5 3 K 3 O x = 15m AP = PC = 8 3m. L P ∴ MPC(not 30° y 60°) A) 10 m B) 13 m C) 15 m x = 30° D) 12 m E) 14 m Respuesta: 15 m Respuesta: 30° SAN MARCOS 77 GEOMETRÍA TEMA 2 GEOMETRÍA TEMA 3 CUADRILÁTEROS Y POLÍGONOS DESARROLLO DEL TEMA POLÍGONOS Convexos No convexos n(n – 3) #D = 2 si = 180°(n – 2) 180°(n – 2) Equiláteros Equiángulos i = n b a c se = 360° a a a d a a 360° e = e n Regulares 360° L a L c = n a a L a L n(n – 1) #Dm = Número de a #Dm = 2 diagonales medias L CUADRILÁTEROS I. DEFINICIÓN B Son aquellas figuras determinadas al trazar cuatro rectas b x° = a°+b°+q° secantes y coplanares, que se intersectan dos a dos. Los D segmentos que se determinan son sus lados y los puntos q de intersección son sus vértices. a x° C No convexo A B C C° B° II. CLASIFICACIÓN Convexo A. Trapezoides A° C A B D° D Trapezoide asimétrico A°+B°+C°+D° = 360° A D SAN MARCOS 8 GEOMETRÍA TEMA 3 CUADRILÁTEROS Y POLÍGONOS B B C B C A C A D A D D Rectángulo Cuadrado Trapezoide simétrico III. PROPIEDADES BÁSICAS B. Trapecios A. En el Trapecio B C a MN: Base media MN // Bases M N a+b A D MN = 2 BC // AD b   Bases b B C PQ // Bases P Q a–b PQ = 2 a A D T. Escaleno B. En el Paralelogramo B C B C B C AO = OC O a a BO = OD A D A D A D T. Isósceles T. Rectángulo C C. Paralelogramos B B m C b° a° D b A AB // CD n a+b = n+m a b° a° BC // AD A D B C C. En todo Cuadrilátero C Q a≠90° Romboide B A D R → PQRS es un B P paralelogramo A C A Rombo S D D SAN MARCOS 99 GEOMETRÍA TEMA 3 CUADRILÁTEROS Y POLÍGONOS PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Problema 2 A) x = 160° B) x = 140° La relación entre las medidas del ángulo En un polígono convexo, desde 3 C) x = 120° D) x = 100° interior y exterior de un polígono vértices consecutivos se han trazado E) x = 90° regular es 3/2. Calcular su número de 8 diagonales. Calcular la suma de los diagonales. ángulos internos de dicho polígono. Resolución: A) 1 B) 2 C) 3 A) 700° B) 710° C) 720° C D) 4 E) 5 D) 730° E) 740° x 60° B 60° Resolución: Resolución: 80° i 1.er vértice: n – 3 3 Dato:  = 2.do vértice: n – 3 e 2 60° 3.er vértice: n – 4 50° 50° 180 (n – 2) En total: 3n – 10 = 8 A D n 3 3n = 18 ⇒ = 360 2 n=6 Piden: m∠B = x n Piden: Si = 180 (6 – 2) Unimos BD para que el DBCD sea n(n – 3) 5(5 – 3) Si = 720° equilátero, por lo que m∠CBD es 60º. D1 = = 2 2 El DABD es isósceles (AB = BD). Respuesta: Si = 720º Entonces m∠ABD es 80º Piden: D1 = n(n – 3) = 5(5 – 3) 2 2 Problema 3 m∠B = m∠ABD + m∠CBD En un trapezoide ABCD, se cumple: x = 80º + 60º DT = 5 x = 140º AB = BC = CD; calcula m∠ABC si m∠BCD = 60º y m∠BAD = 50º. UNMSM 1998 Respuesta: DT = 5 Respuesta: x = 140º NIVEL FÁCIL TEMA 3 GEOMETRÍA 1001 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 4 CIRCUNFERENCIA I DESARROLLO DEL TEMA I. DEFINICIÓN 2. B Si: AB = CD se cumple: Es aquella figura geométrica formada por todos los puntos mAB a = mCD de un plano que equidistan de un punto fijo del mismo a = b plano llamado centro. A II. ELEMENTOS D b C Centro : O O Radio : r r 3. Si: OP ⊥ AB se cumple: P AM = MB A m M B AP = mPB Nota: Medida Angular: 360° Medida Longitudinal: 2pr O III. ELEMENTOS ASOCIADOS A LA CIR- CUNFERENCIA • Cuerda: B AB 4. L Si: L recta tangente C • Diámetro: PQ se cumple: A S PQ = 2r T P Q • Arco AB a N • Punto de Tangencia: T O • Recta Tangente: LT T LS M • Recta Secante: LS L T • Flecha: CS 5. Si: A, B son puntos de IV. PROPIEDADES FUNDAMENTALES A P tangencia, se cumple: 1. A B Si:AB//CD se cumple: AP = PB a b mAC = mBD a=b C D SAN MARCOS 11 GEOMETRÍA TEMA 4 CIRCUNFERENCIA I 6. Si: AP y PB y son puntos A de tangencia a P O q B D ACUTÁNGULO D RECTÁNGULO D OBTUSÁNGULO Nota: Si te piden el inradio de un triángulo rectángulo será Nota: necesario aplicar el teorema de Poncelet. Se tiene: T Si se tiene el gráfico. A a r a 2a A B r O q B q Se traza VII. TEOREMA DE PONCELET y se tiene m]ABC es conveniente trazar En todo triángulo rectángulo la suma de los catetos es igual a la longitud de la hipotenusa más dos veces el inradio. V. CIRCUNFERENCIA INSCRITA EN UN A TRIÁNGULO Es aquella circunferencia que es tangente a los lados de AB + BC = AC + 2r un triángulo. * r inradio del Nota: ABC Todo triángulo tiene una circunferencia inscrita a r su centro, se denomina incentro y se determina al B C intersectarse las bisectrices interiores, además el radio se denomina inradio. VIII. TEOREMA DE PITOT En todo cuadrilátero convexo circunscrito a una circunferencia la suma de los lados opuestos son iguales. C B AB + CD = BC + AD DACUTÁNGULO DOBTUSÁNGULO DRECTÁNGULO A D VI. CIRCUNFERENCIA CIRCUNSCRITA A UN TRIÁNGULO Es aquella circunferencia que contiene a los vértices de Nota: un triángulo. El teorema de Pitot se puede aplicar en cualquier polígono convexo cuyo número de lados sea par. Nota: Si dos cuerdas son congruentes, entonces la distancia Todo triángulo tiene una circunferencia circunscrita del centro en dichas cuerdas son congruentes. cuyo centro se denomina circuncentro y se determina Los únicos paralelogramos que se puedan inscribir en al intersectar las mediatrices trazadas a cada lado del una circunferencia son el rectángulo y el cuadrado. triángulo y cuyo radio se llama circunradio. TEMA 4 GEOMETRÍA 1221 SAN MARCOS CIRCUNFERENCIA I PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Problema 2 Problema 3 Calcula: "x". (T: punto de tangencia) En el gráfico, si AB = 50, BC = 70 y AC = 60. Calcula el perímetro del triángulo BTC Calcula AQ. (P, Q y T son puntos de si el cuadrado ABCD tiene un lado cuya T tangencia) longitud es igual a 10. B C P B 2x x P T C T A D A) 18° B) 14° C) 16° A Q B 10 C D) 12° E) 13° q A) 28 B) 20 C) 30 aa Resolución: D) 22 E) 23 P 10 Resolución: T T Piden: AQ = x A D 2x 5 O 5 r P V 2x 4x x B A) 28 B) 20 C) 35 r M 70 O D) 30 E) 23 50 C T Resolución: Piden: 2pDBTC Piden: x A 60 Q 53° DVOT (m] VTO = 2x) x ODC (Not. ) 2 m]TOM = 4x 53° Por propiedad: a= OTM 50 + 60 + 70 2 CQ = CP = pDABC = ⇒ q = 37º 4x + x = 90º 2 CQ = CP = 90 5x = 90º TBC (Not. 37º y 53º) ⇒ 60 + x = 90 x = 18º x = 30 2pDTBC = 30 Respuesta: 18° Respuesta: 30 Respuesta: 30 SAN MARCOS 31 13 GEOMETRÍA TEMA 4 GEOMETRÍA TEMA 5 CIRCUNFERENCIA II DESARROLLO DEL TEMA I. ÁNGULOS ASOCIADOS A LA CIRCUN- D. Ángulo Ex–inscrito FERENCIA A. Ángulo Central a A x b O a Del gráfico se cumple: a+b B x= 2 Del gráfico se cumple: E. Ángulo Interior mAB = a x q B. Ángulo Inscrito a A a Del gráfico se cumple: a+q x= 2 B Del gráfico se cumple: F. Ángulo Exterior mAB = 2a Caso 1 A C. Ángulo Semi–inscrito P x a P B b B b a Del gráfico A y B son puntos de tangencia A b–a Del gráfico se cumple: x= 2 mAB = 2a mAPB = 2b x + a = 180° SAN MARCOS 14 GEOMETRÍA TEMA 5 CIRCUNFERENCIA II Caso 2 Nota: T a x b b a a b Del gráfico T es punto de tangencia b–a x= 2 IV. CUADRILÁTERO INSCRIPTIBLE Caso 3 Es aquel cuadrilátero que se puede inscribir en una x circunferencia, por lo cual, deberá cumplir con las a propiedades anteriores. b En el gráfico: b–a x= 2 Un cuadrilátero va a ser inscriptible si se cumple: II. CUADRILÁTERO INSCRITO EN UNA CIRCUNFERENCIA 1. 2. Es aquel cuadrilátero cuyos vértices pertenecen a una misma circunferencia. C B a a A D ABCD: Cuadrilátero Inscrito o Cíclico 3. 