Razonamiento Geometrico 1

RAZONAMIENTOGEOMÉTRICO ÍNDICE PRESENTACIÓN Pag. 3 ÍNDICE Pag. 5 TRIÁNGULOS Pag. 7 PERÍMETROS Pag. 35 ÁREAS Pag. 49 CAPÍTULO TRIÁGULOS 1 TRIÁNGULOS DEFINICIÓN Dados tres puntos A, B y C no colineales, la reunión de los segmentos AB , BC y AC se llama triángulo. E - Los puntos interiores al ABC: P es un punto interior al ABC. - Los puntos exteriores al ABC: a c b A Un triángulo separa al plano en tres subconjuntos de puntos: - Los puntos que pertenecen al triángulo: A, B,C, M,etc B F INTERIOR Y EXTERIOR DE UN TRIÀNGULO Q punto exterior al ABC relativo a AB L punto exterior al ABC relativo a BC S punto exterior al ABC relativo a AC D C Se conviene en designar las medidas de los lados de un triángulo, con la letra minúscula correspondiente al vértice del ángulo opuesto a dicho lado. Así: B L Q P AB = c ; BC = a ; AC = b INTERIOR A M H S EXTERIOR C ELEMENTOS - Vértices: A, B, C - Lados: AB , BC y AC - Ángulos: Internos: ABC , BCA , CAB Externos: FAE , CBE , BCD * Notaciones: La reunión del triángulo con todos sus puntos interiores se llama región triangular. CLASIFICACIÓN DE LOS TRIÁNGULOS A. Según la medida de sus ángulos: Triángulo ABC: ABC Perímetro del ABC: 2p(ABC) 2p(ABC) = a + b + c 1. Triángulo Acutángulo. Es aquel que tiene sus tres ángulos agudos. B Semiperímetro del ABC: p (ABC) p (ABC)= a +b+c 2   C A ABC  B , BCA  C , CAB  A ; son los ángulos internos o simplemente ángulos del triángulo ABC.  < 90º  < 90º  < 90º  2. Triángulo Obtusángulo. Es aquel que tiene un ángulo obtuso y dos ángulos agudos. B  a c    > 90º  < 90º  < 90º En el ABC isósceles: : medida de los ángulos en la base. : medida del ángulo en el vértice. *a>b ya>c Nota: A este triángulo se le llama: “triángulo ABC obtuso en A” A los triángulos acutángulos y obtusángulos se les denomina “OBLICUÁNGULOS” 3. Triángulo Rectángulo. Es aquel que tiene un ángulo recto y dos ángulos agudos. B Se cumple que:   90º y   180º  ó   90º   2 2 3. Triángulo Equilátero. Es aquel triángulo que tiene sus tres lados de igual longitud; en consecuencia, sus tres ángulos serán de 60º. B AB y AC:Catetos  BC:Hipotenusa a c “Todo triángulo equilátero es equiángulo” c  a y b  a 60º  A AB  BC  AC m A  m B  m C  60º 60º C b  +  = 90º 60º A C TEOREMAS FUNDAMENTALES B. Según la medida de sus lados: 1. Triángulo Escaleno. Es aquel triángulo que tiene sus tres lados de diferente magnitud. B 1. Suma de Ángulos Internos: “En todo triángulo la suma de las medidas de sus tres ángulos interiores es igual a 180º ” B  AB  BC  AC    y además       C A 2. Triángulo Isósceles. Es aquel triángulo que tiene dos lados de igual longitud; en consecuencia, los ángulos opuestos a dichos lados serán de igual medida. B  A C 2. Suma de Ángulos Externos: (considerando uno por vértice) “ La suma de las medidas de los ángulos exteriores de un triángulo es igual a 360º ” AB  BC B y Se cumple: x + y + z = 360º x  BASE  +  +  = 180º  A m Am C  Se cumple:  C A z C B Q A P G C M G: Baricentro. MEDIANA: Propiedad: A H C H A BH es la altura relativa al lado AC . AG  2 . Teorema del Ángulo Exterior: “En todo triángulo. B B C También se cumple: a-c<b<a+c a-b<c<a+b LÍNEAS NOTABLES Y PUNTOS NOTABLES 1. ALTURA: Segmento perpendicular al lado opuesto o su prolongación. Propiedad de Correspondencia: “ En todo triángulo se cumple que a mayor lado se opone mayor ángulo y viceversa ” B Si b > a: a c  >   A C M Nota: e = +  BM es la mediana relativa al lado AC . la medida de un ángulo exterior es igual a la suma de las medidas de dos ángulos interiores del triángulo no adyacentes a él ” B Se cumple:  A e A C 4. B 3. El punto de intersección de las medianas se llama BARICENTRO.Segmento que parte de un vértice y llega al punto medio del lado opuesto. la longitud de uno de sus lados está comprendida entre la suma y la diferencia de los otros dos lados” B Sea a  b  c  se cumple: a c A BM: mediana b b-c<a<b+c El baricentro divide a la mediana en dos segmentos que están en relación de 2 a 1 BG 2  GM 1 . CG  2 GP 1 GQ 1 2. Gravicentro o Centriode (Es el centro de gravedad del triángulo) C 5. Teorema de EXISTENCIA (Desigualdad Triangular) “En todo triángulo. C . uno relativo a cada lado Segmento limitado por el lado opuesto.El punto de intersección de las alturas se llama ORTOCENTRO.Centro de la circunferencia inscrita. E1 B  B A    C Re Ea: Excentro relativo al lado BC - 3. . . Donde: E1: Ex–centro relativo al lado AB E2: Ex–centro relativo al lado BC E3: Ex–centro relativo al lado AC .Equidista de los lados I: Incentro I r r r  Acutángulo EXCENTRO:  Obtusángulo Punto de intersección de dos bisectrices exteriores y una interior. que divide a su ángulo en otros dos de igual medida. -  Rectángulo Es centro de la circunferencia ex-inscrita. BISECTRIZ: P Ea Re - A Re B E2 C E3 Q Donde BP : bisectriz interior BQ : bisectriz exterior INCENTRO: Punto de intersección de las bisectrices interiores. Todo triángulo tiene un solo ortocentro y puede estar ubicado: Dentro si es acutángulo - En el vértice del recto si es rectángulo - Fuera del mismo si es obtusángulo A C Todo triángulo tiene 3 ex-centros. L1 B OBSERVACIONES P 1. es también ortocentro. . Es la recta o segmento de recta que divide a un segmento por su punto medio en forma perpendicular.4. B B  Rectángulo K Todo triángulo tiene un solo circuncentro y puede estar ubicado: A T M C A N C . - Dentro si es acutángulo. Baricentro Ortocentro  O Incentro Circuncentro L1: mediatriz de AC MP: mediatriz de AC O El punto de intersección de las mediatrices se llama CIRCUNCENTRO. MEDIATRIZ.Centro de la circunferencia circunscrita . sus puntos notables se confunden. En todo triángulo equilátero. - En punto medio de la hipotenusa si es rectángulo.Equidista de los vértices del triángulo. incentro y circuncentro. Y se ubica: 2. En todo triángulo isósceles las alturas relativas a los lados iguales son iguales. B O O H  Acutángulo P  Obtusángulo A C CH  AP O Nota: Los mismo ocurre con las bisectrices y medianas. - Fuera del mismo si es obtusángulo.  M A C El Baricentro. para obtener triángulos: ABE:  = a + b (Angulo Exterior) DEC: x =  + c (Angulo Exterior)  x=a+b+c y BH  AC  AH  HC A 2. c d b Tu profe Markito PROPIEDADES IMPORTANTES e a 1. B Si AB  BC  D x a c C A Prolongamos AD hasta E (E en BC). Propiedad del “PANTALONCITO” a  b  c  d  e  180º b Demostración: C c a x c B b d  x  a bc a Demostración: D I  A e E En ACEI: (Propiedad del Pantaloncito)  =a+c+e BID: (Suma de Ángulos Internos)  b +  + d = 180º . mediatriz y bisectriz a la vez. corta a éste un su punto medio. Propiedad de la “ESTRELLITA” C H Por eso cuando se tiene un triángulo isósceles se recomienda trazar su altura. del lado desigual. La altura relativa al lado desigual.B b CK  AT E CM  AN 3.  Esta altura es mediana. ) = 2B … (II) I en II: 2 (x) = 2B . Ángulo formado por una Bisectriz Interior y otra Exteriores E B ˆ B 2 x   C Demostración: ACI:  + x +  = 180º   +  = 180º . = x… (I) ABC: 2 = 2 + 2B 2 ( .x… (I) O A   180º A  a  ˆ A 2 C B M b  E x  b Demostración: B 2 6.x) = 180º .b + (a + c + e) + d = 180º   x  90º  a + b + c + d + e = 180º 5.(180º A ) 2 ( + ) = 180º A … (II) I en II: 2 (180º .B A 2   A   x Bˆ 2 C Demostración: ACE:  =  + x (Angulo Externo)   . Ángulo formado por dos Bisectrices Interiores B   A x   ABC: 2 + ( 180º A ) + 2 = 360º 2 ( + ) =360º.x) = 180º A a+b=+ x  90  I E x A C BEC:  + x +  = 180º   +  = 180º . Propiedad de la “Mariposa” o Propiedad de la “Corbatita” B   x  90   a  A Demostración: a  b    C   R AMO: =a+b ROC:  =  +  (Angulo Exterior) (Angulo Exterior)  x  90º  4. Ángulo formado por dos Bisectrices Exteriores 3.x… (I) ABC: 2 + B + 2 = 180º 2 ( + ) = 180º .B … (II) I en II: 2 (180º .  . Propiedad: AHB: BHC: (I). En todo Cuadrilátero se cumple:   A  C H D Demostración: B      x x            360º   A H C D 12. Propiedad:   A x N 2x x b MN es base media C Si: AM = MB y CN = NB  MN // AC y a    x  y   +  = 90º… (I)  + 2x +  = 90º … (II)  .(II): MN  1 AC 2 2. Propiedad: Como AD es bisectriz:  m ABD  m DBC    x  a x  x  b ab 2   PROPIEDADESS GENERALES 1. B M   x ab 2 y x 9. Propiedad del “Pescadito” 7. TEOREMA DE LA BASE MEDIA En todo triángulo. MEDIANA RELATIVA A LA .2x = 0  x  2 8. el segmento que une los puntos medios de dos lados es paralelo al tercero y mide su mitad. Ángulo formado la Bisectriz y la Altura que parten del mismo vértice B x x  mn   n m    2 11.x  B 2 10.  PA  PB 53  OA  OB   37 A 1. se cumple que: El cateto que se opone a un ángulo de 30º mide la mitad de la hipotenusa. Triángulo Rectángulo de 45º-45º ( 45º-45º) 4k 4. el cateto que se opone a un ángulo de 45º mide la mitad de la hipotenusa multiplicada por 2 .  AP  PB 60 2k k B 30º APB es Isósceles 4. Triángulo Rectángulo de 30º-60º ( 30º-60º ) En todo triángulo rectángulo de 30º-60º. la longitud de la mediana relativa a la hipotenusa es na mitad de ésta.HIPOTENUSA: En todo triángulo rectángulo. TEOREMA DE LA MEDIATRIZ “Todo punto de la mediatriz de un segmento equidista los extremos de dicha mediatriz ” L1 P Si: L1 :Mediatriz 45º k 2 k 2. se tiene: 15 15 4k  ( 6 2 )k ( 6  2)k TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES 5k 3k (2  3)k A O k 45º C  AM  MB  MC  1 AC k 45º 2 k 2 k . 