Solucionario de Geometria Euclidiana
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1. EJERCICIOS SOBRE CONCEPTOS BÁSICOS 1. En la figura, el ángulo COB mide 120º y el ángulo COD mide la mitad del ángulo BOA. Entonces, la medida del BOA es: C
B 120 x/2
x
D
A. 20º
O
B. 30º
C. 40º
D. 60º
E. 80º
A
Sea mBOA = x, luego mCOD = x/2. Se tiene
x 3x 120 x 180 60 x 40 2 2
2. Si dos planos diferentes se intersecan, su intersección es A. Un punto. B. Dos puntos D. Dos rectas diferentes E. Falta información
C. Una única recta
Esto es uno de los axiomas de la Geometría Euclidiana.
3. En la figura, m 1 m 4 , m 2 m 3 ¿cuál de las siguientes expresiones es siempre verdadera?
m1
m3
B. m 1 m 3
C. m 3 || m 4
D. m 2 m 4
m2 m4
A. m 1 || m 2
E. NDLA
m1 Con la información dada las parejas de rectas perpendiculares están “libres”, luego pueden ser giradas y seguirían satisfaciendo los datos dados. Por tanto no puede afirmarse ni A, ni B, ni C, ni D.
m2
m4
m3
4. R, S y T son tres puntos colineales como se muestran en la figura. Si ST = 4x + 4 y RS es la mitad de ST, entonces la longitud de RT es
A. 3x – 4
R
S
T
B. 3x – 6
D. 6x – 12
C. 3x + 2
E. 6x + 6
1 3 3 Dado que los puntos son colineales, se tiene RT = RS + ST = ST ST ST (4x +4) = 6x + 6 2 2 2
1
GEOMETRÍA
xº
5.
A
A partir de la información indicada en la figura, el valor de y es:
120º
50º
130º
yº B
A. 170º
B. 130º
C. 120º
D. 100º
E. 50º
C
Sean A, B y C los puntos indicados en la figura, y sean mBAC = , mACB = . Se tiene = 50, por ser opuesto por el vértice con el ángulo que mide 50 y = 180 – 130 = 50. El ángulo que mide y es un ángulo exterior con respecto al ABC, luego su medida equivale a la suma de los ángulos internos no adyacentes, es decir y = + = 50 + 50 = 100
__
xº
6. A
90º E
B
A. 50º
70º
C. 130º
D. 140º
E. 230º
140º
xº F
__
En la figura, si AB || CD , el valor de x es:
C
D
Dado que las rectas son paralelas, x = mFCE, por ser ángulos correspondientes. A su vez este ángulo por ser externo al ECD, es la suma de las medidas de los ángulos CED y EDC. Se tiene mCED = 90 y mEDC = 180 – 140 = 40, luego x = 90 + 40 = 130
A 7. 40
A partir de la información brindada en la figura, el valor de z resulta:
x
B
A. 30º
z
70º D
B. 40º
C. 70º
D. 80º
E. 110º
C
Las marcas en el ángulo A, indican que AD es bisectriz de dicho ángulo, luego x = 40 y mA = 80. Al considerar el ABC, se tiene z = 180 – 80 – 70 = 30
8.
D
__
y E 130º x B
A __
__
__
__
En la figura, AD AC , EB || DC , entonces el valor de y es: A. 30º
B. 40º
C. 45º
D. 50º
E. 60º
C
__
Dado que EB ||DC , se tiene x = 180 – 130 = 50 por ser ángulos internos al mismo lado, entre __
__
paralelas y como AD AC, el ADC es triangulo rectángulo y por tanto “y” es el complemento de “x”, luego y = 90 – 50 = 40
2
GEOMETRÍA
A
9.
x
En la figura, el valor de x es A. 25º
115º
B
C
140º
B. 40º
C. 45º
D. 65
E. 75º
D
Se tiene mABC = 180 – 140 = 40, x = 115 – 40 = 75 ya que el ACD es externo al ABC
A 10. En la figura, el valor de x es
xº C
B
150º D
A. 30º
B. 40º
C. 45º
D. 50º
E. 60º
E
Se tiene mEDB = 180 – 150 = 30, ABC DBE por ser opuestos por el vértice y por el teorema de semejanza AA, ABC DBE, luego mBAC = x = mEDB = 30.