4. III. PROPIEDADES b En todo cuadrilátero inscrito en una circunferencia, los ángulos opuestos son suplementarios. b C B a b Nota: A D La medida longitudinal y la medida angular de una circunferencia de radio "r" es 2pr y 360º respectivamente. a + b = 180° SAN MARCOS 51 15 GEOMETRÍA TEMA 5 CIRCUNFERENCIA II PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Problema 2 Por ángulo inscrito: x = 30° Si: mAB = mCD , calcula mEF En el gráfico, calcula x. 4 D Respuesta: 30º E P Problema 3 b E C 30° x En el gráfico, calcula: mBD – mCF, B si: mAMD – m ENF =15° F A P A D E B B C A) 28º B) 30º C) 10º A) mEF = 20° B) mEF = 60° D) 22º E) 23º N P C) mEF = 80° D) mEF = 30° UNMSM 1993 M F D E) mEF = 10° NIVEL INTERMEDIO UNMSM 1997 UNMSM 1996  NIVEL FÁCIL  NIVEL DIFÍCIL Resolución: A) 18º B) 30º C) 15º Resolución: D D) 12º E) 20º a a De los datos y el gráfico: P E C 30° Resolución: x mAB = 20°; mCD = 80° b m AMD – mBD P = En la circunferencia menor: 2 80° – 20° Del gráfico: m P = mCD – mAB = A B 2 2 b mENF – mCF P = 2 m P = 30° Del gráfico: Luego: En la circunferencia mayor, por ser 30º + a + b = 180º a + b = 150º mENF – mCF m AMD – mBD ángulo inscrito: = 2 2 mEF = m P ⇒ mEF = 60° En la circunferencia: mBD – mCF – mAMD – m ENF 2 mEA+ 2a + 2b = 360º mEA + 300º = 360º ⇒ mEA = 60º mBD – mCF = 15° Respuesta: 15º Respuesta: mEF = 60° x = mEA 2 TEMA 5 GEOMETRÍA 1661 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 6 PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS DESARROLLO DEL TEMA I. TEOREMA DE THALES En la figura b), BE es bisectriz exterior, luego se "Tres o más paralelas determinan sobre dos o más cumple que: secantes segmentos proporcionales". AB = BC Las rectas L1 , L2 y L3 son paralelas y las rectas m y n son AE CE secantes, luego se cumple: a. m n B L1 A D a a L2 B E C F AB DE L3 = BC EF A D C Corolario "Toda paralela a un lado de un triángulo que interseca a b. los otros dos o a sus prolongaciones, determinan sobre ellas segmentos proporcionales". B a De (a): a BM BN QB MN // AC ⇒ =; De (b): PQ // AC ⇒ PB = MA NC BC BA a. B b. P Q A C B M N Observación: A C • El Teorema de Thales es un teorema unívoco, eso A C quiere decir que tiene que haber rectas paralelas BE, es bisectriz exterior, luego se cumple que: para que haya segmentos proporcionales y no lo AB BC "En todo triángulo se cumple que los lados que forman el = contrario. AE CE vértice de donde parte la bisectriz interior (exterior) son • Tener en claro la teoría de razón y proporción proporcionales a los segmentos determinados por dicha geométrica, ya que en este capítulo se utilizará a. bisectriz sobre el lado opuesto". esos conceptos con relación a lados, segmentos, En la figura a), BD es bisectriz interior, luego se cumple etc. que: • Establecer la diferencia entre triángulos AB BC b. congruentes y semejantes. = AD DC SAN MARCOS 17 GEOMETRÍA TEMA 6 PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS TRIÁNGULOS SEMEJANTES tienen 2 3 La misma forma Diferente tamaño a 4 es decir Sus ángulos son Las medidas de sus lados 4 6 congruentes correspondientes son proporcionales. 8 los criterios de semejanza son: Dos parejas de igual Dos pares de lados de medidas Sus tres pares de ángulo de igual proporcionales y el ángulo lados de medidas medida comprendido de igual medida. proporcionales II. DEFINICIÓN homólogos a aquellos que perteneciendo a dos triángulos Dos triángulos son semejantes si tienen sus tres semejantes se oponen a ángulos congruentes), es un ángulos congruentes, o, sus tres lados respectivamente número constante, llamado razón de semejanza. proporcionales. AB BC AC Según lo expuesto, si los triángulos ABC y MNP de la = = = k , donde k es la razón de semejanza. MN NP MP figura son semejantes, esto se denota así: B DABC  DMNP b N Se comprueba que sus ángulos son tales que: m ∠ A = m ∠ M;m∠ B = m ∠ N;m∠ C = m ∠ P b En dos triángulos semejantes se verifica que la razón de a q a q cualquier pareja de lados homólogos (se denominan lados A C M P PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1    AB DE = A) 18 B) 6 C) 10 En la figura, calcular "x", si a // b // c . BC EF D) 12 E) 13 Reemplazando los datos: A D a x x Resolución: = 9 4 x 4 ∴ x=6 B E b B q 9 x q C F c 3 E Respuesta: 6 8 L 3n 5n a Problema 2 a UNMSM 1990 C En un triángulo ABC, se traza la bisectriz A NIVEL FÁCIL exterior BP(P en la prolongación de CA), 10 en el triángulo PAB se traza la bisectriz A) 18 B) 6 C) 10 En la figura nos piden PE = x, en DCBL, interior PL, tal que la prolongación de D) 12 E) 13 por teorema de la bisectriz exterior CL interseca a PB en E. Calcular PE, si tenemos: BL = 3, PC = 10 y BC = 8. Resolución: Si a//b//c, por el teorema de Thales se UNMSM 1992 CE 8 CE = 8n = → cumple: NIVEL INTERMEDIO EL 3 EL = 3n TEMA 6 GEOMETRÍA 1881 SAN MARCOS PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS Entonces CL = 5n, luego en el , por A) 18 B) 6 C) 10 Si el DABC es isósceles y BH es altura: el teorema de la bisectriz interior D) 12 E) 13 tenemos: x AH = HC = Resolución: 2 x 10 Y como: m]OAH = m]OBQ = a = 3n 5n B ∴x=6 Resulta que: a Respuesta: 6 BHC ∼ AHO 8 Problema 3 Q x /2 1 En un DABC(BC = BC), las alturas BH OO = 9 x /2 y AQ se intersectan en "O", tal que: b1 a x/2 H x/2 b OH = 1 y OB = 8. ∴x=6 A x C Calcular AC. UNMSM 2002  NIVEL DIFÍCIL En la figura nos pide: AC = x Respuesta: 6 SAN MARCOS 91 19 GEOMETRÍA TEMA 6 GEOMETRÍA TEMA 7 RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO RECTÁNGULO Y LA CIRCUNFERENCIA DESARROLLO DEL TEMA I. TEOREMA DE LAS CUERDAS II. TEOREMA DE LA TANGENTE ¿Qué es cuerda? ¿Qué es una tangente? B A B A AB: Es cuerda (segmento que une 2 puntos de la AB: es tangente. (Recta que interseca a la circunferencia circunferencia). en un solo punto). C m b B x A a n x2 = a . b b D a AB y CD son cuerdas: x: Tangente a.b=m.n a: Secante b: Parte externa de la secante Ejemplo: Ejemplo: Hallar "x" Hallar "x". 4 2x x 9 3 18 x SAN MARCOS 20 GEOMETRÍA TEMA 7 RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO RECTÁNGULO Y LA CIRCUNFERENCIA III. TEOREMAS DE LAS SECANTES ¿Qué es una secante? x x.y=a.b A B y b a a , x : Secante AB: es una secante (recta que intersecta a la circunferencia b , y : Partes externas de las secantes en 2 puntos) PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Problema 2 Problema 3 Calcula AB. Los radios de dos circunferencias En el trapecio mostrado calcula HD si Si BC = 10 y DC2 + ED2 + AE2 = 56 tangentes externas están en la relación AC = 6, AH = 4 y BC = 2 B de uno a tres. Las tangentes comunes B C exteriores miden 4 3 u y se cortan en E. Calcula la distancia entre el centro de A la mayor y E. A H D E UNMSM 2004 UNMSM 2001 D C NIVEL INTERMEDIO NIVEL DIFÍCIL UNMSM 2002 A) 12 m B) 10 m C) 11 m A) 12 B) 5 C) 3 NIVEL FÁCIL D) 15 m E) 20 m D 15 E) 2 A) 3 20 B) 2 11 C) 2 10 Resolución: Resolución: B 2 C D) 5 10 E) 2 20 O 3r Resolución: 2r 30° r O2 Utilizando el teorema de Pitágoras, H A r r H D E tenemos: A B E 4 x 2 4 3m BDC: BC2 = DC2 + BD2 .......... (I) A partir del vértice C se traza una Se pide calcular OE paralela a BD. BED: BD2 = ED2 + BE2 .......... (II) AB = 2 3r.r ⇒ r = 2m. • Donde DBCE es un paralelogramo BAE: BE2 = AE2 + AB2 ........... (III) Unimos los centros con E. • En el ACE Sumando (I), (II) y (III) C Se observa que OO2= 4r; OH = 2r obtenemos: 6 ⇒ m∠OO2H = 30 ⇒ m∠OEA = 30° BC2 = DC2 + ED2 + AE2 + AB2 102 = 56 + AB2 y ya que r = 2 u; OA = 6 u A 4 H X+2 E 44 = AB2 En el OAE: OE = 12 m 62 = 4(6 + x) ⇒ x = 3 AB = 2 11 Respuesta: B) 2 11 Respuesta: A) 12m Respuesta: C) 3 SAN MARCOS 12 21 GEOMETRÍA TEMA 7 GEOMETRÍA TEMA 8 RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS DESARROLLO DEL TEMA I. TEOREMA DE EUCLIDES En la figura: a > 90 y AH es la proyección de AB sobre A. Teorema 1 AC (AH = m), luego: En todo triángulo se cumple que la medida del lado opuesto a un ángulo agudo es igual a la suma de a2 = b2 + c2 + 2bm ...(2) los cuadrados de las medidas de los otros dos lados, menos el doble producto entre las medidas de uno de Observación estos lados y la proyección del otro sobre él. En el AHB: m = cCosa. B En (2) a2 = b2 + c2 – 2bcCosa "Teorema de cosenos" c a II. RECONOCIMIENTO DE LA NATURA- LEZA DE UN TRIÁNGULO Dado el triángulo ABC, donde AB = c, BC = a y AC = b, a m A C siendo a > b > c, entonces se verifica que: H a2 < b2 + c2 ⇒ el iABC es acutángulo b De acuerdo a la figura siendo a < 90 y "m" la longitud a2 = b2 + c2 ⇒ el iABC es rectángulo de la proyección se cumple. a2 > b2 + c2 ⇒ el iABC es obtusángulo a2 = b2 + c2 – 2bm ... (1) A. Teorema de Stewart Observación B En el AHB: m = cCosa En (1): a2 = b2 + c2 – 2bcCosa Teorema de Cosenos. a c x B. Teorema 2 En todo triángulo obtusángulo se cumple que el m n cuadrado de la medida del lado, opuesto al ángulo A F C obtuso es iguala a la suma de los cuadrados de b las medidas de los otros dos lados más el doble producto entre las medidas de uno de estos lados y la proyección del otro sobre él. Si BF es una ceviana entonces se verifica la siguiente B relación: c2n + a2m = x2b + bmn (3) a c Observación Si el triángulo es isósceles con a = c la expresión (3) se reduce a: m a2 = x2 + mn H A b