45º M Si: MN es MEDIANA A 2 3. Triángulo Rectángulo de 37º-53º ( 37º-53º) Sólo en los triángulos rectángulos de 37º-53º. TEOREMA DE LA BISECTRIZ “Todo punto que pertenece a la bisectriz de un ángulo equidista de los lados de dicho ángulo” Si OP:Bi sec triz B P k 3 3. El cateto que se opone a un ángulo de 60º mide la mitad de la hipotenusa multiplicada por 3 . Triángulo Rectángulo de 15º-75º ( 15º-75º) En todo triángulo rectángulo de 15º 75º. B En todo triángulo rectángulo de 45º 45º. SUS LADOS ESTAN EN PROGRESIÓN ARITMÉTICA. frecuentemente se usa la suma o resta de 30º y 45º Trazamos AH  BC . EJEMPLO 1 En la figura hallar el valor de AC. si AB = 20m. en el gráfico que se muestra a continuación. Triángulos Rectángulos de 53º y 37º 2 2 53º 2 37º 2 k 5 2k AHC (45º-45º): Si AH = 10 3  AC = AH 2 (Hipotenusa) AC = (10 3 ) 2 k 10 3k  AC  10 6 CLAVE: k k C EJEMPLO 2 EJEMPLOS Hallar el valor del segmento AC .Si viene un problema con ángulos de 15º o 75º. para obtener (45º-45º) y (30º-60º) Luego: AHB (30º-60º): Si AB = 20  BH = 10 (Opuesto a 30º) y AH = 10 3 (Opuesto a 60º) 6. si BC = 2 m. B B 60º 30º 15º A 75º A C A) 2 B) D) 6 E) 2 C A) 10 m C) 10 6 m B) 10 2 m D) 10 3 m 2 2 C) 2 2 3 Solución: E) 5 3 m H Solución: B B 45º 60º 20 2 45º H 30º A 60º 15º C . Prolongamos AB . determinan sobre dos o más rectas secantes.Si dos triángulos son semejantes. así el ángulo externo en B seria 45º (Notable) Trazamos CH  AB . Si EF // AC C' . Si ABC  A'B'C' Tres o más rectas paralelas. CLAVE: C TEOREMA DE THALES OBSERVACIONES 1. entonces tienen sus ángulos respectivamente congruentes y sus lados homólogos respectivamente proporcionales. para obtener (45º-45º) y (30º-60º) B E A Luego: ˆF BAˆ C  ED  AB  BC  AC  K ABˆ C  DEˆ F  DE EF DF ACˆ B  DFˆE   BHC (45º-45º): Si BC = 2  CH = 1 (Opuesto a 45º) AHC (30º-60º): Como CH = 1  AC = 2CH (Opuesto a 60º) AC = 2 (1) K : Constante o razón de semejanza NOTA: Lados Homólogos son aquellos  AC  2 lados que se oponen a ángulos congruentes. segmentos cuyas longitudes son proporcionales. B B' R h A h' r D C A B F C D R' r' A' E C F AB DE  BC EF SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS  a b c h r R      K a ' b' c ' h' r ' R ' 2. b F 2. rectángulo u obtusángulo. b E c 2 m .B B a c F E A m H n b C A C AH: Proyección ortogonal de AB sobre la hipotenusa BE BF  EA FC y  EBF   ABC  HC: Proyección ortogonal de BC sobre la hipotenusa 1. Teorema del Cuadrado del Cateto: 3. Si EF // AC a 2 n . Si: a2 = b2 + c2   = 90º . n a m  b n 4. h  a . con las siguientes relaciones: A L B P' A' B' M' N' a c  A N P' : Proyección Ortogonal de P sobre L A'B': Proyección Ortogonal de AB sobre L b C Siendo: a > b y a > c Se tiene que: RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS 1. Teorema del producto de Catetos: y  EBF   ABC b. Teorema de Pitágoras: m a b 2 a 2 c 2 B n b A  3. Teorema del Cuadrado de la Altura: C h 2 m .c PROYECCIÓN ORTOGONAL NATURALEZA DE UN TRIÁNGULO B P M Averiguaremos si un triángulo es acutángulo. Si: a2 < b2 + c2   < 90º Luego ABC es Acutángulo 2. ¿A cuantos pasos del punto de partida se encuentra? (UNSAAC 2001 – II) A) 58 10 B) 10 58 C) 10 85 D) 158 10 E) 58 58 Solución: Realizamos el gráfico de acuerdo a los datos del problema y se tiene: . Hallar el perímetro del triángulo mayor que se forma al prolongar los lados no paralelos. Si: y x Luego ABC es Obtusángulo 4 A x+4 K y+5 EJEMPLOS 5 4 EJEMPLO 1 Los lados de un triángulo miden 15. 70 pasos al ESTE. ¿Qué tipo de triángulo es? A) Isósceles C) Acutángulo E) Equilátero B) Obtusángulo D) Rectángulo B x x4   x2 4 12 PERÍMETRO MRO = 12+(x+4)+(y+5)   PERÍMETRO MRO = 25.5m E) 23.R Luego ABC es Rectángulo   > 90º a2 > b2 + c2 3. luego 80 pasos al SUR.5 m C 18 Aplicamos las relaciones de la Naturaleza de un triángulo y se tendría: 202 < 182 + 152   < 90º  Acutángulo CLAVE: C EJEMPLO 2 Las bases de un trapecio miden 4m y 12m. 18 y 20 metros.5m CLAVE: D EJEMPLO 3 Oswaldo hace un recorrido de la siguiente manera: 50 pasos al SUR. 100 pasos al NORTE.5m O 12 y y5 5   y 4 12 2 Solución: A M B) 29.5m C) 27. y los lados no paralelos 4m y 5m.5m D) 25. (UNSAAC 2001 – II) Solución: Notamos que:  ARK   MRO Por los que usamos proporciones: Finalmente: 20 15 A) 21. como 2 es a 3. ¿En que relación están las longitudes de sus proyecciones sobre la hipotenusa? (UNSAAC 2002 – I PRIMERA OPCION) A) 4 9 D) 2 3 B) 2 3 E) 3 5 A PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA 1 En la siguiente figura. calcular el valor de “x”.B N 3 70 4 2 50 100 O D n b N 30 C Usamos los teoremas de Relaciones Métricas en triángulos rectángulos.b = 20º C) 1 2 B x Solución: C O a b A A) 140º 40º D B) 150º C) 90º . si el segmento AC es bisectriz del ángulo “A” y a. (Teorema del Cuadrado del Cateto) 50 S Finalmente en el triángulo sombreado aplicamos el Teorema de Pitágoras: D2  702  302  h A m H 80 70 1 3k 2k  2k 2  m x b … (I)  3k 2  n x b … (II) Dividimos (I) y (II) D2  102 72  32   2k 2  3k 2  D  10 58 CLAVE:  nxa nxb a4 B b 9 CLAVE: EJEMPLO 4 Las longitudes de los catetos de un triángulo rectángulo son entre sí. Hallar la medida del segmento PQ. D B E 30º P 25º Q 53º A B) 10 E) 25 C C) 15 A A) 20º D) 25º Solución: Solución: x 30º 45º A) 5 D) 20 A B) 10º E) 15º C C) 30º B D 25º x E  25º A 30º C . si la medida de AE es igual a la medida de BE.D) 100º E) 110º B Solución: 30º 45º 40 40º a P C B x O 5 20 Q 40º 53º 3k=15 37º 20 = 4k A b a C D A ABC: (30º-60º) ADO: a + b = 40º… (I) ( Dato: a – b = 20º… (II) (I) + (II)  a = 30º externo) Si AB = 40  AC = 20 PCA: (45º-45º)  PC = 20 Como AC = 20 Finalmente: BOA: QCA: (53º-37º) x + a + 40º = 180º Cómo AC = 4K=20  K = 5 x + 30º + 40º = 180º Luego QC = 3K  QC = 15  x = 110º CLAVE:  PQ = 5 E CLAVE: PROBLEMA 3 PROBLEMA 2 Sabiendo que el segmento AB mide 40cm. hallar la medida del ángulo “x”. B En la figura. se sitúa un punto “A” de tal manera que el ángulo AQC mide 90º y el ángulo QAC mide 55º. (UNSAAC CBU 99 I) 25º + 25º = x + 30º  x = 20º B A D 40º PROBLEMA 4 En el interior del triángulo equilátero ABC.B 60º Si: AE = BE  BAE = ABE = 25º  ABE:  = 25º+25º ( Externo)  = 50º  DEC:  = x + 30º ( Externo) 50 = x +30º  x = 20º Podemos usar la propiedad de la “Mariposa” B D 25º x Q 55º 35º x A C AQC:  QAC = 55º (Dato) ACQ = 35º ABC: ACB = 60º  35º + x = 60º  x = 25º CLAVE: 30º 25º A C CLAVE: PROBLEMA 5 En la figura AB = BC. A) 35º D) 45º C B) 15º E) 60º   A C A) 75º D) 45º Solución: C) 25º B) 105º E) 35º C) 80º B 40º 40º x Solución:   A  ABC Isósceles D E x x 50º H  BH es bisectriz. ABH = HBC= 40º C . Determinar el valor del ángulo ADC. Hallar la medida del ángulo BCQ. También Si: AB = BC 2 = 50º   = 50º PROBLEMA 7 Determinar el valor del ángulo x.60°)  BC = DC 3 b = 3( 3) b=3 PROBLEMA 8 Hallar el valor del ángulo “x” en la siguiente figura. en la figura: (UNSAAC CBU 99 II)  ABE:  + 80º + x = 180º  x = 75º CLAVE: A 30º PROBLEMA 6 x En la figura adjunta determinar el valor de “a+b” (UNSAAC CBU 99 I) B 2   A) 80º D) 70º b B) 75º E) 60º Solución: a A) 3  3 D) 4  3 C 60º 45º A D C 3 B) 8  3 E) 6  3 Solución: 30º x 2   A 45º 30º R a D 4 + 30º = 90°  = 15° AMO:  x = 75° 60º 3 O CAR: b=3 A M C) 6  3 B 45º C) 85º  + x = 90° C CLAVE: 3 BCD: (30° .45°)  AC = BC AC = 3  a = 3 B B 3 CLAVE: x A 50º A M C . (UNSAAC CBU INT 2000) ABC: (45° . si BM=MC y AB=BC. 37º x A) 20º D) 45º B) 40º E) 30º C) 25º 53º Solución: 2 2 B x 50º A B) 3 2 D) 13 2 E) 4 3 3 C H C  ABC: Isósceles   BAC = 37º BCA = 50º x = 4k BMC: Isósceles  MBC = C) 8 2 3 Solución: 50º 50º A) 8 2 53º B 2 2  3k A MCB = 50º Luego en  ABC ABC: (37° . (UNSAAC CBU INT 2000) x  4k 2 3 CLAVE: C PROBLEMA 10 La suma de las medidas de los ángulos “marcados” en la figura adjunta. es: (UNSAAC CBU 2000 I) .53°) 50 + (x + 50) + 50 = 180º 2 2  3k  k  2 2 3  x = 30º CLAVE: E Luego: x 8 PROBLEMA 9 En la siguiente figura determinar el valor de “x”. Pitagoras) x  13  (3 3)2 2 2  x = 14 E e   CLAVE: dF b a D A B PROBLEMA 12 Propiedad del “Pantaloncito” En ABCF: =a+b+c Determinar la medida de AB . A) 120º D) 270º B) 150º E) 180º C) 360º BHC (30º -60º) HC = 3  BH = 3 3 C Solución: Luego en c BHA. (Teor.45°) 60º 13 45º M PAM: (30° . en la figura: (UNSAAC CBU 2000 I) P Luego: FED:  + d + e = 180º  a + b +c + d +e = 180º R Q 53º CLAVE: 4 2 6 E 60º PROBLEMA 11 A Calcular la longitud de AB en el triángulo ABC.60°) 30º A 25 C 16 A) 10 D) 12 Solución: 4 2 6 60º A B C B .Trazamos BH  AC para aprovechar el ángulo de 60º. de la figura: (UNSAAC CBU 2000 I) B 25 45º M B N A) 27 D) 20 B) 30 E) 28 C) 25 Solución: P R Q 6 53º B) 14 E) 8 60º C) 16 A B Si AP = 6 x 6 3 3 16 H 37º x N 3  AM = 3 QMN: (45° . Determinar el valor de 2X.Si QM = 4 2  MN = 4 (UNSAAC CBU 2000 II) RNB: (37° .53°) B Si RN = 25 RN = 5k = 25 15  k=5 NB = 3k  NB = 15 37º 12 A C X Luego: AB = AM + MN + NB A) 5 D) 6  x = 27 CLAVE: A B) 10 E) 8 C) 12 Solución: C PROBLEMA 13 En la figura adjunta: AB = BC.53°) CB = 15 Solución: C Luego: AB = 4k 40º B ABC Isósceles  CAB = D  AB = 20 Finalmente: ACB = x CAB: x + x = 50º (  k=5 3k = 15 50º X A A 40º X 15 = 3k x = 20 . calcular el valor de X.12 externo) x = 8  x = 25 CLAVE: x = AB – 12 CLAVE: C PROBLEMA 14 En la figura adjunta. Hallar la medida del ángulo X. E PROBLEMA 15 En la figura adjunta. (UNSAAC CBU 2000 II) C A A) 30º D) 15º B B) 20º E) 35º D 37º 12 4k = 20 B x C) 25º ABC: (37° . . 5 C) 25.5 B) 26.5 E) 18.5 Luego en  LUZ tenemos sus 3 ángulos externos  6x = 360º x = 60º  2x = 120º CLAVE: O 12 A PROBLEMA 16 Las bases de un trapecio miden 4 metros y 12 metros y los lados no CLAVE: Nada puede conseguir el hombre si no es a través del sacrificio.5 D) 24.5 12 Finalmente el perímetro del triángulo MRO (2p) sería: 2p = (4 + x) + ( y + 5) + 12 Externo)  2p = 25. Hallar el perímetro del triángulo mayor en metros. (UNSAAC CBU 2000 II) A) 20.paralelos 4 metros y 5 metros. por lo tanto usamos proporcionales) x  4 y  4 x4  x2 12 y5  y  2. PROBLEMA 17 En la figura: Hallar AE B D 15 8 C . que se forma al prologarse los lados no paralelos.5 (UNSAAC CBU 2000 II) x x x x A) 120º D) 100º Solución: x x R B) 130º E) 140º y x C) 180º A K 4 Solución: A 5 R 4 x x L M    x M U x =x+x   = 2x I Externo) (  RUK: =x+x (   = 2x  LIT:  = x + x (   = 2x K x T  MAZ: x Z Externo)  ARK   MRQ (son semejantes. con la finalidad de formar los triángulos ABE y DEC.A) 9 + 4 3 D) 12 + 4 3 B) 16 E) 13 A) 160º D) 180º C) 21 B) 240º E) 360º C) 120º Solución: Solución:  B B 37º  D 15 30º A  8 53º  60º E C DCE: (30° .60°) Si DE = 8 DE = 2a Pero: CE = a  a=4  CE = 4  C “+++“ Para empezar a resolver este problema. prolongamos AD hasta E (E en BC).53°) Si BC = 15 BC = 5k Pero: AC = 3k E   +  +  +  = 180º AE = 13 CLAVE: CLAVE: E PROBLEMA 18 Determinar la suma de los ángulos marcados en la siguiente figura: OTRA FORMA: D . Luego: Finalmente:  ABE:  =  +  ( externo)  DEC:  +  +  = 180º ( + ) +  +  = 180º AE = AC + CE AE = 9 + 4   En este problema nos están pidiendo: Entonces calculamos AC y CE  k=3  AC = 9  D A De la figura: AE = AC + CE BAC: (37° .  Si BC = 6 (Hipotenusa) B  CE = 3 (Opuesto a 30º)  D  180º.60°)  C Si BC = 6 (Opuesto a 30º)   AC = 12 (Hipotenusa) A Propiedad del “Pantaloncito” En Luego: AE = AC . =  +  +  AE = 9   +  +  +  = 180º Finalmente: CLAVE: D DEA (45° . ABCD rectángulo.3 180º . hallar “x” (UNSAAC CBU 2001 II) 6 A) 6 D) 6 3 B) 9 E) 9 2 es C) 6 2 E Solución: A x 45º B x 37º C 30º 45º 9 D 8 45º B 30º 60º 6 D A E 3 C BEC: (30° .45°) Si AE = 9 PROBLEMA 19  AE = 9 2 Hallar el valor de “x” en la siguiente figura:  x x= 9 2 CLAVE: 45º 30º E PROBLEMA 20 En la figura.  