11. A – B – C – D; E y F son puntos medios de AB y CD respectivamente; Si AC = 10 y BD = 12, entonces EF = ? A. 5
B. 6
A
C. 9
E
x
B
D. 11
C
F
y
x
E. 22
D
y
10 12 Sean AE = EB = x, CF = FD = y (E y F son puntos medios de AB y CD respectivamente) Se tiene BC = AC – AB = 10 – 2x (1) y también BC = BD – CD = 12 – 2y (2) Igualando (1) y (2): 10 – 2x = 12 – 2y Al simplificar se obtiene y – x = 1 (3). Por otro lado se tiene EF = EB + BC + CF = x + (10 – 2x) + y = 10 – x + y = 10 + (y – x) Al introducir (3) resulta EF + 10 + 1 = 11
3
GEOMETRÍA
A
12.
En la figura º + º = 255º, entonces ¿m A = ?
A. 75º
B. 105º
C. 127.5º
D. 30º
E. 45º
C
B
En el ABC, tenemos que mA = 180 – mABC – mACB = 180 – (mABC – mACB) (1) Se tiene que mABC = 180 – y mACB = 180 – , luego mABC + mACB = 360 – ( + ) Como + = 255, resulta mABC + mACB = 360 – 255 = 105 Sustituyendo en (1) obtenemos mA = 180 – 105 = 75
13. ¿Para qué valor de x, los segmentos AB y CD son paralelos? C
P
25º 65
130º
25º
A
D
xº B
A. 25
B. 50
C. 65
D. 75
E. 130
Como el ángulo a la izquierda de C es congruente con el ángulo a la derecha, también mide 25. Luego mACD = 180 – 2 25 = 130. Como el APC, es recto en P, mPAC = 90 – 25 = 65 Para que AB y CD sean paralelos, el ángulo CAB debe ser el suplemento del ángulo ACD ya que serían ángulos internos al mismo lado entre paralelas o sea mCAB = 180 – 130 = 50. Se tiene entonces x + 50 + 65 = 180 x = 180 – 50 – 65 = 65
__
__
14. Si AB || CD , ¿Cuál es el valor de x?
A
B 120º
E
xº C
A. 170º
B. 150º
C. 120º
F D
D. 100º
Trazamos EF, paralela a las rectas AB y CD, luego mAEF = 180º – 120º = 60º y mFEC = 180º – xº . Además se tiene mAEF + mFEC = mAEC = 90 , luego 60 + (180º – xº) = 90. Al despejar x, resulta x = 150
4
E. 80º
GEOMETRÍA
15. Si la medida de un ángulo es tres veces la medida de su suplemento, ¿cuál es la medida de dicho ángulo? A. 30º B. 60º C. 90º D. 120º E. 135º Sean la medida del ángulo buscado y la medida de su suplemento, luego + = 180 = 180 – . El ejercicio indica que = 3, luego = 3 (180 – ) = 540 – 3 4 = 540 = 135.
16. Dos veces la medida de un ángulo es 30° menos que cinco veces la medida de su complemento, ¿cuál es la medida de dicho ángulo? A. 30º B. 60º C. 90º D. 120º E. 135º Sean la medida del ángulo buscado y la medida de su complemento, luego + = 90 = 90 – . Al interpretar la información del ejercicio se tiene 2 = 5 – 30 2 = 5 (90 – ) – 30 = 450 – 5 – 30 7 = 420 = 60
A
60º
17.
m1
60º B xº xº
110º
m2
En la figura las rectas m1 y m 2 son paralelas. Entonces el valor de x es A. 170 B. 50 C. 85 D. 25 E. 30
C
Sean A, B, C y D los puntos indicados en la figura. Al trazar por B una paralela a m1 y m 2 , se forman ángulos alternos – internos entre paralelas, y por tanto congruentes con los ángulos indicados inicialmente, luego x + 60 = 110 x = 110 – 60 = 50. OTRA FORMA: A
D xº
60º
m1
110º xº
B
m2
C
18. En la figura las rectas Entonces el valor de x es
A. 170
B. 50
C. 85
Al prolongar CB, sea D el punto donde corta a la recta m1 Se tiene mADB = x, por ser alterno – interno con el ángulo que se forma en C. El angulo ABC es externo al ABD, luego 60 + x = 110 x = 50
84°
m1 y m 2 son paralelas.
m1
(x – 6)°
(3x + 10)°
m2
D. 25
E. 20
Como las rectas son paralelas se tiene (3x + 10) + (x – 6) = 84 4x + 4 = 84 4x = 80 x = 20
5
GEOMETRÍA
19.