C SAN MARCOS 22 GEOMETRÍA TEMA 8 RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS B. Teorema de la mediana l ABCD: inscrito en la circunferencia C. B AB = a; BC = b, CD = c, AD = d AC = m y BD = n Se cumple: m . n = a . c + b . d a c mb III. RELACIONES MÉTRICAS EN EL CUA- DRILÁTERO A. Teorema de Euler A M C En todo cuadrilátero convexo o no convexo se verifica b a la siguiente relación. Si BM es mediana (BM = mb) se cumple lo siguiente: C B b2 c2 + a2 = 2(mb)2 + 2 M N Observación Siendo las medidas de las otras medianas ma y mc se cumple que: A D 3 (AB)2 + (BC)2 + (CD)2 + (AD)2 = (AC)2 + (BD)2 + 4(MN)2 (ma)2 + (mb)2 + (mc)2 + = (a2 + b2 + c2) 4 C. Teorema de Herón B. Teorema de Viette (Segundo Teorema de Ptolomeo) B En todo cuadrilátero inscrito o inscriptible en una circunferencia, la razón de las longitudes diagonales es igual a la razón de la suma de los productos de las longitudes de los lados que ocurren a los extremos c a de cada diagonal respectivamente. hb C b B A H C c b n a m a+b+c BH es altura (BH = hb): p = 2 A d D 2 hb = p(p – a)(p – b)(p – c) b m ad + bc Se cumple: n = ab + cd D. Teorema Ptolomeo En todo cuadrilátero inscrito o inscriptible, el producto de las longitudes de sus diagonales es igual a la C. Teorema de Arquímedes Es un cuadrilátero de diagonales perpendiculares se suma de los productos de las longitudes de sus lados verifica que: opuestos. C C b B B C c a m n A D A d D 2 2 2 2 AB + CD = BC + AD SAN MARCOS 32 23 GEOMETRÍA TEMA 8 RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS D. Teorema de Chadú P: punto interior del rectángulo ABCD. En todo cuadrilátero inscrito en una circunferencia o inscriptible, tal que tres vértices son los vértices de un triángulo equilátero, entonces la distancia del Se cumple: a2 + c2 = b2 + d2 cuarto vértice más alejado es igual a la suma de las distancias de este a los otros dos vértices del triángulo 2. P equilátero. B b m y P B C l l x n a c A l C A D Se cumple: PA = PC + PB P: es el punto exterior del rectángulo ABCD. → C=a+b Se cumple: E. Teorema de Marlen Es un rectángulo, la suma de los cuadrados de las x2 + y2 = m2 + n2 distancias de un punto cualquiera a sus vértices opuestos son iguales. 1. B C Observación: b c El teorema de Marlen también se puede aplicar aun cuadrado. P El punto P puede ubicarse en cualquier parte del plano que contiene al rectángulo, incluso el teorema a d se sigue cumpliendo si P está en el espacio (fuera del plano que contiene al rectángulo). A D PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Resolución: Problema 2 ABCD es un rombo, BM = MC, AM = 9 C M B En un triángulo ABC, AB = C; BC = a y AC = b. Si a2 = b2 + c2 – bc. y DM = 13. Calcula AB. Calcule la mediana de uno de los ángulos x 9 13 x x interiores. C M B A) 45° B) 53° C) 37° D) 30° E) 60° D T A Resolución: x B Calculo de la mediana: D A 132 + 92 = 2x2 + x 2 x = 10 2 c a A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E) 12 Respuesta: C) 10 q b A C TEMA 8 GEOMETRÍA 2442 SAN MARCOS RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS Teorema de cosenos: A) 6 B) 10 C) 14 mBPCO (Ptolomeo) a2 = b2 + c2 – 2bcCosq D) 8 E) 12 Dato: a2 = b2 + c2 – bc ⇒ 2bcCosq = bc 1 Resolución: xm 2 = ma + mb ∴ Cosq = ⇒ q = 60° 2 P x 2 = 10 2 Respuesta: E) 60° a x b x = 10 B C Problema 3 m 2 Es un cuadrado ABCD exterior y relativo m m a BC se ubica el punto P. Si m]BPC = 90° y PB + PC = 10 2 si O es centro del O cuadrado, calcule: PO Respuesta: B) 10 A D SAN MARCOS 52 25 GEOMETRÍA TEMA 8 GEOMETRÍA TEMA 9 ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES Y SUS RELACIONES DESARROLLO DEL TEMA I. REGIONES POLIGONALES A continuación se presentan una serie de teoremas Una región triangular es un conjunto de puntos, reunión para calcular el área de diversas regiones triangulares. de un triángulo y su interior. Teorema fundamental Una región poligonal es la reunión de un número finito B de regiones triangulares que se encuentran en un plano dado, tales que si dos cualesquiera de ellas se intersecan, su intersección es o bien un punto o un segmento S = (1/2)hb.b hb A H C b Teorema trigonométrico B bc SABC = Sena Las líneas punteadas en las figuras anteriores indican 2 cómo se podría representar cada una de las dos c regiones poligonales mediante tal reunión. Las regiones Si S es máxima triangulares de cualquier descomposición así se llaman a ⇒ a = 90° regiones triangulares componentes de la región poligonal. A C b Teorema de Arquímedes A. Postulados 1. Dada una unidad de área, a cada región le B B corresponde un número único, llamado área de c a a la región. c 2. El área de una región poligonal es la suma de las áreas de cualquier conjunto de regiones A C A C b b componentes en el cual puede dividirse. Donde “p” es el semiperímetro. 3. Si dos polígonos son congruentes, entonces las regiones poligonales correspondientes tienen la S = p(p–a)(p–b)(p–c) misma área. Observaciones: a) Para todo triángulo obtusángulo b) Para un triángulo rectángulo. c) Para un triángulo equilátero B B b.c L2 3 s= s= 2 4 c S hb L L S C b 60° 60° A b A L C SAN MARCOS 62 26 GEOMETRÍA TEMA 9 ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES Y SUS RELACIONES B. Teoremas adicionales 4. En función del inradio y los ex-radios Sea “r” la medida del inradio de un triángulo ABC 1. En función del inradio y “ra”, “rb” y “rc” las medidas de sus tres exradios, B entonces: S = r . ra . rb . rc S = pr Observaciones: 1. Dos figuras son equivalentes si tienen forma r distinta pero igual tamaño. La siguiente figura muestra un círculo y una región triangular de igual A C área, es decir son equivalentes. Donde “p” es el semiperímetro. S <> 2. En función del circunradio S B abc 2. Para todo triángulo rectángulo c a S= 4R B R O S = mn A b C A C 3. En función del ex-radio m n 3. Para todo triángulo rectángulo S = rc(P . C) B Ec B S = ra.rc rc c rc ra A C A C Donde “p” es el semiperímetro. PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Resolución: Sea R la región triangular ABC. Calcula el área de la región sombreada B AB × ED R= si AB = 6m, BC = 8m y AC = 10m. 2 8m 6m \ R = 8u2 D es incentro de ABC. D B A C Respuesta: C) R = 8 u2 10m D Piden: el área de la región sombreada. Problema 2 A C Calcula el área de la región sombreada Ya que D es el incentro del triángulo ABC, DE es el inradio. si BF = 3 u y AC = 10 u. A) R = 5 m2 B) R = 19 m2 B Por el teorema de Poncelet: C) R = 8 m2 D) R = 10 m2 AB + BC = AC + 2(ED) D F E) R = 9 m2 8u + 6u = 10u + 2(ED) UNMSM 2000 NIVEL FÁCIL ED = 2u A E C SAN MARCOS 72 27 GEOMETRÍA TEMA 9 ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES Y SUS RELACIONES A) 20 u2 B) 12 u2 De comparar lo obtenido con (1): Resolución: 2 2 B C) 18 u D) 15 u S(ABD) = 5u (3u + FE) = 5u(DH) H E) 10 u2 S(ABD) = 15u2 + 5uFE – 5u(DH) A UNMSM 2001 S(ABD) = 15u2 + 5u(FE – DH) NIVEL INTERMEDIO 144424443 CERO E S O D De comparar con (2) Nos piden: Resolución: AS × AB B A(iSAB) = \ S(ABD) = 15 u2 2 3u F D Desde O trazamos OH ⊥ AB Respuesta: D) 15 u2 AH = HB = 3 A E C Problema 3 También: OB = 5; 10u En el gráfico, calcula el área de la región entonces: OH = 4 triangular ABS. Piden: En el trapecio SABK: B Se observa que: AS × 5,5 OH = A 2 • S(ABD) = S(ABC) – S(ADC) ........ (1) → AS = 2,5 • FE = DH .................... (2) E S D Reemplazando: Ahora: A) 3,2 B) 7,5 AC × BE C) 6,5 D) 4,5 A(iSAB) = 7,5 S(ABC) = = 5 u(3 u + FE) 2 E) 10,2 AC × DH UNMSM 2004 S(ADE) = = 5 u × DH 2 NIVEL DIFÍCIL Respuesta: B) 7,5 TEMA 9 GEOMETRÍA 2882 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 10 ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES DESARROLLO DEL TEMA I. TEOREMAS 3. C B C 1. C A B B O θ D A D A D Sean A, B, C y D las áreas de las regiones triangulares. Se cumple: (AC)(BD) A.B = C.D AABCD = Senq 2 4. B Observación: M B C A A C S B Si :BM = MC AN = ND D A N D (AC)(BD) Se cumple: S = A + B AABCD = 2 5. 2. B B N A C C D A = BD(AC) Senw M P 2 D B ω A C A Q D Observación: Si: AM = MB, BN = NC B CP = PD y AQ = QD ⇒ f MNPQ: Paralelogramo A (BD)(AC) D ABCD = AABCD 2 Se cumple: AMNPQ = 2 además: A +B = C+D A C SAN MARCOS 29 GEOMETRÍA TEMA 10 ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES II. ÁREA DE REGIONES TRAPECIALES Teoremas 1. 