ABC: (30° .CE ABCD: AE = 12 .60°) A) 18 D) 30 B) 24 E) 20 C) 32 un . (UNSAAC CBU 2001 II) En la longitud adjunta.53°) Si: EC = 3k  BC = 4k 8 + 3k = 4k k=8 a + f +  = 180º b + e +  = 180º c + h +  = 180º d + g +  = 180º Sumando las 4 ecuaciones se tiene: a + b + c + d + e + f + g + h + (+++) = 720º Pero en LUZE:  +  +  +  = 360º Finalmente: a + b + c + d + e + f + g + h + (360º) = 720º Luego: x = 3k + 8   a M D A d  U  C 8 45º 45º Z b x F 45º K c x = 32  CLAVE: a + b + c + d + e + f + g + h = 360º C PROBLEMA 21 CLAVE: E PROBLEMA 22 Determinar la suma de los ángulos resaltados. (UNSAAC CBU 2001 II) x 45º 30º 8 A) 180º B) 720º C) 540º A) 12 2 B) 14 2 C) 10 2 .Solución: D) 240º Solución: E E) 360º R 45º A 3k B 8 37º 8 3k L h e I f T E  g S O Nos piden: “a + b + c + d + e + f + g + h” ABF: (45° .45°)  EC = CF = 3k ECB: (37° .45°)  AB = BF = 8 Entonces tomamos los triángulos:  MTZ:  LIA:  RES:  KUO: ECF: (45° . determinar la longitud “x”. calcular “”.60°) Si BC = 8 (Hipotenusa)  CE = 4 (Opuesto a 30º) BUM: ABC: (30° .D) 8 2 Solución: D) 100º Solución: E) 9 2 E) 140º B A x 45º  30º 45º 12 U  60º 100º L1 M D A 60º E 30º 60º 8 B P 180º- 4 L2  C C Como el ABC es equilátero: A = B = C = 60º BEC: (30° . sabiendo que el triángulo ABC es equilátero.45°) Si AE = 12  x  12 2 L2 P CLAVE:  + (180º-) = 60º   = 160º E CLAVE: C PROBLEMA 23 En la figura L1 // L2.4 AE = 12 U L1 A 60º Finalmente: 180º- DEA (45° .60°) Si BC = 8 (Opuesto a 30º)  AC = 16 (Hipotenusa)  + 60º = 100º ( externo)  = 40º Luego: Propiedad del “Serruchito”  Luego: AE = AC . (UNSAAC CBU INT 2002) B 100º L1 PROBLEMA 24 En la siguiente figura.CE AE = 16 . Hallar la medida del ángulo : (UNSAAC CBU 2002 I) C D A  A) 80º B) 120º L2  2x A B C C) 160º A) 60º B) 80º C) 90º . BD = BC (UNSAAC CBU 2002 I) H 6 3 A 30º E 45º C x 37º B 50º D A) 40º C A B) 36º C) 30º A) 6 3 D) 8 B) 8 2 E) 10 C) 6 . (UNSAAC CBU 2002 I) A D PROBLEMA 25 Calcular el valor del ángulo “x”. si AB = AC.D) 20º Solución: E) 100º D) 25º Solución: E) 50º C B x x 50º D 4x 4x  2x 2x B A E Si AD = DB  ADB Isósceles Luego: DAB = DBA= 2x ADB: 50º D CDB = 2x + 2x ( externo) CDB = 4x 50º A C Como BD = BC  DBC Isósceles Luego: BAC = BCD = 50º Tambien AB = AC  BAC Isósceles Luego:  ABC = ACB = 50º Si CD = CB  DCB Isósceles Luego: CDB = CBD = 4x Finalmente: DBC: 50 + (x + 50) + 50 = 180  x = 30 DCB: 4x + 4x + x = 180º x = 20º Finalmente: CLAVE: ACB: CBE = 2x + x ( externo)  = 3x  = 3 (20º) PROBLEMA 26   = 60º CLAVE: C Calcular la medida del lado AE del siguiente polígono ABCDEA. (UNSAAC CBU 2002 II) A 30º E x B A) 15º ( externo) C D B) 20º C) 10º E PROBLEMA 28 En un triángulo isósceles EFG. Determinar x si AD = AE. se toman los puntos M y N sobre EF y EG respectivamente. de base FG . Si el ángulo G del triángulo dado mide 80º. ABC = Si AD = AE  ADE isósceles B Luego: DEC (30º-60º): Si DE = 6 3 (Opuesto a 60º)  EC = 6 (Opuesto a 30º) ADE = AED = . hallar el ángulo MNF . de modo que: FM = MN = EN. Seguidamente: DEC: CEB (37º-53º): Si EC = 6 (Opuesto a 37º)  BE = 8 (Opuesto a 53º) ADE =  + x  =  + x … (I) BAD: ADC =  + 30º ( externo)  + x =  + 30º… (II) AEB (45º .45º)  AE = BE  AE = 8 Finalmente: CLAVE: D (I) en (II):  + 30º = ( + x) + x  x = 15º PROBLEMA 27 CLAVE: En la figura. ABC es un triángulo isósceles (AB = AC). (UNSAAC CBU 2002 II) A) 20º D) 80º B) 30º E) 60º C) 10º .D) 30º E) 45º Solución: Solución: D A 30º 30º 6 3 A  E x 8 45º C 6 53º E   60º 8  x C D B Si ABC isósceles  AB = AC 45º 37º Luego: m ACB = . Solución: PROBLEMA 29 E En la figura AC = 2. determinar 2x. A Trazamos CH  AB para aprovechar los ángulos de 30º y 45º CHA (30º-60º): Si CA = 2 (Hipotenusa)  CH = 1 (Opuesto a 30º) y HA = 3 (Opuesto a 60º) Finalmente:  NME = x + x B) 2 C) E) 3  1 3 2 1 BDA (30º-60º) Si BD = x (Opuesto a 30º)  AB = 2x (Hipotenusa) Pero: AB = 1 + 3  2x = 3 +1 . (UNSAAC CBU 2002 II) 20º B N 20º M 45º x x x 30º D 80º A C 80º F G A) D) Como FG es la base  EF = EG 2 1 Solución: Luego:  EGF =  EFG = 80º EFG: EGF + EFG + FEG = 180º B 80º + 80º + FEG = 180º 15º  FEG = 20º 45º 1 H x Nos dan: MN=NE  MEN es Isósceles 2x 3 1 30º 60º D Luego: MEN = NME = 20º Como: MN = MF  MNF es Isósceles Luego: MNF = MFN = x C 2 (externo) CHB (45º-45º): Si CH = 1 (Opuesto a 45º)  HB = 1 (Opuesto a 45º) 20º = 2x  x = 10º CLAVE: C El ÉXITO es la envoltura del sacrificio. CÍRCULO: B Es la región plana determinada por la unión de la circunferencia y su interior. cuyos puntos equidistan de un punto interior llamado centro. Por lo tanto: . Se representa con “2p”  Cuando vemos “p” en alguna fórmula. esto significa semiperímetro.CLAVE: E PERÍMETROS PERÍMETRO CIRCUNFERENCIA: Es la suma de las medidas de los lados de una figura geométrica.El círculo tiene área y su perímetro es la longitud de su circunferencia. b C Es el conjunto de todos los puntos de la circunferencia y de los interiores a la misma.La circunferencia tiene longitud. 2p  n l Donde: n: número de lados l: longitud de un lado O CÍRCULO Donde: O: Centro (del círculo o la circunferencia) r : Radio (del círculo o la circunferencia) P: Punto de la circunferencia O: Punto interior de la circunferencia  O no pertenece a la circunferencia pero si al círculo. . * La distancia de un punto cualquiera de la circunferencia al centro. . se denomina RADIO. y es la mitad del perímetro. más no área. CIRCUNFERENICIA Perímetro del ABC: 2p(ABC) r 2p(ABC) = a + b + c P Semiperímetro del ABC (p) a +b+c p= 2 PERÍMETROS DE POLÍGONOS REGULARES El perímetro de un Polígono Regular es igual al número de lados multiplicado por la longitud de un lado. a c A Es la curva plana y cerrada. ..0001.. así tenemos: Es el límite hacia el cual se aproximan los perímetros (P) de los polígonos regulares inscritos cuando su número de lados aumenta indefinidamente. así también como su cuadrado.497149872 22  3. 1250 ...16049.1415929. su cubo. 9 El número “pi” es el más importante de la ciencia matemática. tales como: Arquímedes:  Lc   D Lc D es: 1.772453850906 Su Logaritmo en Base 10 es: 0. y es inconmensurable. Su Cuadrado es: 9.318309886184 3927  3. es el valor constante de la razón de la longitud de una circunferencia (Lc) a su diámetro.. 113 Lc = 2r A B Papiro de Ahmés: 2 AB EL VALOR DE “  ”  16     3.869604401089 Su Cubo es: 31. V. que viene a ser un trabajo aproximado por exceso con un error menor que 0.1416.142. etc. Los Babilonios Arquímedes Francois Viette Métius Adrien Romanus L. Matemático Alemán u Holandés que determino su valor hasta con 354 lugares decimales)... 7  Lc  2 r Adriano Mecio: D =2r 355  3. Los Hindúes: Su valor aproximado es: 3. Ceulen SHARPS Lagny Vega Dhase Rutherford Shangks lim P  Lc n  EL NÚMERO “  ” El número “pi”.0062766803 Su Inverso es: 0.1416 .14159265359 Cuando se realizan trabajos de mucha precisión se usa   3.  Pero D = 2r ( = 3 ) ( 2 decimales ) ( 7 decimales ) ( 8 decimales ) ( 16 decimales ) ( 35 decimales ) ( 73 decimales ) ( 127 decimales ) ( 140 decimales ) ( 200 decimales ) ( 440 decimales ) ( 530 decimales ) Y otros han aportado valores racionales aproximados de “pi”. también llamado “Número LEUDOLFINO” (en honor a Ludolf Van Ceulen.Su Raíz Cuadrada LONGITUD DE LA CIRCUNFERENCIA (Lc) El número “pi” siempre a sido un número interesante para los matemáticos. Realizamos una Regla de Tres Simple: Lc  360º LAB   º A     LAB  Lc    360º  Pero: Lc  2 r  L Como D = 2r  L AB AB  D 360º r B Pero r  AB 2  L  AB  AB 2 M A N B Sabemos por la propiedad anterior que: LAB  1. también se tendía: AM  2 MN L MN   2 NB  L NB  2 AM MN NB L AM  L MN  L NB     2 2 2 L AM  LAM  LMN  L NB  AM  MN  NB  2 LAM  LMN  L NB  AB  2  LAB  AB  2 . LONGITUD DE UNA LÍNEA CURVA FORMADA POR SEMICIRCUNFERENCIAS La suma de las longitudes de las semicircunferencias con sus diámetros sobre AB. equivale a la longitud de una semicircunferencia de diámetro AB. LONGITUD DE EN FUNCIÓN AL DIÁMETRO DE UNA SEMICIRCUNFERENCIA  180º  LAB  2r    360º  Demostración:     2 r    360º  PROPIEDADES A LAB B AB   2 AB  2 Luego.LONGITUD DE UN ARCO A r O LAB  r B 2. P A B A R LAB AB   2 O R B 3. multiplicada por  y dividida por 2. y es igual a: LAB  AB  2 Nota: Las curvas formadas sobre AB son todas semicircunferencias. N P MN  PQ TEOREMAS IMPOTANTES . PA  PB 2DA. SEMICIRCUNFERENCIAS CUYOS DIÁMETROS ESTÁN FORMADAS SOBRE UN SEGMENTO La suma de las longitudes de las semicircunferencias con sus diámetros sobre un segmento AB.La propiedad anterior. PROPIEDAD Las tangentes trazadas desde un punto exterior a una circunferencia son iguales. PROPIEDAD Las tangentes comunes exteriores a dos circunferencias son iguales. A B B A D C LAB  AB  2 De ahora en adelante: LAB Significa longitud de las curvas AB  CD 3RA. PROPIEDAD Las tangentes comunes exteriores a dos circunferencias son iguales. M Q (semicircunferencias) en AB . es igual a la medida de AB. también la podemos aplicar si la figura se presenta de esta forma: PROPIEDADES DE LAS TANGENTES A UNA CIRCUNFERENCIA 1RA. SOMBR. D A  Perím. TEOREMA DE PITOT En todo cuadrilátero circunscrito a una circunferencia. TEOREMA DE PONCELET “En todo triángulo rectángulo.SOMBR. C B Perím. la suma de dos lados opuestos es igual a la suma de los otros dos lados. si los arcos formados sobre este segmento son todos semicircunferencias.EJEMPLO 1 1. por que en este ejemplo vemos que la figura sombreada esta formada por semicircunferencias y también por segmentos.  Perím. y el segmento MO mide 20. M O A) 10 D) 10(+2) B B) 20 E) 20(+1) C) 5 Solución: r Debes tener cuidado. la suma de los catetos es igual a la hipotenusa mas el diámetro de la circunferencia inscrita” Se anuncia también así “En todo triángulo rectángulo. cuando te pregunten: “de la figura sombreada”. C A R AB  BC  AC  2r AB  BC  2R  2r M A R C O 2.  10    2  AB  CD  BC  AD EJEMPLOS CLAVE: EJEMPLO 2 D .SOMBR.SOMBR.  L MO  L MA  L AR  L RC  L CO Sabemos que: MO  2 y que : L MA  L AR  L RC  L CO  L MO LMO  Luego: MO   MO 2 20    20 2 Perím. la suma de los catetos es igual a la suma de los diámetros de las circunferencias inscrita y circunscrita” Hallar el perímetro de la figura sombreada. ABC = 12  AB + BC + AC = 12 Perím.SOMBR.SOMBR.  L AB LAB Perím. B) 4 E) 4(+3) Solución: B C A A M N B Dato: PERIM. El triángulo ABC es un triángulo equilátero.  20 EJEMPLO 3 C) 6  B Perím.  6 CLAVE: EJERCICIOS C .SOMBR.  10  10  CLAVE: AB BC AC    2 2 2 4 4 4 Perím.SOMBR. B B A A) 10 D) 10(+2) B) 20 E) 20(+1) C) 5 C A A) 3 D) 8 Solución: En este caso. Hallar el perímetro de la región sombreada.SOMBR.  Perím.  AB AB   2 2 Perím.       2 2 2 Perím.  20 20   2 2 Luego: AB = BC = AC = 4 Perím.Hallar el perímetro de la figura sombreada. los arcos son semicircunferencias.SOMBR. la figura sombreada esta limitada solamente por semicircunferencias. si el perímetro del triángulo es 12.  