P
S
Q 2
1
Si m P = 90º, 1 2, 3 4, entonces m R es
3
A. 30º D. 90º
4
B. 45º C. 60º E. Falta información.
R
Sean y las medidas de los ángulos indicados en la figura. Se tiene + = 90. Como SQR = 2 y 1 2, se tiene 2mSQR = 180 – . (1) Similarmente se obtiene que 2mQSR = 180 – . (2) Al sumar (1) y (2) resulta 2mSQR + 2mQSR = (180 – ) + (180 – ) = 360 – ( + ) Como + = 90, 2(mSQR + mQSR) = 360 – 90 = 270 mSQR + mQSR) = 135 Luego mR = 180 – (mSQR + mQSR) = 180 – 135 = 45 .
__
20. En una recta se toman los puntos A, B y C, de manera que B es punto medio de AC . Se toma otro AO OC punto O, tal que B – O – C. Encuentre el valor numérico de . OB A. 2
B. 1
C.
1 2
A
D.
3 2
E. Falta información.
B
O
C
Se tiene AB = BC = x, por ser B punto medio de AC. Sea OB = y, luego OC = x – y, AO = x + y. Al sustituir estos valores en la expresión dada se tiene: AO – OC = (x – y) – (x + y) = 2y, OB = y, luego AO OC 2y 2 OB y
Nota: en ejercicios de este tipo no se admite asignar valores arbitrarios, ya que se estaría resolviendo para valores específicos. El planteamiento es general. Cuando se afirma que B – O – C, está indicando que O es un punto cualquiera que se encuentra entre B y C, y el valor numérico encontrado es valido para cualquier punto O que esté entre B y C.
6
GEOMETRÍA
2. EJERCICIOS SOBRE TRIÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS 1. Un poste cercano a un árbol mide 2 m y su sombra en un momento dado mide 1.8 m, entonces si la sombra del árbol en ese momento mide 11 m, la altura del árbol es A. 11 m
B. 11.22 m
C. 12.
D. 12.22
E. 13 m
Dado que los rayos del sol prácticamente caen paralelos y que el poste y el tronco del árbol son perpendiculares al piso, el árbol y su sombra y la línea que une sus extremos forman un triángulo semejante al formado por el poste su sombra y la línea que une sus extremos, tenemos
h 2
1.8
h 2 11 1.8
11
h
11 2 12.22 1.8
2. Una varilla clavada en el piso y cercana a un árbol mide 3 m y su sombra mide 1.5 m, entonces si el árbol mide 36 m, su sombra mide A. 36 m
B. 30 m
C. 18 m
D. 15 m
E. 9 m
El problema es similar al anterior, en este 36
caso se tiene
x 1.5 36 3
x
36 1.5 18 3
3
1.5
x
3. El perímetro de un triángulo rectángulo isósceles con hipotenusa igual a 10 redondeado a dos decimales es A. 7.07
B. 14.14
C. 24.14
D. 24.99
E. 50
En un triángulo rectángulo isósceles, la hipotenusa mide 2 x 10 x
10 2
5 2
Su perímetro será P 10 2 5 2 10 10 2 24.14
7
2 x , siendo x la longitud de sus catetos, luego
GEOMETRÍA
En el triángulo rectángulo de la figura, los valores de x e y, respectivamente son
4. y
8 4
x
A. 11 y 13
B. 15 y 16
D. 16 y 8.94
E. 12 y 8.94
Por el teorema de la altura se tiene 4 x 82 64
C. 9 y 8
x 16 y la hipotenusa mide 4 + x = 20
Por el teorema de los catetos se tiene y 2 4 20 80 y 80 4 5 8.94
5. Un método para encontrar la altura de un edificio es colocar un espejo en el suelo y después situarse de manera que la parte más alta del edificio pueda verse en el espejo ¿qué altura tiene un edificio si una persona cuyos ojos están a 1.5 m del piso observa la parte superior del edificio cuando el espejo está a 120 m del edificio y la persona está a 6 m del espejo? A. 20 m
B. 30 m
C. 31.5 m
D. 120 m
E. 126 m
h
Dado que las leyes de la óptica indican que en un espejo plano, el ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión, se forman dos triángulos rectángulos semejantes, luego h 1.5 120 6
1.5 6
h 30 metros.