1. B C C b B c a A D H Si: BC // AD R A d D AABCD = ( a + b 2+ c + d ) R 2. B C 2. B M N b C A D H a Si: BC // AD c BM = MA y CN = ND A d D a+b+c+d 3. Sea: p = 2 B C C AABCD = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) A B O D 3. Cuadrilátero bicéntrico D b C A B G Si: BC // AD a E c Se cumple: A = B Además: A.B = C.D A H A= CD D d Luego: AdABCD = A + B + C + D AdABCD = 2 CD + C + D AABCD = abcd AdABCD = ( C + D )2 4. III. ÁREA DE REGIONES PARALELOGRÁMICAS B C B C M θq A D A H D Si: BC // AD AABCD : Paralelogramo CM = MD AABCD = (AD)(BH) AABCD ⇒ ABMA = AABCD (AB)(AD)Senq = 2 TEMA 10 GEOMETRÍA 3003 SAN MARCOS ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES A. Área de la región rombal D. Propiedades B En regiones paralelográmicas. 1. B C A C A A A O A D A D (AC)(BD) AABCD = B 2 C A C D B. Área de la región rectangular B C B A D AABCD = (AB)(AD) AABCD A+B = 2 A D AABCD C+D = C. Área de la región cuadrada 2 B C 2. a C B d A Q A B A a D D AABCD AABCD = a2 d2 A+B = AABCD = 2 2 PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Resolución: Problema 2 B Se tiene los triángulos equiláteros ABC y En un triángulo ABC, se trazan las cevianas 2a M PBQ, donde P está en la región interior interiores AM y BQ. (AM ∩ BQ) Calcule la y Q en la región exterior y relativa a BC, S1 P 3a razón de las áreas de las regiones ABP y si: (AP)(CQ) = k. Calcule el área de la S2 A región no convexa BACP. PQCM. Si: A C NIVEL INTERMEDIO 3m Q 2m BM 2 y AQ 3 Sea: A DAPQ = A = = MC 3 QC 2 A) k 2 3 De los datos: k 3 NIVEL INTERMEDIO B) Por razón de áreas 2 A) 2 B) 4 S1 + A 3 ; S2 + A 3 k 3 = = C) A DABC 5 A DABC 5 4 C) 6 k 3 D) 8 S1 D) 2 ∴ 1 = 4 E) 1 ⇒ S1 + A = S2 + A S2 2 3 E) Respuesta: E) 1 4 SAN MARCOS 13 31 GEOMETRÍA TEMA 10 ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES Resolución: Problema 3 En la figura se muestra un triángulo A B rectángulo isósceles ABC. Calcular el α b 45° R αβ área de la corona circular si CT = 2 3 r r Q y M, N y T son puntos de tangencia. r 2 r T a b a r M NIVEL FÁCIL O 2 3 θ A) 3p W P W r 2 A B) 6p 2r C C) 5p Según el gráfico y por teorema general. D) 2p 45° E) 4p B N C r 2 Luego: En el DOMA se deduce: D ABP ≅ D CBQ (L – A – L) A ⇒ mBAP = w y OM = MA = r mBCQ = w T AO r= = 2 ON B M R En el DONC se deduce: A ON = NC = r 2 C B C N w + 60° = q + w OC = 2r q = 60° DOTC (Notable 30° - 60°) Resolución: Reemplazando: r=2 →R = 2 2 Se pide: 2 2 p(R − r ) ... (1) A corona = p ((2 2)2 − 22 ) En (1): A corona = Del dato: AB = BC ∴ A corona = 4 p Respuesta: C) k 3 /4 mA = mACB = 45° Respuesta: E) 4 p 4 TEMA 10 GEOMETRÍA 3223 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 11 ÁREA DE REGIONES CIRCULARES Y SUS RELACIONES SOII1G11 DESARROLLO DEL TEMA I. ÁREA DEL CÍRCULO p R2 S= 4 S = p R 2 II. ÁREA DEL SECTOR CIRCULAR p R2 S= 3 Observación p R2 • El área de un sector circular de radio R y ángulo central S= 8 2 a se calcula R a radianes 2 III. ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR No olvides: Relaciones de áreas triangulares ak bk A A a b Observaciones: G → Baricentro A A p R2 A A S= A A 2 A A G A A p R2 S= A 6 A A SAN MARCOS 33 GEOMETRÍA TEMA 11 ÁREA DE REGIONES CIRCULARES Y SUS RELACIONES Propiedades: Nota: 1. Para todo cuadrilátero Las áreas determinadas son proporcionales al lado de donde parte la bisectriz. R A C X S1 a D = S2 b A TOT. A×C=B×C x= 2 Sugerencia: • Para calcular el área de una región circular solo se Sugerencia: necesita la longitud del radio y es necesario recordar Para relacionar área es importante recordar el teorema las propiedades generales de una circunferencia. de Thales. • El área de un sector circular de radio R y ángulo central, 2 se calcula R a (a → radianes) 2 A. Para triángulos semejantes 2. Para todo trapecio Si el ABC es semejante al MNL. B A B X N q a q c m A TOT. l A=B h1 A1 A2 x= h2 2 a b a b 3. En todo paralelogramo A b C M n L A C A A B A1 a2 b2 c 2 = = = 2 = ... = K 2 A 2 m2 n2 l A A A AT B = A+C = A 2 Nota: Nota: Las áreas de todos los círculos son proporcionales al Las áreas de todos los triángulos equiláteros son cuadrado de sus radios. proporcionales a los cuadrados de sus lados. PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Resolución: a 5 = AQ En el gráfico, calcula el área de la región sombreada. Si QM = 2. 2. jAPQO es un trapecio. Trasladando áreas. 1p pa2 Sx = (a 2)2 ⇒ = Sx 4 2 Teorema de las cuerdas a 5 ⋅2 = a⋅a ⇒ 2 5 = a UNMSM 2000–I 1. Se une PQ y AP • Reemplazando: 1 NIVEL DIFÍCIL APQ (Teorema de Pitágoras) =Sx (2 5)2 p S= x 10 p 2 A) 18 B) 12 C) 15 (a 2)2 + a2 = (AQ)2 D) 20 E) 10 Respuesta: 10 p TEMA 11 GEOMETRÍA 3443 SAN MARCOS ÁREA DE REGIONES CIRCULARES Y SUS RELACIONES Problema 2 (Teorema de Pitágoras) Resolución: Calcula el área de la región sombreada, 2 2 3 + (6 – r) = (3 + r) 2  = 90° (C, M y O son puntos de si mCM 9 + 62 – 2(6)(r) + r2 = 32 + 2(3)(r) + r2 tangencia). Sx = 23p Respuesta: 23 p Problema 3 Calcula el área de la región sombreada, si el área de la región triangular es 80 m2. A) 10 p B) 32 p C) 23 p D) 30 p E) 40 p UNMSM 2001–I Se traza BM , por relación de áreas: NIVEL INTERMEDIO 8S = 80 m2 Resolución: S = 10 m2. A) 28 m2 Pero piden 5S B) 30 m2 C) 18 m2 ⇒ 5(10 m2) = 50 m2 D) 50 m2 E) 20 m2 UNMSM 2002–I Respuesta: 50 m2 NIVEL FÁCIL SAN MARCOS 53 35 GEOMETRÍA TEMA 11 GEOMETRÍA TEMA 12 RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO DESARROLLO DEL TEMA I. DEFINICIÓN Postulado Con tres puntos no colineales se determina un plano. Es aquella parte de la geometría que estudia las figuras geométricas en el espacio. B A C II. PLANO El plano se considera como una superficie llana e ilimitada en toda su extensión, y de espesor despreciable. P Sea A, B y C punto no colineales. A. Representación geométrica de un plano Entonces con los puntos A, B y C se determina el P. Tradicionalmente al plano se le representa mediante una región paralelográmica; eso no significa que no lo Teorema 1 podemos representar por cualquier otra región plana. Con una recta y un punto que no pertenece a dicha recta se determina un plano. L B A C L P Se uica la letra en una de sus esquinas. Sea C ∉ L (A y B ∈ L ) Notación: L Se L. Entonces con C y L se determina el P. Teorema 2 B. Determinación de un plano Con dos rectas secantes se determina un plano. Significa ubicarlo o fijarlo en un determinado lugar. B L1 Para que se entienda mejor, de manera análoga, A citaremos un ejemplo real: Si deseamos que la pizarra queda fija en la pared, debemos apoyarla en C L2 la pared donde queramos fijarla y clavar en tres de P sus esquinas. Como A y B ∈ L 1, A y C ∈ L 2. A continuación veamos qué es necesario para determinar un plano: Entonces con L 1 y L 2 se determina el P. SAN MARCOS 36 GEOMETRÍA TEMA 12 RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO Teorema 3 A B L Con dos rectas paralelas se determina un plano. B L1 A C L2 P P Si A, B ∈ L y A, B ∉ P Como A y B ∈ L 1 C ∈ L 2 y ∈ L 2// L 1 →Ly P son paralelos Entonces con L 1// L 2 se determina el P. Entre dos rectas: Posiciones relativas entre rectas y/o planos Pueden ser paralela, secantes o alabeadas (cruzadas) en el espacio En el espacio se pueden analizar las posiciones Rectas paralelas relativas entre una recta y un plano, entre dos rectas y L1 entre dos planos, las que explicaremos a continuación. Entre una recta y un plano L2 Pueden ser una recta contenida, secante o paralela al plano. L 1 y L 2 son coplanares L 1∩ L 2 = f Recta contenida en el plano Si los puntos de la recta pertenecen al plano. Rectas secantes L1 B L1 A S L2 P L 1 ∩ L 2 = {S} Si A; B; ... ∈ L y A, B ... ∈ P. Rectas alabeadas →L⊂ P. L1 L2 Recta secante al plano Si la recta y el plano tienen un solo punto en común. A L 1 y L 2 no son coplanares ∧ L 1 ∩ L 2 = f P A continuación se traza un plano que contenga a L 2 e interseca a L 1 para poder visualizarlo mejor. L1 L Si L ∩ P = {A} L2 A →Ly P son secantes Recta paralela al plano P Si la recta y el plano no tienen un punto o puntos en común. SAN MARCOS 73 37 GEOMETRÍA TEMA 12 RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO Entre dos planos Hy L ⊥ H Pueden