L AB L BC  LAC Perím.SOMBR. y el segmento AB mide 20. si los arcos mostrados son semicircunferencias.SOMBR.SOMBR. PerímSOMBREADO  BP  BC  PC PROBLEMA 1 El lado del rombo mide 13 m y la diagonal menor mide 10m. 13 5 C Solución: 5 A 13 B 5 D 5 10 BHA: (Teorema de Pitágoras) 132  52  BH2  BH  12 BHA: (Teorema de Pitágoras) PC2  52  PH2 PC2  52  62  PC  61 Finalmente: D C 5 PS  L CURVAS  L SEGMENTOS Donde: P s = Perímetro Sombreado Dato: Lado del Cuadrado = 10 cm. E) 20 ( + 2) cm. . D) 10 ( + 4) cm. Calcular el perímetro de la región sombreada. (UNSAAC CBU 99 I) x x 2 PerímSOMBREADO  6  13  61  PerímSOMBREADO  19  61 CLAVE: A PROBLEMA 2 En el cuadrado ABCD de 10 cm. se ha trazado semicircunferencias en cada lado. A) 19 + 61 m C) 18 + 61 m E) 20 + 61 m A B D C B) 11 + 61 m D) 25 + 61 m Solución: B 13 A 5 6 P 6 H 13 A) 20 cm. B) 20 ( + 1) cm. B) 20( + 4) cm. Hallar el perímetro de la región sombreada. de lado. Luego: AB = BC = CD = AD = 10 cm. LAB  B A) 16 +  C) 14 +  E) 13 +  AB  2 C 6 B) 8 +  D) 12 +  Luego: LCURVAS  L AB L BC  LCD  LAD LCURVAS   AB BC CD AD    2 2 2 2 LCURVAS   10 10 10 10    2 2 2 2 Solución: A B 6 1 2 E LCURVAS  20 6 Finalmente: D PS  L CURVAS  L SEGMENTOS PERÍMETRO  AB  BC  CD  LDEA P S 40  20  P S  20    2 PERÍMETRO  6  2  6   CLAVE: D NOTITA: Para no operar tanto debemos darnos cuenta que: AD 2 2 P ERÍMETRO  14     2  P ERÍMETRO 14   Si AB = BC = CD = AD CLAVE:  LAB  LBC  LCD  LAD PROBLEMA 3 C PROBLEMA 4 C . para lo  CURVAS  cual usamos la propiedad. ¿cuál es el perímetro de la figura cerrada ADCBEA? (UNSAAC CBU INT 2000) L SEGMENTOS  AB  BC  CD  AD A L SEGMENTOS  10 10 10 10 L SEGMENTOS  40 D E 2 Seguidamente calculamos la suma se las longitudes de las curvas que limitan a la región sombreada L . Primero calculamos la suma se las longitudes de los segmentos que limitan a la región sombreada L .  SEGMENTOS  En la figura AEB es una semicircunferencia. La razón del perímetro de la región sombreada al perímetro de la región no sombreada. sumamos todos los lados de la región sombreada. Empezando del lado indicado en un solo sentido (en este caso en sentido horario) PERIM  A  B  (A  B)  A  B  (A  B) P3 P2 1 P5 1 P4 P1 2 1 PERIM  4A  2B De la figura:  PERIM  2  2A  B  P1  P2  P3  P4  P5  P6  K CLAVE: A Luego: PS  P1  P3  P4  P6  PS  4K PNS  P2  P5  2K . sabiendo que consta de dos rectángulos iguales contiguos. es: (UNSAAC CBU 2000 I) A) 2(2A + B) C) 4A + B E) 7A  4B 2 B) 2A + 2B D) 4A – 2B 1 Solución: B A) 4 D) 1 2 INICIO A-B A A B B B) 2 E) 2 C) 3 Solución: 1 B A P6 2 Para calcular el perímetro. PROBLEMA 5 En la figura se tiene seis triángulos rectángulos isósceles. y al final ambos resultados parciales para obtener el total.Calcular el perímetro de la región sombreada que tiene forma de la letra “L”. (UNSAAC CBU INT 2000) NOTA: También podemos sumar todos los segmentos horizontales y luego todos los verticales. cada uno de largo “A” metros y ancho “B” metros. ABCD es un cuadrado de lado 4 cm.Luego: Finalmente: Ps  4K PNS 2K  Hallamos PEXTERIOR Ps 2 PNS PEXTERIOR  AB  BC  CD  AD PEXTERIOR  4  4  4  4 CLAVE: B PROBLEMA 6 PEXTERIOR  16 Hallamos PINTERIOR En la figura adjunta. El perímetro de la región sombreada en cm es: (UNSAAC CBU 2000 I) C B PINTERIOR  MR  NP  MN  PR PINTERIOR  4  4  (2)2 (2)2  4 4 PINTERIOR  8  2 Finalmente: PSOMBREADO  (16)  (8  2)  P SOMBREADO 2(12  ) D A A) 2(12  ) C) 10   E) 2(10  2) B) 2(5  ) D) 20   PROBLEMA 7 P C 2 4M 2 2 O R 2 A A En la figura adjunta. Determinar el perímetro de la región sombreada. (UNSAAC CBU 2000 II) Solución: B CLAVE: N O 2 2 D 2 4 De la figura: A) PSOMBREADO  PEXTERIOR  PINTERIOR C)   4 2 E) 2   4 B)   4 D) 4  2 . A) 16 D) 8 B) 18 E) 24 C) 4 . A A) 18 cm. C) 26 cm. si todos los círculos tienen un radio igual a 2 centímetros: B B) 36 cm. E) 72 cm. determinar en centímetros el perímetro de la región sombreada. D) 40 cm.Solución: Solución: P 2 45º A a a 2 45º O 2 2 B A b a b c b cd c d d B De la figura: De la figura: PERÍMETRO  3a  3b  3c  3d PSOMBREADO  AP  PB  LAB Hallamos AP y PB en APB (45º-45º) Si: AB  2 2  AP = PB = 2 PERÍMETRO  3(a  b  c  d) Pero nos dan: AB = 12  a + b + c + d = 12 Hallamos L AB AB (Propiedad) 2 2 2  LAB  2  LAB   2 Finalmente: LAB   PERÍMETRO  3(a  b  c  d) PERÍMETRO  3(12) Finalmente:  PERÍMETRO  36 PSOMBREADO  AP  PB  LAB PSOMBREADO  2  2  2   PSOMBREADO  CLAVE: 24 CLAVE: E PROBLEMA 8 Hallar la suma de los perímetros de los 4 triángulos equiláteros. sabiendo que AB mide 12 cm. B PROBLEMA 9 En la figura adjunta. Solución: PROBLEMA 10 L M A R V O K I E S T Hallar el perímetro del triángulo rectángulo ABC. luego podemos hallar el perímetro de la región sombreada de la siguiente forma: B) 20 E) 30 C) 34 Solución: A 5x 3x B L YML  L LRY  LC C 2x + 4 2x + 4 C L YAL  L LO  LOIU  L UY  LC ABC (Teorema de Pitágoras) L UKO  LOV  L VSZ  L ZU  LC  5x 2   3x 2   2x  4 2 L ZTV  L VEZ  LC  25x 2  9x 2  4x 2  16x  16 PerímetroSOMBREADO  4 LC  12x 2  16x  16  0 Las cuatro circunferencias tienen radios iguales por los tanto tienen la misma longitud de circunferencia. 3x 2  4x  4  0  x=2 Finalmente: Luego. ZU. UY y los arcos interiores: A) 28 D) 24 YAL. el perímetro sería: Perímetro SOMBREADO  4  2 r  Perímetro SOMBREADO  4 2  2   Perímetro SOMBREADO  16 CLAVE: A PERÍMETRO  5x  3x   2x  4  PERÍMETRO  10x  4 PERÍMETRO  10(2)  4  PERÍMETRO  24 . ZTV. de manera similar en los otros arcos al sumarlos se obtiene una circunferencia. UKO. OV. VEZ. LRY. VSZ Pero nos podemos dar cuenta que al sumar los arcos YML y LRY se obtiene la circunferencia MLRY. (UNSAAC CBU 2001 II) A Y U Z De la figura el perímetro de la región sombreada es igual a la suma las longitudes de los arcos exteriores: 5x 3x B YML.OIU. LO. OTRA FORMA (MÁS RÁPIDA): Solución: A Observemos que este es un triángulo Notable (3-4-5), entonces: A O 6 m 5x 3x B B C 2x  4 4x C 6 m De la figura: P  LAOB  LBOC  LAC Luego: 4x = 2x + 4  x=2 Finalmente el perímetro: PERÍMETRO  5x  3x  4x PERÍMETRO  12x P AB BC       2 r   2 2  360º  P 6 6  90º      2 (6)   2 2  360º  P  3 3  3  P  9 PERÍMETRO  12(2)  PERÍMETRO  24 CLAVE: CLAVE: D PROBLEMA 11 Hallar el perímetro de la región sombreada. (UNSAAC CBU 2001 II) A PROBLEMA 12 En la figura mostrada, hallar el perímetro de la región sombreada, si el radio de la circunferencia es r = 2a. (UNSAAC CBU 2002 I) A r 6 m B A) 9 D) 18 r r r r A) 32  a B) 12  a C) 16  a D) 8  a E) 20  a 6 m B) 10 E) 6 C C) 12 Solución: Resolvimos un problema muy similar anteriormente, por lo que podemos afirmar que: PerímetroSOMBREADO = 5 L Perím SOMBR  PerímetroSOMBREADO = 5 [2 (2a)]  Perímetro SOMBREADO = 20  a CLAVE: E PROBLEMA 13 Calcular el perímetro de la región sombreada en la siguiente figura, si AO = OB y los arcos son porciones de circunferencias. (UNSAAC CBU 2002 II) A 2(8) 8 8    4 2 2  Perím SOMBR  12 CLAVE: PROBLEMA 14 Determinar el perímetro de la región sombreada, de la figura. (UNSAAC CBU 2002 II) B a A) 16a ( + 2) C) 8a ( + 2) E) 8a (2 - ) 8 E B) 4a ( + 2) D) 8a ( - 2) O A) 15 D) 16 B) 10 E) 12 C) 6 Solución: Solución: A B  = 4a a 8 8 O De la figura, se deduce que: De la figura podemos ver que : Perím SOMBR = 4 + 4L Perím SOMBR  L AB  LAO  L OB Perím SOMBR = 4(4a) + 4[2 (a)] 2R OA OB Perím SOMBR     4 2 2 (r = a)  Perím SOMBR = 8 a ( + 2) CLAVE: C CAPÍTULO Áreas 3 ÁREA: El área de una superficie limitada cualquiera es su extensión, indicada por un número positivo único acompañada de la unidad adecuada (cm2, m2, u2, etc.). Caso de 2 Círculos: S1 r1 S2 r 2 D1 D2 DEBEMOS RECORDAR QUE: I. Las Figuras Equivalentes tienen igual área, sin importar la forma. A1  S1 D12 r12   S2 D22 r22 PRINCIPALES FÓRMULAS DE FIGURAS CONOCIDAS A2 A. REGIONES TRIÁNGULARES A1  A2 1. FÓRMULA GENERAL: II. Las Figuras Semejantes tienen igual forma, y sus áreas son proporcionales a los cuadrados de sus elementos homólogos. - Triángulo Acutángulo B h Por ejemplo: A Caso de 2 Triángulos Semejantes: C H b S B N S1 A - bh 2 Triángulo Rectángulo S2 C M L S1 AB2 BC2 AC2    S2 MN 2 NL2 ML2 INFORMES E INSCRIPCIONES Av. de la Cultura 1020 Of. 203. 2do. Nivel. 244856 49 EN FUNCIÓN AL CIRCUNRADIO B 2. FÓRMULA DE HERÓN: B c a 8.C p abc 2 h A b B S bh 2 S  p  p a  p b  p c  5. TRIÁNGULO EQUILÁTERO: B a c S  R A L h 7. EN FUNCIÓN A LOS EX-RADIOS E INRADIO . EN FUNCIÓN DE SU INRADIO: - B Triángulo Obtuso B c h A b H S bh 2 L A C 6. FÓRMULA TRIGONOMÉTRICA: B S c aA  b c Sen  2  hC b b 4. TRIÁNGULO RECTÁNGULO CIRCUNSCRITO C H L2 3 S 4 abc 4R C b B S  mn L S S  pr b A C a r h2 3 3 r A m n C b 3. CUADRILÁTERO CIRCUNSCRITO S  bh a h  S  abSenθ r S  pr b 4. POLÍGONO CIRCUNSCRITO: d D . TRAPECIO: C b Rb S  Bb  2 h S# ABC  r R a R b R c B 6. PARALELOGRAMO: 8. REGIONES POLIGONALES 1. ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES 1. RECTÁNGULO: S  ab D a DdSen 2 D d S S  2 L h 2 2 D a b 2 b c a p  abcd 2 d S  p a   p b  p c  p d  3. CUADRADO: SL D 2 D 2 L 7. CUADRILÁTERO INSCRITO: b 2. TRAPEZOIDE: B.S B Dd 2 Ra Rc r A 5. ROMBO: C. 3. POLÍGONO REGULAR B  π r 2 θ r 2 Senθ  S AB      360 2   S  p x ap ap 4. Corona Circular: 2. Sector Circular: r A SCC  π(R 2  r 2 ) R O   θ  SSECTOR  π r 2    360  6. también se le conoce como Triángulo Circular o Triángulo Mixtilíneo y su área se calcula así: r R O  A R L O R B LR ASECTOR  2  STC  π R 2  r 2  360θ  . B A Círculo: D C SZC  S CD  S AB R S  r2 5. Segmento Circular: r A S  pr  O 2. Zona o Faja Circular: D. Trapecio Circular: B Al Sector Circular. REGIONES CIRCULARES 1. también se puede calcular con la fórmula para un trapecio y sería así: S1  S2 E) Se cumple que: r R S1 L2 L1 O S2 R-r  L  L2  STC   1 R  r 2   A T  S1  S2 ALGUNAS RELACIONES IMPORTANTES DE ÁREAS F) Se cumple que: S S B) 1 RA S AT 2 S AT 2 S A) Propiedad de la Mediana.El área de un Trapecio Circular. S AT 2 G) Se cumple que: S Propiedad de los Puntos Medios H) Se cumple que: S S S S S S S AT 6 S S S S S AT 4 S AT 2 I) Se cumple que: C) 2DA Propiedad de los Puntos Medios S S S S S S AT 4 J) Propiedad del Triángulo Rectángulo: D) Se cumple que: S1 S1 S2 S2 S3 . TEOREMA DE PONCELET “En todo triángulo rectángulo. la suma de los catetos es igual a la hipotenusa mas el diámetro de la circunferencia inscrita” B c A C B A A) 3/8 D) 5/8 B) 4/8 E) 6/8 Solución: B M O S 2S C 2. ¿Qué parte de la figura falta sombrear? S1 B A M O SABC  S1  S2 FÓRMULAS GEOMÉTRICAS IMPORTANTES 1. de tal forma que el producto de tres de ellos no consecutivos es igual al producto de los otros tres tampoco consecutivos” B RECTA SECANTE O TRANSVERSAL F abc  xyz E A D C PROBLEMAS K) Lúnulas de Hipócrates: PROBLEMA 1 C S2 ABCD es un cuadrado. determina con dos lados del triángulo.Si los lados de un triángulo rectángulo son líneas homologas de figuras semejantes construidas sobre ellos. entonces la suma de las áreas de regiones construidas sobre los catetos es igual al área de la región apoyada en la hipotenusa. cuatro C 3S a b C) 7/8 S a  c  b  2r r D N S A N D . TEOREMA DE MENELAO “Toda secante a un triángulo. M y N son puntos medios. y con la prolongación del tercero otros dos segmentos parciales. Por consiguiente: S1  S2  S3 segmentos parciales. B C A D A) 36 cm2 C) 86 cm2 E) 75 cm2 B) 72 cm2 D) 70 cm2 PROBLEMA 3 ¿Qué fracción representa la región sombreada de la siguiente figura? A) 3/8 D) 5/8 B) 1/6 E) 2/5 C) 1/2 Solución: Solución: B B 12 C A 6 A A E A 2A 6 A A 2A A A A D 12 Sabemos que en este tipo de problemas. por ejemplo: En CNA MO mediana  ANOA  ANOC  S De manera similar para las otras regiones AT  As  12  6 12  6  2 2  As  72 cm 2 También podemos usar la propiedad: Finalmente: A NS As  A AEA  ABEC As  5S 8S  A NS  5 AT A 2  As  8 CLAVE: Donde: E Punto Interior.Usamos la propiedad de la mediana vista en la teoría. 