120
6. La altura respecto a la hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 10 m y los segmentos que determina sobre la hipotenusa son entre sí como 7 es a 14. Entonces la longitud del cateto menor es A. 4 m
B. 7.07 m
C. 12.25 m
D. 14 m
E. 15.5 m
Sean m y n los segmentos determinados por la altura sobre la hipotenusa, a
10 m
con m < n, luego n
m 7 n 14
n 2m .
Por el teorema de la altura m n 102 m 2m 100 m2 50 m 5 2
y n 10 2
La hipotenusa mide c = m + n = 15 2 Por el teorema de los catetos a 2 = m(m + n) = 5 2 15 2 150 a 150 5 6 12.25
8
GEOMETRÍA
7. El perímetro de un rectángulo es 85 m y su diagonal mide 32.5 m. Por lo tanto los lados del rectángulo miden: A. 15 m y 27.5 m B. 20 m y 22.5 m C. 7.5 m y 25 m D. 30m y 12.5 m
32.5
a
E. 40m y 2.5 m
Sean a y b los lados del rectángulo. Se tiene P = 2 (a + b) = 85 a + b = 42.5 (1) a2 b2 32.52 1056.25
b
(2) Despejando b de (1), e introduciendo en (2) a 2 + [42.5 a ]2 = 1056.25 2a2 85a 750 0
a = 12.5 a = 30
Al sustituir en (1) se obtiene b = 30 b = 12.5.
8. El perímetro de un triángulo mide 50 y sus lados son proporcionales a 4, 6 y 8. Entonces su lado mayor mide A. 50/3
B. 25/9
C. 100/9
D. 25
E. 200/9 a b c 4 6 8 8 50 200 c 18 9
Sean a, b y c las longitudes de los lados, con a < b < c, luego P = a + b + c =50 y Por las propiedades de las proporciones
a b c a b c 50 4 6 8 4 6 8 18
9. En un triángulo rectángulo, un lado mide 2 106 , otro 5 15 . Si el lado desconocido es el menor, ¿cuánto mide? A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 E. 11
Como 2 106 5 15 , la hipotenusa de este triángulo es 2 106 , luego el cateto menor es a [ 2 106 ]2 [5 15 ]2
424 375 49 7
10. El área del triángulo de la figura, redondeada al entero más cercano, mide: A. 21
B. 22
C. 27
D. 31
7 6
E. 54 9
Aplicamos la fórmula de Herón: A s s a s b s c , donde s es el semiperímetro. Se tiene s
679 11 , luego A 11 11 6 11 7 11 9 11 5 4 2 440 20.97 2
9
GEOMETRÍA
11.
¿Cuál es el área del triángulo de la figura?
b
6
A. 20
B. 24
C. 30
D. 48
E. 60
10
Dado que es un triángulo rectángulo su área es la mitad del producto de sus catetos. El cateto desconocido mide b 102 62 100 36 64 8 Por tanto A
1 (6) (8) = 24 2
12. Si un rectángulo de 3 m de ancho y 10 m de largo tiene la misma área que un triángulo rectángulo isósceles, entonces la longitud de cada cateto del triángulo es B. 2 15
A. 7.5
C. 15
3
D. 15 3
E. 10
x
10 x
1 2 x , donde x es la longitud de sus 2 1 2 x 30 x 60 2 15 catetos, luego tenemos que el área del rectángulo es 30, por tanto 2
El área de un triángulo rectángulo isósceles está dada por A
13. El área de un trapecio isósceles de bases 22 m y 10 m y cuyos lados congruentes miden 10 es 2 2 2 2 2 A. 2220 m B. 160 m C. 128 m D. 80 m E. 64 m 10 10
6
A
10
h 10 22
6
Por ser un trapecio isósceles, al proyectar la base menor sobre la base mayor, la base mayor queda dividida en tres segmentos de 6, 10 y 6 metros. Aplicando el teorema de Pitágoras, se tiene h 102 62 64 8 Aplicando la fórmula para el área de un trapecio: A
22 10 8 128 m2 2
10
B b h 2
resulta
GEOMETRÍA
2
14. La siguiente figura consta de siete cuadrados congruentes. El área total de esta figura es 63 cm . Entonces el perímetro de la figura es: A. 16 cm
B. 21 cm
C. 24 cm
D. 48 cm
E. 84 cm
Observamos que el perímetro está formado por 16 veces el lado de cada cuadrado. Como hay siete cuadrados congruentes, cada uno tiene un área de x 2
63 9 7
x 3 . Por tanto el perímetro de la
figura es P = 16 3 = 48 cm.