ser planos paralelos o secantes → L L 1 L L2 Planos paralelos Son aquellos que no tienen ningún punto en común. L L3 . . . . . . . . . L Ln P Condición para que una rceta sea perpendicular a un plano. La condición necesaria y suficiente para que una recta sea perpendicular a un plano es que debe ser perpendicular a dos rectas secantes contenidas en dicho plano. Luego de esto podemos decir que la L recta será perpendicular a todas las rectas contenidas en dicho plano. L Si P∩ L = f → Py L son paralelos. L1 Planos secantes Q Son aquellos que tienen en común una recta. L2 H M Arista L Sean L 1 y L 2 ⊂ H B Si L ⊥ L 1 y L ⊥ L 2 →L⊂ H P A Luego L será perpendicular a todas las rectas contenidas en dicho plano. Ángulo entre dos rectas alabeadas o cruzadas. Si L ⊂ P y L ∩ M El ángulo entre dos rectas alabeadas es aquels cuya → Py M son secantes medida se determina al trazar, por un punto cualquiera del espacio, dos rayos que son paralelos a las rectas alabeadas. Recta perpendicular a un plano K L Una recta perpendicular a un plano se define como L1 x aquella que es perpendicular a todas las rectas P contenidas en dicho plano. L S L3 L4 H L2 L2 L1 H L5 Para esto vamos a trazar H, que se contenga a L 2 y que sea secante a L 1 por cuestiones didácticas. L 1 ∩ H = {s} Sean L 1, L 2, L 3... L n contenidas en L2 ⊂ H TEMA 12 GEOMETRÍA 3883 SAN MARCOS RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO Sea P un punto del espacio. Entonces Sea L 1 ⊥ H PL// L 2 y PK// L 1 d⊂ H Por lo tanto x es la medida del ángulo entre L 1 y L 2. Si L 2 ⊥d ( L 1∩ L 2={P}) Nota: Si: L 1 y L 2 son ortogonales, entonces x = 90°. → L 3 ⊥ d (x = 90°) K L Ángulo diedro L1 x El ángulo diedro o simplemente diedro es la figura P geométrica que se forma por la unión de dos semiplanos que tienen en común la recta de origen S (la cual se denomina arista). L H L2 B M S cara El punto P puede ser un punto de una de las rectas x L alabeadas o cruzadas. H O L1 cara A x arista S P Notación H L2 • Ángulo diedro AB o ángulo diedro. H – AB – M • ∠SOL: ángulo plano o rectilíneo del ángulo diedro AB . Se sabe que P ∈ L 2 • x. medida del ángulo diedro AB Luego: PR // L 1 Por lo tanto, x es la medida del ángulo entre L 1 y L 2. ( OS ⊥ L y OL ⊥ L , además OS ⊂ H ∧ OL )⊂ M) Teorema de las tres perpendiculares Planos perpendiculares Si por el pie de una recta perpendicular a un plano se N traza otra recta perpendicular y secante a una de las rectas contenidas en el plano, entonces por el pie de esta última recta y un punto cualquiera de la primera recta se determina otra recta perpendicular a dicha S recta contenida en el plano mencionado. L1 O a L3 L M L2 x P Sea M⊥ N. H d → ∠ SOL es recto (a = 90°) SAN MARCOS 93 39 GEOMETRÍA TEMA 12 RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO Proyección ortogonal de un punto un segmento y una recta respecto a un plano. N ARP R L B N P H Proyectante A M Aproy L1 a L N' B' Aproy = ARP . Cosa A' Sea la región plana P' M' H • ARP: área de la región plana contenida en N. • Aproy: área de la proyección ortogonal de dicha región R sobre H. • P' proyección ortogonal de P sobre H • a: medida del ángulo diedro determinado por el Ny H. • A' y B': proyecciones ortogonales de A y B sobre H. • M' y N' proyecciones ortogonales de M y N sobre H. Nota: • A'B': proyecciones ortogonales de AB sobre H. Cuando N∧ H son paralelas, entonces Aproy = ARP • L 1: proyección ortogonal de L sobre H. Distancia entre dos rectas alabeadas. La distancia entre dos rectas alabeadas es la longitud del Nota: segmento de recta común que es pependicular a dichas rectas. A'B' puede ser congruente a AB. L 1 puede ser paralela a L L1 S Ángulo entre una recta y un plano. El ángulo entre una recta y un plano se define como aquel que determina la recta con su respectiva proyección ortogonal sobre el plano. L T L2 S Sean: L 1 y L 2 alabeado o cruzadas. x Si ST ⊥ L 1 ∧ ST ⊥ L 2 entonces: ST es la distancia entre L 1 y L 2. L1 H Método para hallar la distancia entre dos rectas alabeadas. Para hallar la distancia entre dos rectas alabeadas, se debe trazar un plano perpendicular a una de las rectas y Sea L secante al H y S. luego proyectarlas ortogonales sobre el plano mencionado. L 1: proyección ortogonal de L sobre H Finalmente la distancia entre las proyecciones (punto y recta) x: medida del ángulo entre L y H. será la distancia entre las rectas alabeadas. L1 Proyeccón ortogonal de una región plana respecto L2 a un plano. El área de la proyección ortogonal de una región plana sobre un plano dado es igual al producto del área de dicha región y al coseno del ángulo de diedro determinado por el plano que contiene a dicha región y al plano dado. Sean L 1 y L 2 alabeadas TEMA 12 GEOMETRÍA 4004 SAN MARCOS RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO Se traza el H de manera perpendicular a L 1. Se traza la perpendicular ST a L 2. (4l)2 L2 ST = d: distancia entre L 1 y L 2 L1 Nota: Si L 1 y L 2 son ortogonales, entonces el llamado L2 plano de proyección podría ser el plano que contiene S a uno de dichas rectas. H L1 plano de proyección H ⊥ L 1. L 2: proyección ortogonal de L 2 sobre H. L2 S: proyección ortogonal de L 1 sobre H. S d L2 d: distancia entre L 1 y L 2 S d plano de proyección H plano de proyección PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Resolución: Problema 2 En el gráfico AP = 80 cm. Hallar AB. En un rectángulo ABCD se traza BK P perpendicular al plano del rectángulo, luego se ubican los puntos medios L y S P AB BC BK 80 de AD y DC, = = . 3 4 2 Calcule la medida del ángulo LS y AK . 75° NIVEL INTERMEDIO A x 75° B Resolución: A K B 4l Nos piden AB = x B 8l C Se sabe que ABP es notable de 15° A) x = 20 2 ( 3 – 1)cm 6l 3l y 75°. B) x = 10 2 ( 3 – 1)cm S x = ( 6 – 2 )k y 4k = 80 x 3l C) x = 15 2 ( 3 – 1)cm → x = ( 6 – 2 )20 A 4l L 4l D D) x = 13 2 ( 3 – 1)cm x = 20 2 ( 3 – 1)cm Nos piden la medida del ∠entre LS y E) x = 12 2 ( 3 – 1)cm AK = x. Como podemos ver AK y LS UNMSM 2007 son alabeados, para lo cual se traza Respuesta: aaa AC//LS. NIVEL FÁCIL SAN MARCOS 14 41 GEOMETRÍA TEMA 12 RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO S (4 l)2 + (6l)2 → AK Nos piden: ASLD. ABK: AK = = 2 13l B Dato: la semicircunferencia de diámetro ABK: CK = (4 l)2 + (8l)2 → CK = 4 5l L AB y el cuadrado se encuentran en ABK: AC = 10l C planos perpendiculares.  AKC: por teore,a de cosenos. Como SO ⊥ ABCD A (4 5l) = 2 2 2 (2 13l) + (10l) – 2(2 13l )(10l)Cosx → SO ⊥ OD ∧ SO ⊥ OL SOD: m2 = 5 2 + 52 80 = 52 + 100 – 40 13Cosx 40 13Cosx = 72 D m = 30 9 SOL: n2 = 5 2 + 102 Cosx = n = 15 5 13 UNMSM 2001–I 9 13 NIVEL INTERMEDIO Teorema de Euclides: Cosx = S 65 Resolución:  9 13  x = Ar cos   65  30 h 15   S B a Respuesta:  9 13  5 n D x = Ar cos   65    5 5 L 5 L 5 5 10 C Problema 3 5 302 = 152 + 52 – 2(5)a Del gráfico, el cuadrado ABCD y la m 5 A 5 → a = 1 ∧ h = 14 semicircunferencia de diámetro AB se 2 5 encuentran en plano perpendiculares, 2 5 ASLD = (5) 14 2 BL = LC = 5 y mAC = m SB . Calcule el D Respuesta: ASLD = (5) 14 área de la región triangular SLD. 2 TEMA 12 GEOMETRÍA 4224 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 13 POLIEDROS REGULARES DESARROLLO DEL TEMA A. Diagonal Objetivos: Es aquel segmento cuyos extremos son dos vértices • Estudiar la forma de los poliedros, y reconocer de caras diferentes. los elementos principales y secundarios, así como En todo poliedro se cumple también la relación que hay entre ellos. • Analizar los poliedros regulares empleando C+V=A+2 Teorema de Euler fórmulas que permitan calcular su volumen y el donde: área de la superficie que los limita. C: número de caras V: número de vértices I. POLIEDRO A: número de aristas Es el sólido geométrico limitado por cuatro o más regiones poligonales denominadas caras de poliedro. II. POLIEDRO REGULAR El lado común a dos caras se denomina arista y al punto Un poliedro regular es aquel que tiene por caras regiones de concurrencia de las aristas se le denomina vértice del poligonales regulares congruentes entre sí y en cada poliedro. Un poliedro se identifica según el número de vértice concurren igual número de aristas. caras. Solamente existen cinco poliedros regulares, los cuales son tetraedro regular, hexaedro regular, octaedro regular, N°. de caras Nombre dodecaedro regular y el icosaedro regular. A continuación 4 Tetraedro analizaremos los poliedros regulares. 