122 2  As  72 cm2 D PROBLEMA 2 CLAVE: Hallar el área de la región sombreada. es conveniente poner un valor al área de la región más pequeña. sí ABCD es un cuadrado de 12cm de lado y ABE es un triángulo equilátero. que en nuestro . Observamos que podemos dividir la figura en triángulos congruentes. DC = 4m. Así ponemos “A” a la mitad del área de la región que encierra en cuadrado. (UNSAAC CBU 99 I) B E A Solución: B) 5/16 E) 1/2 C) 1/4 A) 4 5 m C) 4 3 m2 E) 3 m2 Solución: D C 2 A) 1/8 D) 3/16 B C B) 2 3 m2 D) 2 5 m2 . Luego contamos el número de triángulos sombreados y el total de triángulos que existen. que puede ser un rectángulo o un triángulo.caso es la mitad de un cuadrado. Calcular el área del triángulo AED. AE = 4m. para obtener la siguiente relación: Luego: As AT   As 6A 12A AT  5# 16 #  As  1 As  AT 2 5 AT 16 CLAVE: CLAVE: PROBLEMA 5 PROBLEMA 4 Encontrar la fracción que representa la región sombreada en el siguiente cuadrado: (UNSAAC CBU 99 I) En el triángulo equilátero mostrado en la figura. AC = 6m. así obtenemos: CLAVE: 2 ABCD  2S# DEA S ABCD  2 S  200 ABCD  400m 2 CLAVE: B PROBLEMA 6 ABCD S  S# DEA  2 3 m2 S A PROBLEMA 7 En la figura mostrada. S# DEA  4x2 Luego: S# Sen120º DEA  2 4x2 3 S# DEA  2 2  En este tipo de problemas sabemos que debemos trasladar regiones para obtener una región de área conocida. Hallar el área del cuadrado ABCD. (UNSAAC CBU 99 I) En la figura mostrada: 12 y 16 unidades son las medidas de las bases del trapecio isósceles inscrito en la circunferencia de 10 unidades de radio.B Solución: 60° 2 60° E B C A D 2 2 60° D 120° 4 4 60° A C 6 Deducimos que BEA es equilátero  AE = 2 Usamos la fórmula trigonométrica para hallar el área de la región triangular DEA. si el área de la región sombreada es 200 cm2. sabiendo que BOC y COD son semicírculos. ¿Cuál es el área del trapecio? (UNSAAC CBU 99 I) C B O A A) 400 cm2 C) 600 cm2 E) 300 cm2 D B) 100 cm2 D) 800 cm2 A) 172 u2 D) 156 u2 Solución: B) 196 u2 E) 144 u2 C) 164 u2 . Para calcular el área necesitamos hallar la altura. (UNSAAC CBU 99 I) O A A) 3  cm2 C) 5  cm2 E) 6  cm2 Hallar el área del sector circular de 4m de radio y 8m de arco. 6 M 6 B C 4 a 10 O 10 A N 2 2 4 A b 8 2 2 O C D 8 B Como BAC es un cuadrante (la cuarta parte de una circunferencia)  AC = AB = 4 Trazamos los radios OA y OB . sombreada. entonces:  En ONA (37º-53º): b=6 Luego el radio del círculo sería 2 2 En BOM (37º-53º): a=8 Finalmente: C  MN = a + b AS  A MN = 14 (Altura del Trapecio) Luego: A AS   2 2   196 2 CLAVE:  2 A B  42 4 As  4 CLAVE: B D PROBLEMA 9 PROBLEMA 8 En la figura mostrada. hallar el área de la región sombreada. usamos la fórmula para el Triangulo Circular. para formar triángulos rectángulos. . (UNSAAC CBU 99 I) A) 4 m2 D) 32 m2 B) 64 m2 E) 12 m2 C) 16 m2 Solución: C Solución: A   16  12    14  2  A BAC (45º-45º): BC = 4 2 4 A B B) 2  cm2 D) 4  cm2 8 Para calcular rápidamente el área de esta región. sabiendo que el sector circular ABC. es la cuarta parte de un círculo de radio AB = 4cm. cada “cuadradito” tiene un área de 4 cm2.) cm2 .AS  8 4 2 As  46 4 4  2 2  AS  20cm2  AS  16m2 CLAVE: CLAVE: C E Recuerda que el área de un triángulo obtusángulo se calcula así: PROBLEMA 10 En la figura mostrada. ¿Cuál es el área de la región sombreada? (UNSAAC CBU 99 I) h A A bh 2 b Que en este problema vino así: b 2 A) 23 cm C) 16 cm2 E) 20 cm2 A A 2 B) 18 cm D) 15 cm2 bh 2 h Solución: B a=2 a=2 PROBLEMA 11 D C Q A H 6 La figura ABCD es un trapecio y BCD un cuarto del círculo de radio igual a 6cm.) cm2 C) 48 .9 cm2 E) 32 + 9 cm2 D B) 9 (6 +) cm2 D) 9 (6 . Hallar el área de la región sombreada si AD = 12 cm. (UNSAAC CBU 99 I) 4 B C Dato a  4  a = 2 2 Luego: AS  A# BAD A# BCD AS  BD x AH BD x CQ  2 2 A A) 6 (9 . sabiendo que el área del cuadrado ABCD es 64 cm2 B En el cuadrado ABCD. N. respectivamente. F. D) 2 ( 4 2 + 3) cm.Solución: Solución: 6 B C B A 4 2 6 4 O 4 4 2 A 4 2 4 D 12 D C L=8 ABCD  64 Nos dan el radio del cuadrante  CD = CB = 6cm Dato: Por lo tanto la base menor del trapecio mide 6 cm. Q. de 20 cm. G y H son puntos medios. P. H D G Q 2 A) 200 cm C) 100 cm2 C B) 50 cm2 D) 150 cm2 . E) 2 ( 3 2 + 4)cm. C) 3 ( 4 2 + 3) cm. Ahora: Si L = 8  BH = HC = 4 Luego: Luego usamos el (45º-45º)  DO  OB  OC  4 2 Finalmente 2 PS  PERIM# AHO  PERIM # DOC    PS  4 2  8  8 2  8  AS  9(6  )cm2  PS  4  3 CLAVE:   2  4 cm CLAVE: C Calcular el perímetro de la región sombreada. los puntos M. B) 3 ( 3 2 + 4)cm. de lado. ¿Cuál es el área del cuadrado EFGH? A B M F E N P D A PROBLEMA 13 PROBLEMA 12 A L  64  L  8 2 AS  A  A  12  6    6  AS   6 4  2  A C A) 4 ( 3 2 + 4)cm. E. BHA: (37º-53º) Si AH = 3k= 15 C Q Observamos que existen 16 triángulos en el cuadrado ABCD.E) 250 cm2 Finalmente: A EFGH  4A#  AEFHG  100cm2 Solución: Usamos la siguiente propiedad: CLAVE: B N C C PROBLEMA 14 M A A P Q A MNPQ  Calcular el área del triángulo ABC B D A ABCD 2 A MNPQ  A MNPQ  A EFGH  A ABCD 2 202  A 2 A MNPQ  200 A) 350 m2 C) 450 m2 E) 300 m2 C B) 400 m2 D) 250 m2 Solución: B 37º MNPQ  100 CLAVE: C OTRA FORMA: A 53º 15 H Como AB = BC  ABC isósceles Dividimos el cuadrado en triángulos congruentes: M B A E F N P Luego AH = HC = 15. entonces: ABCD  16A#  A#  25 (Opuesto a 37º)  k=5 Luego: BH = 4k G H D 202  16A# 30 m MNPQ 2 200 A EFGH   A 2 A 53º A Luego: (Opuesto a 53º) BH = 4(5)  BH = 20 Finalmente: A# ABC  AC x BH 2 C . si el triángulo ABC es equilátero de lado 12m y E. G son puntos medios de los lados AB . en 5 regiones de áreas conocidas (4 triángulos rectángulos y un rectángulo). CLAVE: Calcular el área de la región sombreada.A# ABC  30 x 20 2 A2   A# ABC  300cm2 122 3  2  60º    2   6   4  360º    A2  36 3  12 CLAVE: E ASOMB  2A1  A2 Luego:  9  ASOMB  2    36 3  12  2  PROBLEMA 15  ASOMB  3 12 Hallar el área de la región sombreada. F. Dividimos la región total. si cada cuadrito tiene 2cm. de lado. BC y AC . respectivamente. F E G C A) 12(3 3 -) m2 B) 3(12 3 -) m2 C) 3( 3 -12) m2 D) 12( 3 -) m2 E) 3(4 3 -) m2 Solución: 6 F A2 A2 6 3 3 B) 100 cm2 D) 114 cm2 2 6 6 A A) 96 cm2 C) 80 cm2 E) 120 cm2 Solución: B E B PROBLEMA 16 B A  3   m2 3 3 C A1 A1 A1 A3 A4 A5 De la figura: AS  2A1  A2   3 9 A1   A1   2 2 2 Hallamos A1: Ahora hallamos A2. luego tendríamos: . si cada uno de ellos tiene un área de “4A”. calculamos:   12  A 2 10 A1   10 2 8 6 A2   24 2 4 4 A3  8 2 A4  12  4  48 68 A5   24 2 2  144 CLAVE: C PROBLEMA 18 ¿Qué fracción del área del cuadrado. ¿Cuánto mide el área del círculo? (UNSAAC CBU 99 II) A) 122  D) 24  B) 12  E) 14  C) 144  Solución: A) 9/16 D) 4/5 B) 1/2 E) 3/16 Solución: En este problema.AS  A1  A2  A3  A4  A5 A Entonces. entonces se tiene el siguiente esquema: A A A A A r A A A 2A 2A Dato: C) 7/16 Lc  24 2  r  24   r  12 2A Luego: Luego tendríamos: 2A . observamos que el cuadrado mayor queda dividido en 4 cuadrados. representa la parte no sombreada de la figura? (UNSAAC CBU 99 II) Finalmente: AS  A1  A2  A3  A4  A5  AS  114cm2 CLAVE: D PROBLEMA 17 Si la longitud de la circunferencia es 24. ¿qué fracción del área del cuadrado MNPQ representa la región sombreada? Solución: N P C B 2 2 2 A 2 Dato: BD = M Q A) 2 5 B) 2 3 D) 3 4 E) 1 2 C) 4 5 r D 8  BD = 2 2 BAC: (45º.A NS 9A  AS 16A  A NS  CLAVE: 9 As 16 E PROBLEMA 20 CLAVE: A Un círculo tiene igual perímetro que un cuadrado cuya diagonal mide 8 cm. por condición del problema: Perímetro ABCD  Lc Entonces: Lc  2 r Solución: Luego de trasladar regiones. para obtener. una región de área conocida.45º)  AB = AD = 2 Como BD = 2 2  Perímetro ABCD  8 Luego. B) 4 cm2  D)  cm2 4 A) PROBLEMA 19 En la figura.  E) 16  cm2. 16 C) 16 cm2. tenemos: N P 8  2 r  r  Finalmente: A   r2 4 A     A Q M Luego:  AS  1 A T 2 4   2 16 2 cm  CLAVE: C . El área del círculo es:  cm2. Determinar el área sombreada de la figura. Si AB = 16 cm. Entonces el área del rectángulo ABEF es: 3k A D B E F A) 60  cm2 C) 64  cm2 E) 12  cm2 C 9k 2 B) 25 cm2 D) 45 cm2 A) 30 cm C) 80 cm2 E) 20 cm2 B A B) 32  cm2 D) 16  cm2 Solución: Trasladamos regiones así tenemos: Solución: A 3k B A B h D F 3k 9k Luego: C E As  AABCD  40  9k  3k    h  40  2  Luego:  kh   20 3 A 2  As   8 2 2 As  32 CLAVE: AABEF   3k  h  20  A ABEF  3    3  PROBLEMA 23 Hallar el área de la siguiente figura: (UNSAAC CBU 2000 I)  AABEF  20cm2 CLAVE: B E 12 cm PROBLEMA 22 53º 18 cm . PROBLEMA 21 En la figura adjunta. el área del trapecio ABCD es 40 cm2. (UNSAAC CBU 2000 I) 1 2 1 D) 4 A) Solución: 1 3 1 E) 6 B) C) 2 5 . ABC es una semicircunferencia. calcular el área en metros cuadrados de toda la región sombreada.B A) 100 cm2 C) 140 cm2 E) 110 cm2 B) 150 cm2 D) 120 cm2 A Solución: C O 2m 12 B A) 3 D) 5 C h=8 37º B) 2 E) 1 Solución: C)7 B 4k =8 1 53º A 12 H 3k = 6 D A 18 Trazamos CH  AD para obtener el BAC: (37º.53º)  HD = 3K = 6 K=2 y Pero: As  A# ABC 1 O 2m  As  C 1 2 1 2  As  1m2 CH = 4k CH = 8 CLAVE: E CH = AD = 8 (Altura del Trapecio) PROBLEMA 25 Luego: La relación entre el área sombreada y el área del trapecio isósceles es: (UNSAAC CBU 2000 I)  18  12  A ABCD   8  2  A ABCD 120cm a 2 CLAVE: D 3a PROBLEMA 24 En la figura. (UNSAAC CBU 2000 II) AABCD  8 12   AABCD  96m2 CLAVE: B M C D PROBLEMA 27 A A) 120 m2 C) 106 m2 E) 92 m2 Solución: D B) 64 m2 D) 96 m2 Calcular el área del triángulo isósceles en m2. por eso colocamos lados diferentes.a a B a M C b P h b 4b N 2b 3a aa A Primero hallamos: ah 2  a  3a   h  2  ASOMBREADA  ATRAPECIO D 2a No nos dicen que es un cuadrado. si el área del triángulo AMP es 30 m2. si su altura es 12 m y el perímetro del triángulo es 36 m (UNSAAC CBU 2000 II) A) 36 D) 80 B) 60 E) 120 Solución: B b 12 C) 90 b . De la figura: APAM  AABCD   ABAM  ACPM  APAD  Finalmente se tiene: ah ASOMBREADA 2  A TRAPECIO  3a  a   h  2   ASOMBRADA  1 ATRAPECIO 4 CLAVE:  a 4b a b 2a 3b  30  2a x 4b   x  x  x  2 2   2  11ab   ab  12 m2 30  8ab     2  D Finalmente: AABCD   2a x  4b  AABCD  8ab PROBLEMA 26 Hallar el área del cuadrilátero ABCD. CAD (45º .2 )  Solución: B) (2 .) D) 4 (8 + ) . (UNSAAC CBU 2000 II) 2 cm A) (3 + 2 2 )  C) (3 .45º) Como: AB = 2  AC = 2 2 (Opuesto a 45º) (Hipotenusa) Pero de la figura: AC = 1 + 2 r + 1 2 2 =2+2r Remplazamos (I) en (II): 18  a 2  a 2  122 D 2cm a 5 r Luego: 2a x 12 2 Finalmente: CLAVE: A   r2 A   AABCD  60m2 2 1 A   2 1  2   32 2  B CLAVE: C PROBLEMA 28 