15.
A
B
C
H
D
Si ACEG es un cuadrado y el área del cuadrilátero BDFH mide 162 ¿cuánto mide AC? (las marcas iguales representan partes congruentes) A. 9
G
F
B. 12.72
C. 18
D. 25.44
E. 81
E
La figura indica que B, D, F y H son puntos medios de los lados del cuadrado ACEG, luego su área es el doble del área del cuadrado BDFH, es decir [ACEG] = 2 162 = 324 luego AC 324 18
__
16. Se tiene un trapecio ABCD donde BC es la base menor. BC = 10 cm. y CD = 20 cm. Las medidas de los ángulos A, B y C son 30°, 150° y 120° respectivamente, entonces AD = ? A. 60 cm.
B. 50 cm.
C. 40 cm.
D. 30 cm.
E. 20 cm.
Sean B’ y C’ las proyecciones de B y C sobre la base mayor y sean AB’ = x, C’D = y. Por ser BC paralela a AD, mD = 180 – mC = 180 – 120 = 60 20 h El CC’D es un triángulo 30 – 60, luego h = CC’ = 10 3 y 30 60 y = C’D = 10 A x B’ 10 C’ y D También el AB’B resulta ser un triángulo 30 – 60, con su cateto menor BB’ = h = 10 3 , luego AB’ = 10 3 3 30 Tenemos entonces que la base mayor mide AD = x + 10 + y = 30 + 10 +10 = 50. B 10
C
11
GEOMETRÍA
17. Si las medianas en un triángulo rectángulo, trazadas a partir de los vértices de los ángulos agudos
40 cm, entonces la medida de la hipotenusa del triángulo rectángulo es
miden 5 cm y
5 40 cm 2
A.
B. 2 13 cm
C. 45 cm
D. 11.32 cm
E. 5.66 cm
A
Sean M y N los puntos medios de BC y AB respectivamente. N
Sean AM = 5 y CN =
B
M
a 2
y NB
c . 2
Sea la hipotenusa AC = b Aplicando el teorema de Pitágoras en los ABM y BCN
C
AM2 AB2 BM2 c 2
a2 25 4
(1)
CN2 NB2 BC2 a2
c2 40 4
(2)
Al sumar (1) y (2) resulta
40 , BC = a, AB = c, luego BM
5c 2 5a2 4 65 a2 c 2 65 52 b2 b 52 2 13 4 4 5
18. En la figura, los cuadrados ABCD y EFGH son congruentes. AB = 10 cm y G es el centro del cuadrado ABCD. Entonces el área total cubierta por el polígono AHEFBCDA es
D
C G
A
B
H
F
2
A. 100 cm
2
B. 120 cm
C. 150 cm
2
D. 175 cm
2
E. 200 cm
2
E
Dado que los cuadrados son congruentes sus áreas son iguales y como el lado AB mide 10, cada uno 2 tiene un área de 100 cm , pero ellos comparten el ABG de manera que para el área total del polígono a la suma de las áreas de los cuadrados debemos restarle el área de este triángulo para que sea considerada solo una vez. Dado que G es el centro del cuadrado ABCD, el área del triángulo es la cuarta parte del área del 2 cuadrado o sea 25 cm . 2 Luego el área buscada es A = [ABCD] + [EFGH] – [ABG] = 100 + 100 – 25 = 175 cm
12
GEOMETRÍA
19. ABCD es un cuadrado, el ABE es isósceles, CF = FB. Entonces, la medida del ángulo EFB es igual a D
E
C
F
A
A. 150° D. 60°
B. 135° E. 45°
C. 90°
B
Como el ABE es isósceles, AE = BE y por ser ABCD un cuadrado, E es el punto medio de DC y por tanto EC = CF, ya que por ser CF = FB, F es punto medio de BC. Luego el ECF resulta ser triangulo rectángulo isósceles y como consecuencia mCFE = 45. El ángulo buscado es el suplemento del CFE, luego mEFB = 180 – mCFE = 180 – 45 = 135
B
20.
C
D
En la figura, ABCF es un paralelogramo. B, C y D son colineales. Si AB = 18, AD = 30 y FE = 12. ¿Cuánto mide AE?