5 Pentaedro 6 Hexaedro A. Tetraedro regular. Es aquel poliedro regular que se caracteriza por tener 7 Heptaedro 4 caras que son regiones triangulares equiláteras. 8 Octaedro A 9 Nonaedro a 10 Decaedro a D h vértice a P B O arista a C cara Notación: Tetraedro regular ABCD diagonal Cálculo de la longitud de su altura. del poliedro Q a 6 h= 3 SAN MARCOS 43 GEOMETRÍA TEMA 13 POLIEDROS REGULARES Área de la superficie total (AST) • Desarrollo de la superficie de un hexaedro regular: En la figura se muestra una caja de A = a2 3 cartón cuya forma es cúbica. Al despejar sus caras y ubicarlas en un plano se obtiene lo que se Cálculo del volumen (V) denomina el desarrollo de su respectiva superficie. a3 2 V= 12 • Desarrollo de la superficie de un tetraedro regular: En la figura se muestra un tetraedro regular cuyas caras son de cartón. Al desplegar sus caras y ubicarlas sobre un plano se observa una superficie triangular equilátero, la cual se denomina desarrollo de su respectiva superficie. A C. Octaedro regular Es aquel poliedro regular limitado por ocho regiones triangulares etquiláteras. A CC P A a B D a B C A O a A a D B. Hexaedro regular o cubo a Es aquel poliedro regular limitado por seis regiones a cuadradas congruentes entre si. B C Q Notación: Octaedro regular P – ABCD – Q A D Diagonal del octaedro regular: AC, BD y PQ O a: longitud de la arista O: centro del octaedro regular a Cálculo de la diagonal F G AC = BD = PQ = a 2 a E a H Área de la superficie total (AST) Notación: Hexaedro regular ABCID – EFGH A ST = 2a2 3 Diagonal del hexaedro: AG, BH, CE y DF Cálculo del volumen (V) a: longitud de la arista O: centro del hexaedro regular a3 2 V= 3 Cálculo de la diagonal En un octaedro regular, si sus caras son de cartón, AG = BH = CE = DF = a 3 entonces se podrán desplegar, y al ubicarlas sobre una mesa (tal como se ha realizado con el tetraedro regular y el hexaedro regular) se obtendrán ocho cartones Área de la superficie total (AST) triangulares equiláteras. A dicho procedimiento se le denomina desarrollo de la superficie del octaedro AST = 6a2 regular. Sugerimos al lector realizar el proceso inverso para el tetraedro regular, hexaedro regular y el Cálculo del volumen (V) octaedro regular. Estos procesos se pueden realizar también con el V = a3 dodecaedro regular y el icosaedro regular. TEMA 13 GEOMETRÍA 4444 SAN MARCOS POLIEDROS REGULARES D. Dodecaedro regular E. Icosaedro regular Es el poliedro regular limitado por doce caras, Es el poliedro regular limitado por veinte caras, las cuales son regiones pentagonales regulares y las cuales son regiones triangulares equiláteras congruentes entre si. congruentes ente si. N° de caras 12 N° de caras: 20 N° de aristas: 30 N° de aristas: 30 N° de vértices: 20 N° de vértices: 12 PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Por lo tanto seno ( QAD) Nos piden AiAQC Se tiene un cubo de arista a, desde un Sena = AD Dato: cubo ABCD – PQRS vértice se traza una de sus diagonales QD DC = 2 y una de las diagonales de sus caras. b Sena = (I) Trazamos AQ, QC y AC, los cuales son Calcule el seno del ángulo que forman l diagonales de los cuadrados APQB y ABCD dichas diagonales. Pero por el teorema del cubo. AQC equilátero UNMSM 2004–I l=b 3 d = (2) 2 d=2 2 Resolución: Reemplazando en (II) en (I) Por fórmula (región triangular Q R b b equilétera) sena = P a S b 3 d2 3 A DAQC = 4 l b B 3 C sena = (2 2)2 3 3 A DAQC = 4 A b D Problema 2 AiAQC = 2 3m2 En un cubo de 2 m de arista se unen Nos piden Sena 3 vértices de modo que se forma un Problema 3 Donde es la medida del ángulo que triángulo equilátero. Determine el área En el gráfico se tiene un cubo cuya arista forman las diagonales de una cara y de dicho triángulo. mide a cm, donde BC es una diagonal del cubo. UNMSM 2009–I y AC diagonal de una cara. Calcule el ABCD – PQRS es un cubo. perímetro del triángulo ABC. Q 2 R C Sabemos que por el teorema delas P S tres perpendiculares d 2 2 B QB ⊥ dABCID (1.a ⊥) d C 2 BA ⊥ AD (2.a ⊥) A D 2 A B AQ ⊥ AD (3.a ⊥) UNMSM 2011–I SAN MARCOS 54 45 GEOMETRÍA TEMA 13 POLIEDROS REGULARES Resolución: donde: En el AMC notable de 45° Q T a cm 2piABC: perímetro de la región t = a 2 cm (II) triangular ABC M N Por diagonal del cubo: Dato: l l l = (a cm) 3 (III) a cm ABPQ – MNTC es un cubo. P Reemplazamos (III) y (II) en (I) Q a cm A B Observamos: x = a 2 cm + (a cm) 3 + a cm a cm Nos piden 2piABC = x x = t + l + a cm (I) x = a(1 + 2 + 3 ) am TEMA 13 GEOMETRÍA 4664 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 14 PRISMA Y CILINDRO DESARROLLO DEL TEMA Este prisma tiene C = 7, V = 10 y A = 15. Como podemos Objetivos: ver, también cumple el teorema de Euler. • Identificar las características fundamentales del prisma y del cilindro. II. CLASIFICACIÓN • Reconocer los elementos básicos para calcular la A. Prisma oblicuo superficie lateral, la superficie total, el volumen del 1. Sección recta (S.R.) prisma y del cilindro. Es aquella sección plana que se determina en el prisma por un plano secante y perpendicular a todas las aristas laterales. I. PRISMA Es un poliedro en el cual dos de sus caras son regiones A B poligonales congruentes paralelas (son las denominadas bases) y las demás caras son regiones paralelográmicas (son las denominadas caras laterales). S.R. C Los prismas se clasifican según la inclinación de su arista h lateral con respecto al plano de su base. plano • Arista lateral: Es el segmento común entre dos caras secante a laterales. D E • Arista básica: Es el segmento común entre una cara lateral y una base. F plano de Un prisma es nombrado según el número de lados que la base tenga una base. Por ejemplo, si la base tiene 6 lados, se Notación denomina prisma hexagonal. Prisma triangular oblicuo ABC – DEF base arista B C básica A continuación se indicará los cálculos que debemos conocer. vértice D Área de la superficie lateral (ASL) A E ASL = (2PS.R.)a arista cara lateral lateral 2pS.R.: perímetro de la sección recta. H a: longitud de la arista lateral G I Área de la superficie total (AST) F J AST = ASL + 2(Abase) base Notación: Abase: área de la base Prisma pentagonal ABCDE – FGHIJ SAN MARCOS 47 GEOMETRÍA TEMA 14 PRISMA Y CILINDRO Volumen (V) A continuación se muestra el desarrollo de la superficie lateral. V = (Abase)h A m B n C l A h: altura del prisma a B. Prisma recto Un prisma es recto cuando sus aristas laterales son perpendiculares a las bases. D E F D B m, n y l pueden ser iguales A Nota: C a Paralelepípedo h Notación: Prisma recto E triangular ABC – DEF Es aquel prisma cuyas bases son regiones paralelográmicas. D F B C A D Notación: Prisma recto a G h cuadrangular ABCD – EFGH Paralelepípedo rectangular F Es aquel paralelepípedo cuyas caras son regiones E rectangulares. También se le denomina rectoedro H u ortoedro. Área de la superficie lateral (ASL) a ASL = (2Pbase)h d 2Pbase: perímetro de la base; h: altura b Área de la superficie total (AST) c AST = AST + 2(Abase) a, b y c son dimensiones del paralelepípedo Abase: área de la base rectangular; además tiene 4 diagonales, las cuales son congruentes y concurrentes. Volumen (V) d2 = a2 + b2 + c2 V = (Abase)h h: altura del prisma (a = h) Áreas de la superficie lateral (ASL) 1. Desarrollo de la superficie lateral de un AST = 2(ab + ac) prisma recto triangular B Área de la superficie total (AST) m n A AST = 2(ab + bc + ac) l C a E h Volumen (V) V = abc D F TEMA 14 GEOMETRÍA 4884 SAN MARCOS PRISMA Y CILINDRO C. Prisma regular base Es aquel prisma recto cuyas bases son regiones poligonales regulares. superficie B lateral generatriz A C base Notación: Prisma triangular ABC – DEF E A. Cilindro circular recto o cilindro e revolución D F A O C B C g A Notación: Prisma r O1 D B D cuadrangular ABCD – EFGH F G Sección axial: Sección plana determinada en el cilindro por un plano que contiene a su eje (OO1) E H 1. Desarrollo de la superficie lateral del cilindro de revolución 1. Desarrollo de la superficie