PROBLEMA 29 El área de la región sombreada en cm2.3 2 )  D) (2 + 3 2 )  4 cm A) 4 (8 . en la figura dada es: (UNSAAC CBU 2000 II) 4 cm 2 cm En la figura adjunta.) Solución: B) 4 (4 .2 2 )  E) (3 .B C 1 r r 2cm 1 Dato: A Perímetro# ABC  36  2a  2b  36 a  b  18 b  18  a … (I) Teorema de Pitágoras en AHB: b2  a 2  122 … (II) Finalmente: A# ABC  Para calcular el área del círculo. bastará calcular el radio del dicho círculo. Determinar el área del círculo sombreado en cm2.) C) 8 (4 + ) E) 2 (16 . Trasladamos regiones y obtenemos un sector circular de 120º. cada cuadradito tiene un área de 4 cm2. Si el radio del círculo mayor mide 2 cm. por lo tanto: 4 A  A Finalmente: AS  A ABCD  4 A AS  A ABCD  2 2 r =2 Luego:    AS   r 2    360º   120º  AS   (2)2    360º  A AS  L   r  AS  4  AS  42  (2)2 3  AS  4  4    CLAVE: CLAVE: B B PROBLEMA 31 PROBLEMA 30 Hallar el área de la región no sombreada en cm2. (UNSAAC CBU 2000 II) En la figura. y el ángulo AOB mide 120º. como se muestra: A A 4 A B A AS A 120º O 4 De la figura: AS  A ABCD  4 A Pero “A” es la cuarta parte de un círculo. ¿Qué parte del área total del rectángulo ABCD es el área sombreada? (UNSAAC CBU 99 II) B C A D B A O A) 4  3 8 D)  3 Solución: B) 3  4 E) 4 C) 3  8 A) 4 B) 3 C) 8 5 D) 2 3 5 2 E) 7 15 Solución: . ¿Qué fracción del área del rectángulo ABCD representa la región sombreada? (UNSAAC CBU 99 II) B C A D A) 1 B) 5 C) 1 3 8 4 D) 2 E) 1 3 2 Solución: E PROBLEMA 33 En la figura adjunta. ¿Qué parte del área del hexágono regular representa la región sombreada? A) 2 3 D) 1 2 Solución: B) 3 8 E) 1 3 C) 5 6 . Por lo tanto se tendría: Trazamos AC  A# ABC  A# ACD Usamos la propiedad de la mediana: ABC: AM es mediana  A# ABM  A# AMC  A ACD: AN es mediana  A# ACN  A# AND  A AS 18A  ATOTAL 30A Finalmente:  AS  3 ATOTAL AS ATOTAL 5 CLAVE: B  2A 4A  AS  1 ATOTAL 2 PROBLEMA 32 CLAVE: En la figura.C B A 2A A A M B A A A 2A A A 2A 2A 2A 2A C A N A D A A D El área de cada triángulo es “A”. por la tanto el área de cada cuadradito sería “2A”. r A r Trasladamos la región indicada y luego:  A A El hexágono es regular por lo que lo dividimos en 6 triángulos equiláteros. B y C se obtiene un triángulo equilátero.   2  Determinar el área en cm2 del triángulo formado al unir los centros de las circunferencias siendo estas iguales. para lo que necesitamos calcular el radio de la circunferencia.r A r 60º A r ATOTAL 2A 6A  AS  1 ATOTAL 3 CLAVE: E PROBLEMA 34 60º Al unir los centros A. AS B 60º L2 3 4      3  r 2    360º    3 2  (2r) 3   60º     3  r 2   2 4  360º    3  2  r2 r 3 2 2 3  2  r  3  2 2   r 1 Finalmente: . 3 4 D) 3 2 Solución: B) C) 3 E) 3 3 3 5 3  2 Pero de la figura: AS  A# ABC  3A Luego: AS  A) r C Dato: A  S En la figura adjunta el área de la región sombreada es  3    cm2 . para calcular el área que encierra este triángulo equilátero ABC necesitamos saber cuánto mide su lado. ABQ: PM // AQ A# ABC  L2 3  PM es Base Media de AQ 4 y  2(1) 2 A# ABC  PM  3 4 AQ  PM  1 2 Ahora como PM = 1  A# ABC   de la figura MN = 3 3 CLAVE: B También de la figura: QH = 2 Finalmente: PROBLEMA 35 Hallar el área de la región sombreada: 4 A# MQN  MN x QH 2 A# MQN  3x 2 2  AS  3 4 CLAVE: D PROBLEMA 36 A) 5 D) 3 B) 7 E) 9 C) 2 En la figura adjunta. Solución: 4 B P 1 M H C 2 3 N 2 A 2 Q 2 2 D 3cm A O C A) 3 D) 3 2 Solución: B 4cm B) 5 2 E) 2 5 C) 2 3 . Determinar el área en cm2 del trapecio AOBC. ADE (37º-53º): AE = 20 (Hipotenusa) 5k = 20  k = 4 AD = 3k (Opuesto a30º)  AD = 12 BC = 4k (Opuesto a60º) y BC = 16 . necesitamos su altura (r) y su base menor (r).D PROBLEMA 37 3A r O En la figura. es: (UNSAAC CBU 2001 I) 5 r C B B 4 D DCB Triángulo Notable (37º-53º)  BD = 5 En este trapecio para hallar el su área de la región que encierra. “E” es el punto medio de AC . El área de la región sombreada. Solución: B Finalmente: D  BC  OA  ATRAPECIO    CA 2   ATRAPECIO C A) 2( 3 . a menos que uno esté de acuerdo en que lo es.96) D) 100 (2 3 -48) D) 2(200 3 -96) E) 2 (100 3 -48) Para hallar “r” aplicamos el Teorema de Poncetet en DCB.48) B) 20 ( 3 . CD + CB = BD +2 r 3 + 4=5+2r r=1 30º 37º 40 E A 4k 3k 53º A  4 1   1  2  37º 20 30º E 40 20 C ABC (30º-60º): Como AC = 40 (Hipotenusa)  AB = 20 (Opuesto a30º) y BC = 20 3 (Opuesto a60º)  ATRAPECIO  5 2 CLAVE: B Nada es imposible. El área de la región sombreada.Solución: Luego: AS  A# ABC  A# ADE A ABx BC ADx DE AS   2 2 AS  3 3 3 O 60º 60º 20 x 20 3 12 x16  2 2 3  B  Buscando la respuesta de las alternativas se tiene:  AS  2 100 3  48  CLAVE: E Si OA = 3 (Opuesto a 30º)  AC = 3 3 (Opuesto a 60º) Luego: En la figura: AC y BC son tangentes al círculo. es: (UNSAAC CBU 2001 I) 3 120º C   AS  2 A# OAC  ASECTOR AOB AS  9 3  3  AS  3 3 3   3 B A) 3  3      3  B) 9  3      3  C) 9    3    3   D) 3    3    3   3 AS  AOACB  ASECTOR AOB  3 x3 3   120º      32  AS  2    2   360º    A  Primero trazamos OC para obtener triángulos rectángulos notables de 30º y 60º OAC (30º-60º): PROBLEMA 38 E) 3 C 3 3 AS  200 3  96 AS  8 25 3  12 30º 30º   Buscando la forma en la que esta respuesta se presenta en las alternativas. se tiene:  AS  9     3  3 CLAVE: B . El área de la región sombreada. es: (UNSAAC CBU 2001 I) A) 50% D) 60% B) 40% E) 45% C) 55% Solución: A) 6  3 B) 16  3 3   E) 18    2 3   D) 4 4  3 3 D) 9   3  h b Solución: bxh A1 AS B 6 A TOTAL 6 AS   2 bxh 1 ATOTAL 2  AS  50%ATOTAL A 6 M 12 C 6 CLAVE: A Trasladamos regiones y se obtiene un triángulo equilátero y un semicírculo: Para calcular el área de la región sombreada hemos usado esta formula: AS  A# ABC  A1 AS  12 2 4 3    6 2 2 h AS  36 3  18  AS  18    2 3  b CLAVE: E AS  bxh 2 . es: (UNSAAC CBU 2001 I) El porcentaje del área sombreada.PROBLEMA 39 PROBLEMA 40 En la figura: los vértices del triángulo equilátero de lado de longitud 12 son centros de círculos de radio 6. como se muestra a continuación: a Q Área del círculo menor (A1): A1   a 2 Área del círculo mayor (A2): 2  A 2  4 a 2 A2    2a  Luego: Finalmente: A1  a2  A2 4  a 2 AS 6#  ATOTAL 18 #  A1  1 A 2  AS  1 ATOTAL 3 4 CLAVE: C CLAVE: C . para obtener regiones de áreas iguales. ¿Qué parte del círculo falta sombrear? (UNSAAC CBU 2001 I) Q P 2 3 1 D) 2 1 3 3 E) 4 A) ¿Qué fracción representa la parte sombreada respecto al área total? (UNSAAC CBU 2001 II) B) C) 1 4 A) 2 3 D) 3 4 Solución: B) 3 5 2 E) 5 C) 1 3 Solución: a 2a P Dividimos el la figura en triángulos.PROBLEMA 41 PROBLEMA 42 Si en el gráfico P y Q son puntos medios. si la mitad de su diagonal mide 3 2 cm. (UNSAAC CBU 2001 II) E C Solución: B A) 900 cm2 C) 250 cm2 E) 450 cm2 d A B Dato: 30 cm a D a A b E Aplicamos el Teorema de Pitágoras en el BCD: A  a 2  b2  900 … (I) A Luego:  2 2  36cm2 bxb CLAVE: 2 a 2  b2 … (II) 2 C PROBLEMA 45 Hallar el área de un rombo cuya diagonal mayor es el doble de la menor y su perímetro es igual a 80cm. BD = 30 cm. AS  d2 2 6 2   A AS = A ABC + A CDE 2 d 3 2 2 Finalmente sabemos que: a 2  b2  302 axa D  d6 2 b C AS  C B) 300 cm2 D) 150 cm2 Solución: AS  B) 18 2 cm2 D) 36 2 cm2 900 2  AS  450cm2 CLAVE: E A) 300 cm2 C) 64 5 cm2 E) 160 cm2 B) 300 5 cm2 D) 320 cm2 .PROBLEMA 43 PROBLEMA 44 Hallar el área de la región sombreada. (UNSAAC CBU 2001 II) Remplazando (I) en (II). si: AB = BC. (UNSAAC CBU 2001 II) B A) 54 cm2 C) 36 cm2 E) 12 cm2 30 cm D A Hallar el área de un cuadrado. DC = DE. (UNSAAC CBU 2001 II) C O x A B 2x L L D D Dato: A) 10 m2 C) 30 m2 E) 40 m2 PerímetroROMBO  80 4L  80  L  20 … (I) B) 15 m2 C) 20 m2 Solución: Aplicamos el Teorema de Pitágoras en BOA: L2  x 2   2x  C H b A 2 h … (II) Lx 5 D H  x  20 5 20  x 5 Dato: A ROMBO  2 BD x AC 2 CD x AH 12  a x h 12 2 Luego: ah  bh ab ATRAPECIO   h  2  2  2  20  A ROMBO  4    5    b x h 8 4 También nos dan este dato:  4x  x  2x  AROMBO  4 x A# ABH  4 bxh Finalmente: C a Remplazando (I) en (II) A ROMBO  B 2 ATRAPECIO   AROMBO  320cm2 CLAVE: 12  8 2  AS  10m2 D . además CD x AH = 12m2. el área del triángulo ABH es igual a 4m2. Hallar el área del trapecio ABCD.Solución: PROBLEMA 46 B L A L 2x x En la figura. hallar el área de la región sombreada. (UNSAAC CBU 2001 II) 8 A Hallar el área de la figura sombreada. Si cada cuadradito tiene un área de 20cm2.CLAVE: CLAVE: A PROBLEMA 47 C PROBLEMA 48 En la figura. (UNSAAC CBU INT 2002) B 8 8 D 8 A) 8 + 16  C) 16 + 8  E) 8 + 4  C A) 310 cm2 C) 320 cm2 E) 200 cm2 B) 16 + 4  D) 8 + 8  B) 280 cm2 D) 230 cm2 Solución: Solución: B L Dividimos la región en tres regiones conocidas (un cuadrado y dos cuartos de círculo) A L A2 C D B A1 A1 O A1 D De la figura: 4 A2 4 4 C N  AS  16  8 Dato: F G A L2  20 De la figura: AS  2A1  A2    4 2    42 AS  2   4    A3 4 M E AS  A1  A2  A3 AS  2L x 5L 2  2L x 3L 2   4L x 2L  AS  5L2  3L2  8L2  AS  16L2 AS  16  20   AS  320cm2 . ABCD es un trapecio isósceles. (UNSAAC CBU 2002 I) B O C D A A)   1 4 2 C)   2 E)   1 3 2 E B)   1 4 2 D) 3 1 F A D A) 36 m2 C) 64 m2 E) 48 m2 Solución: B C B O 2 1 Trazamos OE  AD E 1 C L 64 x 45º A B) 72 m2 D) 81 m2 Solución: P PDA   A D  AE = ED = 1 4 2 y L A F h h L D 26 AOE A OED   12 1 x 1  2 45º    AS     2    360º   4 2      AS    1 L E Luego de la figura: AS  A B  Dato: A BCFE = 64 L = 64  L = 8 2 Luego: AD = 26 2h + L = 26  h = 9 Pero: x=y .CLAVE: CLAVE: C PROBLEMA 49 PROBLEMA 50 La figura ABCD es un cuadrado de lado igual a 2 cm. Hallar el área en cm2 de la región sombreada. EBCF es un cuadrado de 64 m2 de área y AD = 26m. (UNSAAC CBU INT 2002) C B En la figura. Calcular la suma de áreas de las regiones triangulares ABE y CFD. x y: x Lh 2 CLAVE: 8(9)  36 2 D PROBLEMA 52  x  y  72 CLAVE: B Hallar el área que encierra el cuadrado ABCD. si AB. si el radio de la semicircunferencia es R = 5m. = 5 cm y BC = 12cm (UNSAAC CBU 2002 I) . (UNSAAC CBU 2002 I) A A) 25 m2 D) 8 m2 Solución: B A P A) 2/3 D) 2/5 B) 5/6 E) 5/12 B) 16 m2 E) 20 m2 B C) 9 m2 C 5 Q C D D R O 2x A x Ox D DOC: 52 = (2x)2 + x2  x2 = 5 R Luego AABCD = (2x) 2 C) 3/2 AABCD = 4 x 2  AABCD = 4 (5)  AABCD  20m2 Solución: 2A CLAVE: 2A 2A 2A 2A 2A E PROBLEMA 53 2A 2A De la figura se tiene: As 8A  A NS 20A  AS  2 5 A NS A A A A Hallar el área del círculo inscrito en el triángulo ABC. Calcular qué parte del área de la región no sombreada es el área de la región sombreada. (UNSAAC CBU 2002 I) B C PROBLEMA 51 En la figura mostrada: ABCD y PQRC son cuadrados. siendo “P” punto medio del lado BC. representa la región no sombreada? (UNSAAC CBU 2002 II) . cada “cuadradito” tiene un área de 9 cm2. El área de la región sombreada.C A 2 B B) 9 cm2 E) 8 cm2 A) 2 cm D) 6 cm2 C) 4 cm2 Solución: C 13 A) 54 cm2 C) 36 cm2 E) 27 cm2 B) 72 cm2 D) 24 cm2 Solución: =3 B =3 12 A2 A1 D A 5 B H A Teorema de Pitágoras: ABC: AC2 = 122 + 52  AC = 13 9 F Dato: 2 = 9   = 3 De la figura: Teorema de Poncelet: 5 + 12 = 13 + 2r r=2 As = A1 + A2 As  69 69  2 2  AS  54cm2 Luego: Acírculo    2 2 CLAVE:  Acírculo  4 CLAVE: C 9 A PROBLEMA 55 C PROBLEMA 54 En el siguiente cuadriculado. es: (UNSAAC CBU 2002 I) ¿Qué parte de la región sombreada. si el área de la región triangular PBQ es 2u2. los segmentos interiores son medianas. 