E A
A. 10
F
B. 12
C. 15
D. 20
E. 25
Se tiene que CF = AB = 18, ya que ABCF es un paralelogramo. CE = CF – FE = 18 – 12 = 6. Por otro lado BD y AF son paralelas, luego FAE CDE, ya que son alternos internos entre paralelas y FEA CED, ya que son opuestos por el vértice. Como consecuencia se tiene FEA CED. Sea AE = x, luego ED = AD – AE = 30 – x. Por la semejanza anterior, CE ED FE EA
6 30 x 6x 360 12x 18x 360 x 20 12 x
21. En un trapecio isósceles, la diferencia de las bases es de 10 m. La altura mide 12 m. y el perímetro 76 m. Entonces su área es: A. 86 m
2
B. 176 m
2
C. 226 m
2
D. 288 m
5
E. 300 m
2
Como B – b = 10, al proyectar la base menor sobre la base mayor se forman tres segmentos de longitudes 5, b y 5 como se muestra en la figura. Luego como la altura es 12, en los extremos del trapecio se 13 forman triángulos rectángulos de catetos 5 y 12. Aplicando el teorema 12 de Pitágoras hallamos que la hipotenusa mide 13 lo cual corresponde a la longitud de los lados no paralelos del trapecio. Considerando que el b 5 perímetro mide 76 m. se tiene: B 2b + 2 (13) + 2 (5) = 76 b = 20 Al considerar que B – b = 10, resulta B = 30 Aplicando la fórmula para el área de un trapecio, el área buscada resulta b
13
2
A
B b h 20 30 12 2
2
13
300 m2
GEOMETRÍA
22. En la figura ABCD es un cuadrado de lado 1 cm. y CE = 2 cm., entonces el área del triángulo ADF 2 en cm es igual a 1
A
D
A.
F
D. B
C
2
E
1 2 1 6
1 3 1 E. 8
B.
C.
1 4
Dado que ABCD es un cuadrado AD y CE son paralelas, resultando que ADF ECF por el teorema de semejanza AA, ya que DAF CEF por ser alternos internos entre paralelas y DFA CFE por ser opuestos por el vértice. De la semejanza resulta que
AD DF CE CF
1 DF 2 CF
CF 2DF (1)
1 . 3 1 1 1 1 Por tanto el área buscada resulta [ADF] AD DF 1 2 2 3 6
Como CD = CF + FD = 1, resulta DF
23. Sea ABC un triángulo isósceles con AB = BC = 10 y AC = 16. Sea BD la mediana trazada sobre el lado AC y sea G el baricentro. Entonces el área del triángulo ADG es A. 6
B. 8
C. 10
D. 12
Por ser BD mediana, D es punto medio de AC, o sea AD = DC = 8.
B
10
Ya que ABC es isósceles, BD además de mediana también es altura, luego mADB = 90. Aplicando el teorema de Pitágoras hallamos que
10 G 2
A
8
E. 24
D
8
C
BD 102 82 6
Como G es el baricentro, BG = 2GD y como BD = BG + GD = 6, resulta GD = 2. Por tanto el ADG resulta ser un triángulo rectángulo con catetos de longitudes 8 y 2, por tanto su área 16
es [ADG]
1 1 AD DG 8 2 8 2 2
14
GEOMETRÍA
24. Sea ABC un triángulo isósceles con AB = AC = 17 cm y P un punto cualquiera del lado BC, diferente de los puntos extremos. Por P se trazan una paralela a AC que corta a AB en Q y una paralela a AB que corta a AC en R. El perímetro del cuadrilátero AQPR es A
Q R B
P
A. 8.5 cm
B. 17 cm
C. 34 cm
D. 51 cm
E. 68 cm
C
Dado que QP AC y RP AB , AQPR es un paralelogramo y de ahí AQ = RP y AR = QP. Del paralelismo de los segmentos señalados anteriormente también resulta que los QBP y RPC son semejantes con el ABC y por tanto también son isósceles y de ahí QB = QP y RP = RC. Por tanto el perímetro del cuadrilátero AQPR, resulta P = AQ + QP + AR + RP = (AQ + QB) + (AR + RC) = AB + AC = 17 + 17 = 34
25. De acuerdo a la información que se proporciona en la figura, el segmento de mayor longitud es B
A 70°
55° 60°
A.