lateral de un Es una región plana limitada por un cuadrilátero prisma regular triangular equiángulo, cuyos dos lados tienen igual longitud que la circunferencia de una base y los otros dos B tienen longitud que la generatriz del cilindro. m n A A C A l C a h g Desarrollo de la h E superficie lateral D F B D B 2pr A continuación se muestra el desarrollo de la superficie lateral. Área de la superficie lateral A m B n C l A ASL = 2pr a Área de la superficie total ASL = 2pr(g + r) D E F D m, n y l Volumen (V) II. CILINDRO V = pr2h Es aquel sólido geométrico comprendido entre dos planos paralelos entre sí y secante a una superficie curva cerrada denominada superficie lateral y en dichos planos paralelos se determinan secciones planas congruentes, las cuales Nota: se denominan bases. El cilindro equilátero es aquel cilindro recto cuya • Las bases son paralelas y congruente sección axial es una región cuadrada. • Las generatrices son paralelas y congruentes. SAN MARCOS 94 49 GEOMETRÍA TEMA 14 PRISMA Y CILINDRO PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Problema 2 Problema 3 Si r es el radio de la base de un cilindro, Al rotar la región sombreada un ángulo Las dimensiones de un paralelepípedo con tapa, de volumen 100 cm3, el área de 360° alrededor de la recta LL' se están en progresión aritmética y suman del material usado en la construcción del obtiene un sólido cuyo volumen es: 24 u. Si el volumen es 440° u3, calcule envase, expresado en función de r, es: UNMSM 2000 la dimensión de mayor longitud. UNMSM 1997 5m UNMSM 2006–I NIVEL FÁCIL Resolución: 5m 3m Resolución: r L L' g Resolución: a c 5m b r Nos piden la dimensión de mayor 5m 3m 3m longitud. Nos piden Amat: área del material Datos: a + b + c = 24 4m a × b × c = 440 Amat = 2prg + 2pr2 ...(1) Como las dimensiones están en progresión aritmética. Del dato a=l–r 100 = Vcil = pr2g b=l 100 Nos piden Vsolido generado: VSG C=l+r g= 2 pr l – r + l + l + r = 24 l = 8 Reemplazando en (1) VSG = Vcono + Vcilindro Del segundo dato  100  (8 – r)(8)(8 + r) = 440 Amat = 2pr ×  2  + 2pr2 VSG = p(3)3 × (4/3) + p(3)2 × (5)  pr  (8 – r)(8 + r) = 5 × 11 → r = 3 VSG = 12p + 45p Ahora podemos decir que la dimensión 100  Amat = 2  pr2 + + cm2 de mayor longitudes c  r  ∴VSG = 57p m3 c=8+3 TEMA 14 GEOMETRÍA 5005 SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 15 PIRÁMIDE Y CONO DESARROLLO DEL TEMA Objetivos: A B • Estudiar la construcción y forma de las pirámides y los conos. • Reconocer los elementos y la relación entre ellos, así como también su clasificación según las características b q C de estos elementos. O g • Identificar la similitud entre estos dos sólidos geométricos, tanto para calcular su volumen como para calcular el área de la superficie que los limita. D Notación: ángulo tetraedro O – ABCD ÁNGULO POLIEDRO a, b, q y g medidas de las caras Es aquella figura geométrica formada por tres o más regiones angulares (si tomamos dos regiones adyacentes no deben ser Nota: coplanares), que tienen vértice en común y comparte un lado Triedo birrectángulo de dos en dos. Los nombres de los ángulos poliedros se debe a las cantidades de regiones angulares, las cuales se denominan caras de ángulo poliedro. Gráficamente C Cuando solo dos caras miden 90°. Cara Cara Triedo trirrectángulo b O a q B Cara A Notación: ángulo triedro O – ABC Cuando sus tres caras miden 90°. a, b y q: medidas de las caras SAN MARCOS 51 GEOMETRÍA TEMA 15 PIRÁMIDE Y CONO PIRÁMIDE 1. Pirámide regular Es aquel poliedro que se determina cuando un ángulo poliedro Es aquella pirámide cuya base está limitada por un es intersecado por un plano secante a sus aristas. polígono regular (triángulo equilátero, cuadrado, pentágono regular, etc.), además, todas sus aristas laterales son de igual longitud. sección plana determinada Ejemplo Pirámide triangular regular plano secante l l l t A una pirámide se le nombra de acuerdo a la sección plana t determinada, a la cual se le llama base de la pirámide. t Pirámide cuadrangular regular n n n n Pirámide cuadrangular Pirámide pentagonal b b Elementos de una pirámide b P Vértice En la siguiente figura se muestra una pirámide hexagonal arista lateral regular M-ABCDEF. Cara lateral Por medio de ella reconoceremos los elementos de las altura pirámides regulares. h M C ap B altura A O E h D arista básica base C D b B a E O Nota: N Una de las características de las pirámides es que no A F O: centro de la base tienen diagonales. • ap: longitud del apotema de la pirámide (MN = ap) • ON: longitud del apotema del polígono regular Área de la superficie lateral (ASL) ABCDEF. suma de las áreas de las • O: centro de la base de la pirámide. ASL = caras laterales • MO: altura de la pirámide, O es el pie de dicha altura. • a: medida del diedro formado por una cara lateral Área de la superficie total (AST) con la base. • b: medida del ángulo formado por una arista lateral AST = AST + 2(Abase) con la base. Abase: área de la base MON: aplicando el teorema de Pitágoras Volumen (V) V = (Abase).h (ap)2 = (ON)2 + h2 3 h: longitud de la altura h: longitud de la altura de la pirámide TEMA 15 GEOMETRÍA 5225 SAN MARCOS PIRÁMIDE Y CONO • Pirámide pentagonal M-ABCDE Nota: • Pirámide cuadrangular M-ABCF Apotema de la pirámide regular (ap) • Pirámide pentagonal M-AFCDE Es la perpendicular trazada desde el vértice de la pirámide hacia una arista básica. CONO El estudio sistemático de las pirámides , el conocimiento de Área de la superficie lateral (ASL) la circunferencia y algunas otras líneas curvas han conllevado a obtener y estudiar otras figuras, entre las cuales destaca el ASL = p(ap) cono, el cual es muy parecido a una pirámide, con la diferencia de que su base es una región curva en lugar de una región p: semiperímetro de la base poligonal. vértice o cúspide 2. Tetraedro regular Es aquella pirámide regular cuyas cuatro caras son altura superficie lateral regiones triangulares equiláteras. P a a h a A B a a base O: centro de la base C Notación: Tetraedro regular P-ABC 1. Cono de revolución o cono circular recto Es aquel sólido geométrico generado por una región Calculo de la longitud de su altura triangular al girar 360° en torno a uno de sus catetos. h= a 6 360° 3 V vértice o cúspide Área de la superficie total (AST) superficie g lateral AST = a 3 h generatriz g Volumen (V) O r r V = a3 2 12 eje de giro base a: longitud de la arista Elementos: • O: centro de la base del cono 3. Pirámide irregular Es aquella pirámide que no tiene todas las características • r: radio de la base de una pirámide regular. • OV: eje M Sección axial Es la región triangular que tiene como lados a dos generatrices diametralmente opuestas. V h D B F A O A E En el gráfico se muestran las siguientes pirámides B irregulares: AVB: sección axial del cono de revolución SAN MARCOS 35 53 GEOMETRÍA TEMA 15 PIRÁMIDE Y CONO Área de la superficie lateral (AST) ASL = prg r g: longitud de la generatriz g Área de la superficie total (AST) AST = ASL + Abase Abase: área de la base Tronco de cono de revolución Es la porción de un cono de revolución determinada por Volumen (V) dos planos paralelos y perpendiculares a su eje. Todo tronco de cono de revolución tiene dos bases 2 circulares. V = pr .h 3 El cálculo del área de la superficie lateral, total y el volumen depende del tipo de información que se tenga. h: longitud de la altura de la pirámide n t Desarrollo de la superficie de un cono de revolución H g g g g q g R r 2pr Q Área de la superficie lateral La superficie lateral es equivalente con su respectivo ASL = pR(g + n) – prn desarrollo, el cual es un sector circular cuyo centro es el ASL = pRg + p(R – r)n vértice del cono y tiene por radio a la generatriz. Por semejanza de triángulo (∼∆) ASL = Asector n r = 2 n+g R → prg = qpg 360° → n(R – r) = gr Ángulo de desarrollo de la superficie lateral En (I) ASL = pRg + prg q = r .360° 3 Área de la superficie total AST = ASL + Abase1 + Abase2 2. Cono equilátero Es aquel cono de revolución cuyas generatrices tiene Volumen longitudes iguales a las del diámetro de la base (q = 2r). 