2 (UNSAAC CBU 2002 II) . se tendría: C 3A B A F 3E A C D A Luego tendríamos: E D A NS ABCDE F  AS 3A  3B  3C  3D  3E  3F 16 C 8 2 4 A NS ABCDE F  AS 3  A  B  C  D  E  F   A NS C) 65 u2 B) 60 u E) 64 u2 E D 3C A) 32 u D) 72 u2 3F 3D 3B A B 2 Solución: Usamos la propiedad de la mediana: B C A Q 2 A A 1  AS 3 E P 2 Q B ABCD  2A# AEB  AS  64u2 CLAVE: CLAVE: B PROBLEMA 56 En el triángulo AEB. (UNSAAC CBU 2002 II) E PROBLEMA 57 Calcular el área de la región cuadrangular ABCD.A) 1/4 D) 3/4 B) 1/3 E) 1/2 C) 2/3 E D C Solución: P Usamos la siguiente propiedad: B A M A A MBN  N A ABC 4 3A Luego. Hallar el área de la región rectangular ABCD. inscrito en el semicírculo de centro O y radio R. Si el área del semicírculo sombreado mide 5 u 2 . B C R A) 27 2 u 2 B) 27 3 u 2 C) 18 3 u 2 E) 27 u2 D) 36 u2 Solución: A A) 20  u2 D) 25 u2 D O B) 16 u2 E) 15  u2 r Solución: B r D C) 20 u2 r A C C S r r O B R 2r Dato: A r O r D Dato: A =  36  r 2  36 5 2 u 2  r6 Luego observamos que: el área pedida es igual a 3 triángulos equiláteros: r 2 5   r2  5 2 2 ATRAPECIO  3  S  Luego: A ABCD   2r 2 A A ABCD  20u  r2 3   ATRAPECIO  3   4    2 CLAVE: C  ATRAPECIO  27 3 CLAVE: B PROBLEMA 58 Determinar el área de la región de un trapecio isósceles ABCD. (UNSAAC CBU 2002 II) B C A D B A) /2 m2 B)  m2 . Si el área del círculo es 36  u2. (UNSAAC CBU 2002 II) D A C PROBLEMA 59 Hallar el área de la región sombreada. donde CD es la mitad del diámetro AB . si ABCD es un cuadrado de lado 2m. En la siguiente figura.C) 4 m2 E) 3 m2 D) 2 m2 Solución: Trazamos las diagonales (estas se cortan en el punto E) Solución: D A C B 1/2 x E 1 1/2 2 C B D A F H De la figura se tiene que: As = [A ABCD G . si el área de la region sombreada mide 4 2 m2 ? A ABCD E PROBLEMAS PROPUESTOS SOBRE TRIÁNGULOS 1. Se desea cercar los lados AB y AC de un terreno que tiene la forma de la figura siguiente: B 30 3m D 60º E A C B ¿Cuántas estacas se necesitan.(1)2 ] + 8    2  A A  AS  4m2 CLAVE: = 4 As ABCD  16 2 m2 CLAVE: C PROBLEMA 60 En la figura ABCD y EFGH son cuadrados cuyos lados tienen medidas iguales. si las estacas se colocan cada 3 metros? (UNSAAC CBU 2003 I) F H a) 36 d) 31 G A) 16 m2 B) 12 2 m2 D) 8 2 m2 E) 16 2 m2 C C) 12 m2 b) 29 e) 30 c) 32 2. E es el centro del cuadrado ABCD.¿Cuánto mide el área de la región cuadrangular ABCD.A ] + 8x Luego de trasladar la región:  (1/ 2)2  As = [22 . determinar : a bcdef (UNSAAC CBU 2003 I) . AD = DC = 6m. La longitud de la altura relativa a la hipotenusa mide (en m. En la siquiente figura. 9 y 8 cm. la longitud de “x”. Se da un trapecio con bases de longitudes 3cm. se convierte en un triangulo rectangulo. la longitud d e A b) 270º e) 540º c) 720º a) 8 5 b) 3 5 5 d) 3 8 5 e) 3 c) 8 10. y 6cm. Calcular DB. Hallar la distancia del punto de intersección de los lados no paralelos a la base mayor. El ángulo que forma dicha bisectriz con la bisectriz exterior del menor de los ángulos agudos.c a d b 6.): (UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN) c Hallar la suma de los angulos : a  b  c  d  2e  2f  i a) 360º d) 620º D 9. 10. es: . (UNSAAC 2000 II) a) 6cm b) 9cm c) 8cm d) 4cm e) 5cm 8. respectivamente. (UNSAAC CBU 2003 II) B e f a) 360º d) 180º b) 270º e) 720º c) 540º C 3. si CB = CA. En la siguiente figura. de longitud. La bisectriz del ángulo recto de un triángulo rectángulo forma con la hipotenusa un ángulo de 115°. y con altura de 4cm. ¿Cuánto mide el perímetro de dicho triángulo rectángulo? a) 12cm b) 10cm c) 13cm d) 15cm e) 14cm 5. Hallar el valor del ángulo “x”. Si cada lado se disminuye en “x” cm. respectivamente. ABCD es un cuadrado y AED es un triángulo equilátero. mide: (UNSAAC 2001 II) a) 25° d) 35° b) 30° e) 45° c) 20° de la hipotenusa y uno de los catetos miden 12m y 4 5 m . (UNSAAC CBU 2003 I) B C E x D A a) 80º d) 75º b) 105º e) 115º c) 100º 4. En un triángulo rectángulo. En la figura adjunta. En la siguiente figura (UNSAAC CBU 2003 II) a i f b a) 3 5 m d) 6 5 m b) 8 m c) 10 m e) 10 5 m 7. Los lados de un triangulo miden. Los ángulos que forman la escalera con el piso y la pared con el piso son de 30° y 90° respectivamente. (UNSAAC 2000 I) D A B x 30º 8 3 Q R B A S P H a) 2 2 m b) 3m d) 2m e) C c) 1 m 2m 13. a) 10 d) 13 b) 11 e) 14 c) 12 15. La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 10cm. En el triángulo ABC mostrado en la figura BH = 4m. 12. Calcular el valor de “m + n” en la figura.(UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN) 15° 6 45° x a) 3 2 b) 2 3 3 d) c) 2 2 6 e) 11. de modo que sus extremos superiores coinciden. Una escalera se apoya a una pared de 4 3 metros de altura. Se tiene un triángulo en donde dos de sus lados miden 3 y 4. Hallar C a) 32 b) 16 d) 32 3 e) 16 3 c) 16 3 17. Hallar la altura del triángulo tomando como base la hipotenusa. y uno de los catetos mide 8cm. Hallar el perímetro del triángulo. Hallar el perímetro del triángulo.8cm e) 10cm c) 4cm la distancia del extremo inferior de la escalera a la pared. Calcular el valor de “x” en la figura. AC = 4m. (UNSAAC 2000 I) a) 6cm d) 3. a) 36m d) 24m b) 32m e) 21m c) 28m 16. . (UNSAAC 2000 I) a) 12m b) 6m d) 15m e) 6 c) 9m 3m 14. Los lados de un triángulo rectángulo forman una progresión aritmética cuya razón es 3m. Hallar la longitud del lado del cuadrado inscrito PQRS.5cm b) 4. Si el tercer lado es el doble de uno de los otros dos lados. y que AC es un número entero.80º 40º n x 60° 37° m 20º 100º 3 a) 4  3 b) 7  3 c) 7  3 d) 3  3 a) 30º d) 60º b) 40º e) 80º c) 50º 21. En la figura se sabe que  > 90º. Calcular la suma del máximo y mínimo valor entero que puede tener “x”. El la figura hallar “x” a) 50° d) 80° b) 60° e) 40° c) 70° 23. si queremos calcular la longitud de la hipotenusa ¿entre qué número debemos de dividir a la hipotenusa? . Si AB = DC y DA = DB. Calcular “x” en el gráfico  40° a) 10° d) 30° 10 x a) 40 2 b) 40 d) 20 e) 10 2 c) 20 2 100° B x  a) 18 d) 21 20. A b) 15° e) 40° A c) 20 a) 10° d) 45° x b) 20° e) 53° C c) 30° 24. En un triángulo rectángulo uno de sus ángulos agudos mide 22°30´. Hallar “x” en la figura 19. C 2 D D b) 19 e) 22 x 70° B 10 8 c) 20° 22. hallar “x”. De la figura hallar “” e) 8  3 100° 18. En la figura. Calcular “  ” en: c) 53° b) 5 e) 9 c) 6 32. En la figura siguiente la medidas de ˆ son 60° y ˆ y ACB los ángulos BAC 90° respectivamente. . hallar BC  B   30 D a) 20° d) 45° A 6 a) 12 d) 15 D 10 b) 16 e) 18 C c) 20 26. Si mAPD=90°. Hallar la hipotenusa. a) 4 d) 7 C b) 5 e) 8 c) 6 28. En el interior de un cuadrado ABCD se toma el punto P y luego se traza PH  BC. los ángulo MDB C 27. si los 2 cuadrados son congruentes. Sea DM la mediana del triángulo ADB hallar la medida de ˆ . Calcular el valor de “x”: 3 x a) 4 d) 8  a) 30° d) 16° b) 37° e) 15° 29. tal que BH=2 y HC=8. D A B M a) 20° d) 55° b) 30° e) 60° c) 45° 31. La hipotenusa y un cateto suman 162m. hallar PH. además se trazan las bisectrices de los ángulos interiores las que se intersectan en el punto D. a) 82m d) 90m b) 68m e) 86m c) 84m b) 35° e) 60° c) 37° 30. Calcular “  ”. Si el otro cateto mide 80m.a) 2 d) 2 b) 2 2 e) 3 B A c) 4 25. En la figura calcular el valor del ángulo “  ” si AD y BC son bisectrices de los ángulos A y C respectivamente. En la figura se muestra una lámina metálica de forma rectangular. Hallar  : A E F    A M C N a) 1 d) 4 b) 2 e) 5 c) 2. Calcular el valor de: (x  y  z  w) D C A B a) 3( 3  1)cm b) ( 3  3) cm c) (2 3  3) cm d) 2( 2  2)cm z e) 2( 3  3)cm y 37. Si sabemos que “E” es el punto medio de AB . Además ABCD es un cuadrado. Si y AB  4 3 cm. A B B   a) 100° d) 116° C D a) 12° d) 16° C D b) 14° e) 20° c) 15° b) 105° e) 150° c) 110° 39. Hallar el ángulo formado por la intersección de las bisectrices de los ángulos exteriores de los ángulos agudos de un triángulo rectángulo. Calcular la longitud que recorre el vértice A cuando la lamina haya dado una vuelta completa en el sentido indicado. Calcular el valor de “x” en: .B D 60  20 A C a) 95° d) 120° b) 110° e) 125° 36.5 38. AD  4 cm. c) 115° 33. Hallar el valor del ángulo “  ” si sabemos que ABCD es un cuadrado. hallar la x w medida de MN B a) 360° d) 630° b) 450° e) 720° c) 540° 34. a) 60° d) 65° b) 45° e) 75° c) 30° 35. Cuatro rectas se intersecan como se muestra en la figura. Si AB  5m y BC  12 . Hallar el perímetro de la figura sombreada: b) 46 e) 42 c) 40 4. Hallar el perímetro de la siguiente figura: n c ab c) ab ab b) 2a  b 3a  b e) 2ab b d a 40. Hallar el perímetro de la siguiente figura: 2 A 6 2 D A a) a 3 2 b) a 2 d) a 2 2 e) 3a 8 c) 3a 5 6 a) 30 d) 36 PROBLEMAS PROPUESTOS SOBRE PERÍMETROS 1.d) 32a a b x m ab a) 2ab ab d) ab e) 34a 2. B C a) 2(a + 2b + c – d) c) 2a + 4b + c – 2d e) 5(a + 3b + 10c – d) b) 2(a + 2b – c + d) d) a + 2b + 2c – 2d 3. Determinar el perímetro de la región sombreada (UNSAAC CBU 2000 II) . de la figura: (UNSAAC CBU 2000 I) 8 4 a a a 2a 4 15 a) 44 d) 64 a a) 20a 3a b) 28a a c) 30a b) 36 e) 62 c) 54 5. Hallar el perímetro de la región sombreada. En la figura ABCD es un cuadrado de lado “a”. Calcular el radio de la circunferencia. En la figura adjunta. Hallar el perímetro de la siguiente figura: c d b c 6R a a) 30R d) 36R b) 25R e) 32R c) 38R 8. 2003) a) 490 d) 680 b) 560 e) 620 c) 720 10. Un arquitecto diseña la siguiente reja para ventana. hallar la   7 longitud total de acero que se requiere. es: (UNSAAC CBU INT. En la siguiente figura. a) 2 (a + b – d) c) 4 (a + b – d) e) 2 (2a + b – c) b) 2 (a + b + d ) d) 3 (a – b – d) 11.(UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN) 4 a 3 1 a 1 4 2a b) 7 a a) 22 a 3 d) 11a 3 3 e) 3 a 22 c) 20 a 3 6. . c 70 a a) 2 (a – b + 2c) c) 2 (a + b + c) e) 2 (2a + b + c) b) 2 (a + 2b + c) d) 2 (a + 2b + 2c) 7. El peimetro de la region sombreada. Si los arcos son semicircunferencias iguales y 22 asumiendo . (UNSAAC CBU 2002 I) b b b a)  + 4 d) 2 + 3 b) 2(4+3) e) 2(4 +  ) c) 3(2+) 9. Hallar el perímetro de la figura sombreada si todas las curvas son semicircunferencias. hallar el perímetro de la región sombreada. Hallar el perímetro de la siguiente figura. B D C 10 6 a) 10(+2) d) 20(+2) 8 a) 8 d) 6(+3) A b) 16 e) 12(+2) c) 12 b) 5(+2) e) 10(+4) c) 5 15. Hallar el perímetro de la región marcada si cada cuadradito tiene 1cm. de lado. 12. La figura mostrada está formada por hexágonos regulares iguales. Hallar el perímetro de toda la figura si cada hexágono tiene 48 cm. de perímetro. a) 26 d) 25 b) 27 e) 24 c) 28 16. Se tiene un pentágono ABCDE tal que: AB = BC = CD = DE = b y a) 176cm d) 168cm b) 184cm e) 240cm c) 160cm 13. En un triángulo equilátero de lado 4; se unen los puntos medios de los lados, formando otro triángulo equilátero, y se repite la operación indefinidamente. Hallar el límite de la suma de los perímetros de todos los triángulos. a) 21 d) 18 b) 8 e) 12 ABC  ACD  ADE  90º . Calcular el perímetro del pentágono ABCDE. a) 2b d) 10b b) 6b e) 12b c) 8b 17. Del gráfico calcule el perímetro del polígono ABCDE B 2m C 3m c) 24 D 4m 14. Cuál es el perímetro de la figura, si ABCD es un cuadrado de 10 cm. de lado y los dos arcos son semicircunferencias. A 5m E a) 2 6 +15 b) 3 6 +14 d) 5 6 +15 e) 7 6 +15 c) 3 6 10. Hallar el perímetro del trapecio, si la altura es igual a la base menor: 4 cuadrados ABCD cuyo lado mide 10cm . (UNSAAC CBU INT. 2003) Q D P 10 a) 20 d) 26 C b) 22 e) 28 R c) 24 A 19. Calcular el perímetro de la región sombreada, si AB = 15. A M B a) 10 2 d) 12 2 S B b) 11 3 e) 8 3 c) 8 5 3. En la figura: AB = AP y CD = DP, el area del cuadrilátero ABCD es: (UNSAAC CBU 2003 II) B C a) 20 d) 35 N b) 25 e) 40 c) 30 y 20. Se tiene un cuadrado ABCD, sobre el lado AD se traza una semicircunferencia interior, luego desde C se traza una tangente a la semicircunferencia la cual corta a AB en F. Hallar el perímetro del triángulo BCF si el lado del cuadrado mide 6. a) 12 d) 22 b) 14 e) 24 c) 18 PROBLEMAS PROPUESTOS SOBRE ÁREAS 1. El perímetro de un cuadrado es el doble del perímetro de un triángulo equilátero, cuya área es igual a 2 9 3 cm . Hallar el área del cuadrado. (UNSAAC CBU 2003 II) a) 64cm2 d) 81cm2 b) 100cm2 e) 121cm2 C x c) 49cm2 A 2 a) (x  y) D b) x2  xy  y 2 2 4 2 c) (x  y) 2 2 2 d) x  y 2 2 2 e) x  xy  y 4 4. En la siguiente figura, el diámetro del círculo de centro O, mide 8cm. Hallar el área de la región sombreada. B P A 2 2. Calcular el perimetro de la región sombreada en cm, sabiendo que P, Q, R y S son puntos medios en el P a) 18cm d) 16cm2 C O Q D b) 20cm2 e) 17cm2 c) 14cm2 5. En la figura, el área de la region sombreada y no sombreada en el círculo mayor de radio R = 4 metros, son de igual medida. El área en metros cuadrados de la región sombreada, es: a) 6 d) 10 b) 4 e) 8 c) 12 6. Se quiere revestir un piso rectangular con losas circulares de igual radio, colocadas tangentes unas con otras. Si se sabe que tanto a lo largo como a lo ancho entran losas completas. ¿Cuál es el máximo porcentaje que se cubrirá del piso con las losas? (SAN MARCOS 2003) a) 27.5% d) 30% b) 20% e) 22.5% b) 576 e) 288 b) 150m2 e) 300m2 D C a) 6 2 m d) 4 m b) 6 m e) 4 2 m c) 72 c) 500m2 9. Si el área de la figura sombreada es 8m2. entonces el lado del cuadrado ABCD mide: (UNSAAC 2001 II) c) 2 m 10. En la siguiente figura se tiene dos circunferencias concéntricas donde OA = AB = 1. Si OB = BC = OC, calcular el área de la región sombreada. (UNSAAC 2002 II) D C O A 8. Un lote de terreno es de forma rectangular y se sabe que su perímetro es igual a 74m., mientras que el cuadrado de su diagonal es igual a 769m2. ¿Cuál es el área del lote? (UNSAAC 2000 II) a) 600m2 d) 100m2 B c) 25% 7. Los lados no paralelos y la base menor de un trapecio isósceles son iguales entre sí y miden 15 metros. Si la base mayor mide 33m. El área del trapecio en metros cuadrados, es: (UNSAAC 2000 I) a) 128 d) 144 A a) 3  3 B b)   3 2 2 c)  3 3 e)   3 4 3  d)  6 3 11. La pintura de un cuadro tiene un largo de 60 cm. y un ancho de 35 cm. Calcular el área del marco rectangular en cm2, si se tiene un ancho igual a 2,5cm. (UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)) A) 250 D) 450 B) 500 E) 325 C) 300 12. Hallar el área del círculo inscrito en un hexágono regular, cuya área es de 36 3 m2. (UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN) A) 18 m2 B) 30 3  m2 3 m2 20. Los lados de un triángulo son tres números consecutivos. Hallar el área de la región sombreada en la siguiente figura: Y C) 2 2 -2 -1 0 2 1 X 15. cuya área de su región es igual a 4/9 del área de la región del primer hexágono. G y H son puntos medios del cuadrado ABCD. de arista.C) 24 3  m2 E) 26 3  m2 D) 18 3  m2 13. el perímetro es 60m. Calcular el área del círculo que está inscrito en un sector circular de 60° de ángulo central y 15cm de radio. Hallar el área de la figura limitada por el triángulo sombreado. El área de triángulo es: A) 152. (UNSAAC 2002 I) 2 A) 15cm D) 20cm2 2 B) 25cm E) 30cm2 2 A) 4 B) 8 D) 12 2 E) 8 2 B) D) 2 3 E) 4 3 C) 18cm 14. hallar el área marcada en: A) (. En la figura E. A) 5 D) 8 B) 4 E) 10 C) 6 17. F. El lado de un hexágono regular mide 9.3 ) u2 6 C) 2(.3 ) u B) 2(+ 3 ) u2 2 D) (+ 3 ) u2 E) 3 3 u2 8 A) 3(4-) D) 4(6-) B) 2(5-) E) 3(6-) C) 6(4-) 16. Entonces la razón entre el área sombreada y el área no sombreada es: F B C G E A H D .4 m2 C) 120.8 m2 D) 172. El cubo mostrado tiene 2m. Determine el lado de otro hexágono regular. Calcular el área de la región de un triángulo rectángulo si su hipotenusa mide 8 y uno de sus ángulos internos mide 22°30” 3 3 2 A) 4 3 C) 3 2 18.6 m2 E) 170 m2 B) 145. 19. Si el triángulo es rectángulo. La altura de un triángulo es los 3/4 de la base más 4m. R L 6 17 R B) 20 C C) 32 . Hallar la relación entre el área sombreada y el área no sombreada. es: D) A)  2 R 4   B)  1   R 2 4    D)  4   R 2 4    C)  2   R 2 4  3 2 R E) 4 22. además DB  DE  a 2 . Hallar el área sombreada de la figura: 4 A) 7 13 E) 2R 2 (32  9) 23. si consideramos que la figura ABCD es un cuadrado. en función del radio R de la circunferencia C1. el área del triángulo es: A) 60 m2 D) 50 m2 B) 80 m2 E) 65 m2 C) 40 m2 10 A B D C A) a 2 B) a2 2 a2 3 E) a2 5 D) 7 10 B) C) a2 4 R A) R 2 (16  2) B) 2R 2 (15  2) C) 3R 2 (   6) D) 2R 2 (8  3) 26. O. N. entonces el área de la figura sombreada. Si el lado de un cuadrado inscrito en un círculo C1 es L. A N C) 7 10 D A) 10 B O M 3 6 13 E 25. y R son puntos medios de los lados.3 13 2 D) 15 5 16 7 E) 13 A) B) C) 5 13 21. El área del cuadrado ABCD es 40m2. 4 E) 24. Hallar el área sombreada. Hallar el área sombreada sabiendo que M. Si la base es la solución positiva de: 2x2 -13x-24  0 . calcular el área sombreada: F 9a 2 20 2 5a 2 E) 7 B C) 30. Hallar el área de la región sombreada.8 m2 C) 2. Determinar el área de la región sombreada. En el cuadrado ABCD. a 5a 2 7a 2 10 región a A) A) C M A) 2a 2 46 B) 5a 2 41 D) 5a 2 35 E) 7a 2 35 C) 5a 2 48 31. En la figura mostrada ABCD es un cuadrado: Calcular el área sombreada si tenemos que “O” es el centroide del cuadrado.. A B 4 C D 4 C . Además M y N son puntos medios. Calcular el área de la sombreada en el cuadrado. A B) 8a 2 15 D) 11a 2 20 E) 7a 2 10 B D C 2 B) 5a 2 D) 3 4a 5 A 2 C) 6a 7 C A D E A) 8 2 D) 16 B) 4 2 E) 8 C) 2 2 29.6 m2 32. de lado “a” M y N son puntos medios. A) 2. si ABCD es un cuadrado de lado “a”.D) 36 E) 38 27. Si las bases de un trapecio miden 4 y 6 metros y su altura es de 2m. A B N D M B N D 28. Calcular el área del triángulo cuyos vértices son los puntos medios de las diagonales y el punto de corte de los lados no paralelos.5 m2 E) 2.7 m2 B) 2.4 m2 D) 2. En el cubo de arista 4m. y AB.5 B) 4 E) 6  2 3 B) 2    2 3   C) 5 35. Hallar el área sombreada. además F y M son centros de las semicircunferencias. A r R B A) 8 D) 15 C D A) 4(2  3 2) B) 8(7  3 5) C) 8(6  5) D) 8(7  2 2) B) 10 E) 20 C) 12 37. M A A 60 M B C  3 3 A) 2    3 8   N D  3 3  2 2 C) 3    D) 4    4 3  7   3 E) 2 C A) 3 D) 5. Hallar el área del triángulo sombreado.A) 3(  2) D) 3(   1) B) 2(   2) E) 3(  3) C) 2 36. siendo ABCD un cuadrado. si MN mide 4m. En la figura mostrada calcular el área sombreada si AB  AC  2 . E) 3 m2. siendo M y N puntos medios. B E) 9(7  3 5) F 34. D) 6 m2. B 2 B) 8 m . El área del cuadrado ABCD es igual a 20m2. A C) /2 m 2 A) Z U R2 3 4 B) 3R 2 3 16 B C) R 2 8 3 . (AU = R) L A N 2 A) 4 m . 33. hallar el área de la región sombreada. Si Rr  5 R. Hallar el área de la región sombreada si: mLUZ = 120°. y “U” es centro de las dos semicircunferencias. si AB  8 . M 38. Calcular el área de la región sombreada. AN y AM son diámetros. En un cuadrado ABCD de lado 3 2 . y el área de la lúnula sombreada es 10m2. en la diagonal BD. En la figura mostrada calcular la suma de las áreas “x” e “y”. se toma Q.D) R2 4 E) R2 3 B M 39. A 3 4 3 D) 5 A) C 48 25 3 E) 7 C) 13 4 B) 4 E) 1 C) 6 41. . En la figura mostrada. calcular el área sombreada de la región ABC. Calcula el sombreada: 2 área A de la región B 24 C) 50 m2 42. En la figura mostrada se pide calcular el área sombreada. Hallar DQ. Si r4 y R6. (“x” e “y” son semicircunferencias) C) 2Rr 2 D 24 C A) 222 2 B) 250 2 C) 267 2 D) 278 2 E) 288 2 45. de modo que las áreas ABCQ y CQD sean iguales. R B) A A) 10m2 D) 40m2 B r y D C A) Rr B) R 2  r 2 D) 4Rr E) 2(R  r ) 44. A) 2 D) 3 C x 43. si los radios miden 6 m. Hallar el área del cuadrado ABCD siendo “R” el radio del semicírculo y “r” el radio del círculo. Si el área del triángulo mixtilíneo AMBC es 40m2. En una pirámide regular de base cuadrada de 10m de lado )cuál es el área de la sombra que proyecta una de sus caras laterales en su base a las 12 meridiano. A) 100m2 D) 25m2 B) 75 m2 E) 12 m2 B) 20m2 E) 50m2 C) 30m2 r B A R 40. y 2 m. 38 C) 53. mételos en tu bolsillo y mañana te sentirás a la vez triste y contento”. Calcular el área del cuadrado inscrito en un semicírculo de radio " 1m" sabiendo que uno de sus lados está sobre su diámetro A) 4/5 D) 3/2 M 2 P b C C) 3m2 49. A B D C C) 90 47. Y se sintió feliz y triste. e) 25 m2. si AB  10 . B) 2 m2. B 2b a M a N a A 2 A) 1 m . Aquel hombre obedeció. N 2 b) 4 m . C c) 9 m2. 50. Feliz. A la mañana siguiente. A) 96 D) 102 B) 84 E) 114 B) 5/4 E) 1/2 C) 1 48. En la figura ABCD es un cuadrado. D) 4 m2. Cunningham . Se inclinó. Calcular el área de la región sombreada.25 D) 55.38 E) 56. E) 5 m2.02 B) 52. si el área de la región triangular ABC es 14m2. Hallar el área del trapecio (en m2) si sus diagonales son bisectrices de los ángulos obtusos. rubíes y esmeraldas. recogió un puñado de guijarros y se los metió en el bolsillo. Lo mismo ocurre con la educación W. vio que los guijarros se habían convertido en diamantes. En la figura mostrada calcular el área de la región sombreada si el área de la región triangular ABC es 70m2.P y Q trisecan a BC y MN trisecan a AC) B O1 2 O A) 22  8 3 C) 30  8 3 40 E) 8 3 Q 6 P B) 28  9 3 D) 35  8 4 A a) 1 m . por haber cogido guijarros. Calcular el área de la región sombreada aproximada. El perímetro de un trapecio es 42m.42 Parábola de la Educación Iba un hombre caminando por el desierto cuando oyó una voz que le dijo:: “Levanta algunos guijarros. d) 16 m2. (Si A) 50. triste por no haber cogido más. 46. y la base menor mide 3m.