60° D
AB
B. BC
C. CD
D. DA
E. BD
C
Dado que la suma de los ángulos internos de un triángulo suman 180, en el ABD, resulta que el ángulo ABD mide 180 – 70 – 60 = 50 y en el BDC, mBDC = 180 – 55 – 60 = 65 Una de las propiedades de los triángulos indica que el lado mayor se opone al ángulo mayor y viceversa. Al comparar las medidas de los ángulos del ABD, resulta que el mayor mide 70 y su lado opuesto es BD, luego BD es mayor que AB y AD. Pero al considerar el BDC, su ángulo mayor es 65 y el lado que se le opone es BC y por tanto BC > BD. Luego el lado mayor de la figura resulta BC
15
GEOMETRÍA
26. En la figura ABCD es un cuadrado de lado 1, CMN es equilátero, El área de CMN es igual a D
C
M
A. 0.866 D. 0.5 A
N
B. 0.7071 E. 0.4641
C. 0.75
B
3 2 x , donde x es la longitud de su lado, luego debemos 4
El área de un triángulo equilátero está dada por
encontrar primero cuanto mide cada lado del triángulo equilátero CMN. Como ABCD es un cuadrado y CM = CN = x, se tiene que CDM CBN y de ahí MD = NB y como AD = AB, resulta AM = AN y por tanto el MAN es rectángulo isósceles, luego MN x 2 AN
AN
x 2
Como AB = 1, resulta NB 1 AN 1
x 2
2 x 2
El CBN es un triángulo rectángulo luego al aplicar el teorema de Pitágoras resulta 2
2x CN2 CB2 NB2 1 x2 2
Al desarrollar, simplificar y resolver la ecuación resultante se obtiene x 6 2 Por tanto el área buscada es [CMN]
3 4
6 2
2
0.4641
27. La siguiente figura muestra dos cuadrados de lado 1 cm., donde AEFG se ha obtenido de ABCD al girar este cuadrado 45° sobre el vértice A. Entonces el área sombreada es F B
H
E
C G
A. D.
A
2 –1
B. 0.5
2
C. 0.451
E. 0.375
D
Al girar 45, la recta diagonal AC se convierte en la recta AB la cual equivale a la recta diagonal AF, por tanto A, B, F son colineales. Además se tiene mBFH = 45 y por tanto FBH es un triángulo rectángulo isósceles con FB = BH Luego [AGHB] = [AGF] – [FBH] Por ser AEFG un cuadrado de lado 1, su diagonal mide 2 y como AB = 1, BF = BH = 2 1 Como [AGF] tiene como área la mitad de la área del cuadrado, que tiene lado de longitud 1, resulta [AGBH]
1 1 2 2
2
2 1
1 1 2 2 2 1 2 1 2 2
16
GEOMETRÍA
28. Los ángulos agudos de un triángulo rectángulo, que también es isósceles, miden A. 30°
B. 45°
C. 35°
D. 75°
E. 60°
Por ser triángulo rectángulo isósceles tiene un ángulo de 90 y los otros dos ángulos congruentes, y dado que la suma de los ángulos internos de un triángulo suman 180, cada uno de ellos mide 45 29. En la figura ABCD es un cuadrilátero con AD || BC . La diagonal AC es perpendicular al lado CD . mBAC = 30°, AC = 4 3 y AB = BC. Entonces el área de ABCD es igual a B
C A. 6
C. 12 3
B. 12
D. 24
E. 30
D
A B
Como AB = BC, el ABC es isósceles con mABC = 120 y mBCA= 30 y su base AC = 4 3 . Al trazar una perpendicular desde B a AC, sea E el pie de la perpendicular. Por ser isósceles, BE también es mediana es decir E es punto medio de AC, luego se forman dos triángulos 30 – 60 con las hipotenusas
C 60
30
60 30 30
E 60
A
D
AB = BC y catetos mayor AE = EC = Luego como el cateto mayor en un triángulo 30 – 60, es
AC 2 3 2
3 veces el cateto menor, en este caso se tiene
BE 2
Como AD || BC el BAD es el suplemento del ABC, resulta mBAD = 180 – 120 = 60 y como mBAC = 30, se tiene mCAD = 30 y de ahí también el ADC es un triángulo 30 – 60 con cateto mayor AC = 4 3 . Como en todo triangulo 30 – 60, el cateto mayor es 3 el cateto menor, se tiene CD = 4 Finalmente tenemos [ABCD] = [ABC] + [ACD] =
1 1 1 1 AC BE AC CD 4 3 2 4 3 4 12 3 2 2 2 2
30. Se tiene un trapecio ABCD donde BC es la base menor. BC = 10 cm y CD = 20 cm . Las medidas de los ángulos A, B y C son 30°, 150° y 120° respectivamente, entonces el área del trapecio mide 2