1 2 1 V= pR H + pr2r 3 3 Por semejanza de triángulos (∼∆) r t = n = y h = H – n g g R n+g H r r g h g g: longitud de la generatriz R En la figura se muestra un cono equilátero y el respectivo desarrollo de la superficie. En resumen: TEMA 15 GEOMETRÍA 5445 SAN MARCOS PIRÁMIDE Y CONO Área de la superficie lateral (ASL) AST = ASL + pr2 + pR2 ASL = p(R + r)g Volumen (v) h Área de la superficie total (AST) V = p (r2 + R2 + Rr) 3 PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Problema 2 B Calcule el volumen de un cono circular Si se duplica, simultáneamente, la recto cuya área lateral es 96p cm2, medida del radio de la base y la altura sabiendo que el ángulo que forma la de un cono de revolución de volumen V, E r generatriz con su base es 60°. entonces el nuevo volumen es O UNMSM 2003 UNMSM 2007-1 A C Resolución: Resolución: UNMSM 2010-1 V Resolución: B 2h a h g = 2r l E h=r 3 2r r O r Cono 1 Cono 2 O l 60° r 60° A r B a O r b Nos piden Vx. A R C M R Donde: Vx es el volumen del cono 2. Nos piden Vcono' Dato: V es el volumen del cono 1. Nos piden r. Donde: Vcono es el volumen del cono Dato: BO = OC El cono 2 tiene el doble de radio y altura Datos: mVBA = 60° y ASL = 96p cm2 Vcono = 81p cm3 d respecto al cono 1. De la fórmula del volumen del cono En el cono 2 De la fórmula del volumenel cono Vcono = 1 pr2h Vx = 1 p(2r)22h 3 3 (I) Vcono = 1 pR2(l + r) (I) 3 Del dato: En el cono 1 En el BMC Vcono = 1 pr2(r 3 ) = p 3 r3 (I) a + a + b = 90° 3 3 V = 1 pr2h (II) De la fórmula del área de la superficie 3 Por teorema, en la circunferencia lateral a=b Reemplazamos (I) en (II) ASL = prg 3a = 90° ASL = pr(2r) 1 p(2r)22h → a = 30° Vx V ASL = 2pr2 = 3 → x =8 MC = OM 3 V 1 pr2h V Pero del dato, ASL = 96p 3 → R = r 3 y CO = 2(OM) → l = 2r (II) → 2pr2 = 96p r = 4 3 (II) Vx = 8v Reemplazamos (II) en (I) y con el dato del volumen Problema 3 Reemplazamos (II) en (I) 81 p = 1 p (r 3 )2(2r + r) En el gráfico se sostiene una esfera 3 3 inscrita en el cono de revolución cuyo Vcono = p (4 3 ) 81 = 1 (3)(r)2(3r) 3 volumen es 81p cm3 y BO = OC. Halle 3 ∴ Vcono = 192p cm3 el radio R de la esfera. ∴ r = 3 cm SAN MARCOS 55 55 GEOMETRÍA TEMA 15 GEOMETRÍA TEMA 16 ESFERA Y PAPPUS-GULDIN DESARROLLO DEL TEMA I. SUPERFICIE ESFÉRICA 2. Casquete esférico La superficie esférica es el lugar geométrico de todos los 360° puntos del espacio que equidistan de otro punto fijo del espacio denominado centro. H H La superficie esférica, es aquella superficie que se genera O al hacer girar 360° una semicircunferencia al-rededor de R R su diámetro. 360° Superficie esférica Eje de giro O Observación: O R • Si los sólidos de revolución (cilindro, cono y esfera) R que tienen el mismo radio (R) y la misma altura (2R), sus volúmenes son proporcionales a 3; 2 y Circunferencia máxima 1 respectivamente. Eje de giro Área de la Superficie Esférica A S.E. = 4pR 2 A. Porciones notables de superficies esféricas Vcilindro V V = esfera = cono 1. Zona esférica 3 2 1 Es la superficie generada por una porción de arco de una semicircunferencia cuando se hace girar • Si el cono de revolución se inscribe una esfera se 360° alrededor de su diámetro. cumple: 360° R H q H O R R Vcono S cono = Vesfera Sesfera Eje de giro Área de la zona esférica: Área del casquete esférico A Z.E. = (2pR)H A CE = (2pR)H SAN MARCOS 56 GEOMETRÍA TEMA 16 ESFERA Y PAPPUS-GULDIN 3. Huso esférico Es la porción de superficie esférica comprendida Nota: entre dos semicircunferencia máximas que tienen • El segmento que une el centro de una esfera y el en común su diámetro. de un círculo menor de la esfera, es perpendicular Huso al plano del círculo. q esférico R O R q OQ ⊥ AB R R • Si dicho círculo tiene por centro el centro de la Eje de giro esfera, entonces se denomina círculo máximo y si no contiene al centro se denomina círculo menor. Área del huso esférico P O q → H.E. 360° → 4pR2 O 2 R → qpR Q AH.E. = 90° H P II. ESFERA Es el sólido que se genera cuando se hace girar 360° un O: Centro de la esfera, también es centro del círculo máximo. semicírculo alrededor de su diámetro. O1: Centro del círculo menor. Círculo H: Plano tangente a la superficie esférica en P. 360° máximo P y Q: Planos secantes a la esfera. R R O R A. Porciones notables de la esfera (Sólidos de revolución) 1. Sector esférico Eje de giro Es el sólido que se genera cuando se hace girar 360° un sector circular alrededor del diámetro de Volumen de la esfera su respectivo círculo. (Según el gráfico) 4p 3 360° V= R A 3 R H R H Al trazar cualquier plano secante a una esfera, en dicha B esfera se determina una sección plana el cual es un R círculo. Eje de giro Nota: Volumen del sector esférico Toda sección plana de una esfera es un círculo. Si el plano secante no pasa por el centro se obtendrá  2pR 2  un círculo menor y si pasa por el centro un círculo VS.E =   .H  3  máximo. H: longitud de la proyección del arco AB sobre el eje de giro. 360° R O R H H SAN MARCOS 75 57 GEOMETRÍA TEMA 16 ESFERA Y PAPPUS-GULDIN 2. Anillo esférico IV. SEGMENTO ESFÉRICO DE UNA BASE Es el sólido que se genera cuando se hace girar 360° un segmento circular alrededor del diámetro 360° de su respectivo círculo. H H 360° r A R R H H Eje de giro B R Eje de giro Volumen del segmento esférico de una base Volumen del anillo esférico pH3 pr 2 VS.E. = + H p 6 2 VA.E = (AB)2.H 6 También: por relaciones métricas r2 = H(2R – H) Nota: Luego: pH2 VS.E = (3R – H) Todo plano tangente a una esfera es perpendicular al 3 radio que pasa por el punto de contacto. V. CUÑA ESFÉRICA Es la porción de esfera comprendido entre dos círculos máximos que tienen su diámetro común. 360° Cuña esférica OM ⊥P q R III. SEGMENTO ESFÉRICO DE DOS BASES R Es la porción de esfera comprendida entre dos planos paralelos y secantes a la esfera. Eje de giro 360° Volumen de la cuña r1 q → VC.E.  q  V = (V ) 360° → VEsfera  C.E 360° esfera H R H r2 R qpR 3 También: VC.E. = Eje de giro 270° Volumen del segmento esférico de dos bases VI. TEOREMA DE PAPPU'S GULDING 2  pr 2  El teorema de Pappus Gulding, se aplica para calcular el pH3  pr1  VS.E = + H+ 2 H área de una superficie generada por una línea plana o 6  2   2  para calcular el volumen de un sólido generado por una región plana cuando se hace girar 360° en torno a un eje coplanar de manera tal que no lo divide en dos partes a Nota: la línea o región, así tenemos: A. Área de la superficie generada El área de la superficie generada por una línea finita cuando se hace girar 360° alrededor de eje coplanar, 1 3 es igual al producto de la longitud de la circunferencia VANILLOESF = ph 6 que describe su centroide por la longitud de la línea. TEMA 16 GEOMETRÍA 5885 SAN MARCOS ESFERA Y PAPPUS-GULDIN eje coplanar, es igual a producto de la longitud de la A 360° circunferencia que describe su centroide por el área de dicha región. C.G x x 360° B Eje de giro C.G x x A Área de la superficie generada A S.G. = ( 2p X ) .L Eje de giro : Distancia del C. G. al eje L : Longitud de la línea curva AB. Volumen del sólido generado C.G. : Centroide de la línea A S.G. = ( 2p X ) .A B. Volumen del sólido generado CG: centroide El volumen del sólido generado por una región A: área de la región plana, cuando se hace girar 360° alrededor de un : distancia del C.G al eje de giro PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 Resolución: Resolución: Hallar el volumen de un segmento NR N 2 esférico, cuyo casquete tiene área 40 Szona = 2pR O O = pR A C P4 P 2 pm2 y el radio de la esfera mide 10 m. 2 Aruso = pR a 90 Resolución: 10 O H Scasq = 40p Como son equivalentes. 8° 45° Pero: 2pRh = 40p H pR2 a = pR2 A 10 D Como R = 10, entonces h = 2 90 2 Vsegm esf: 2/3 pR2h de donde a = 45° BD = 10 2 V = 400 p/3 m3 OD = 5 2 Problema 3 AODH Problema 2 El lado de un cuadrado ABCD mide 10. OH = 4 2 En una esfera da radio R una zona Hallar el volumen del sólido al girar el Por teoreama de Pappus e s fé t r i c a t i e n e a l t u ra R / 4 y e s cuadrado una vuelta alrededor de un V = 2p(OH)(S4) equivalente a un huso. Hallar el ángulo eje que pasa por D haciendo un ángulo V = 2p(4 2 )(102) correspondiente al huso. de 8° de manera exterior al cuadrado. V = 800 p 2 SAN MARCOS 95 59 GEOMETRÍA TEMA 16
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