A. 300 3 cm . B 10
2
B. 400 cm .
2
C. 300 cm .
2
D. 200 cm .
2
E. 200 3 cm .
C
Sean B’ y C’ las proyecciones de B y C sobre la base mayor y sean AB’ = x, C’D = y. 20 h Por ser BC paralela a AD, mD = 180 – mC = 180 – 120 = 60 30 60 El CC’D es un triángulo 30 – 60, luego h = CC’ = 10 3 y A x B’ 10 C’ y D y = C’D = 10 También el AB’B resulta ser un triángulo 30 – 60, con su cateto menor BB’ = h = 10 3 , luego 10 3 3 30
AB’ = 10 3 3 30 Tenemos entonces que la base mayor mide AD = x + 10 + y = 30 + 10 +10 = 50. Luego el área del trapecio resulta [ABCD] =
50 10 10 2
17
3
300 3
GEOMETRÍA
31. En la figura, mBAC = , mBPC = mBQC = 90°. Entonces la medida de BHC es A
P
H
A. 180 – D. 2
Q
B
B. E. 3
C. 90 –
C
Como mBPC = mBQC = 90°, también mAPH = mAQH = 90°. APHQ es un cuadrilátero convexo y en todo cuadrilátero convexo la suma de sus ángulos internos es 360, luego mBHC + + 90 + 90 = 360 y de ahí mBHC = 180 –
32. Si las medianas en un triángulo rectángulo, trazadas a partir de los vértices de los ángulos agudos miden 5 cm y A. 5
20 cm, entonces la medida en cm de la hipotenusa del triángulo rectángulo es B. 6
C. 8
D. 9
E. 10
A
Sean M y N los puntos medios de BC y AB respectivamente. N
Sean AM =
B
M
Sea la hipotenusa AC = b Aplicando el teorema de Pitágoras en los ABM y BCN
C
AM2 AB2 BM2 c 2
a2 20 4
(1)
CN2 NB2 BC2 a2
c2 25 4
(2)
Al sumar (1) y (2) resulta
20 y CN = 5, BC = a, AB = c, luego BM
5c 2 5a2 4 45 a2 c 2 45 36 b2 b 36 6 4 4 5
18
a 2
y NB
c . 2
GEOMETRÍA
33. En la figura, los dos cuadrados tienen el mismo centro. La razón entre el lado del cuadrado menor y el lado del cuadrado mayor es 2/5. Entonces la razón entre el área sombreada y el área del cuadrado mayor es D
C b H
G
E
F
A
a
A. 1/6 D. 2/5
B. 21/100 E. 4/9
C. 1/3
B
Sean “b” la longitud del lado del cuadrado menor y “a” la longitud del lado del cuadrado mayor, luego
b 2 a 5
Por la simetría de la figura se deduce que el área sombreada, es decir el trapecio ABFE, representa la cuarta parte de la diferencia entre los dos cuadrados, luego [ABCD] a2 y [EFGH] b2 y de ahí [ABFE]
1 2 a b2 4
[ABFE]
1 [ABCD] [EFGH] 4
1 2 a b2 [ABFE] 4 1 a2 b2 1 b2 La razón buscada será 1 [ABCD] 4 a2 4 a2 a2
Como
b 2 [ABFE] 1 4 21 , resulta 1 a 5 [ABCD] 4 25 100
34. En la figura, AB = AC = 4, BD = DC = 3 y mBAC = 60°, entonces la longitud del segmento AD es A A. 2 3 – D. 2
D B
E
5
B. 2 3 + 5 E. 3.5
C. 1
C
Al unir B con C, obtenemos un triángulo equilátero, ya que AB = AC y mBAC = 60°. Se tiene que ABD ACE, ya que sus tres pares de lados son congruentes, de ahí resulta mBAD = mCAD y por tanto AD es bisectriz del BAC Al prolongar AD, sea E el punto donde corta a BC. Luego como el ABC es equilátero, AE además de bisectriz es mediatriz y por tanto AE BC y BE = EC = 2. Resulta entonces que el BED es rectángulo, con hipotenusa BD = 3 y un cateto, BE = 2. Por el Teorema de Pitágoras, DE 32 22 5 Por otro lado AE es una altura en un triángulo equilátero de lado 4 y por tanto AE 2 3 Finalmente obtenemos que AD = AE – DE = 2 3 5
19
GEOMETRÍA
35. En la figura el cuadrilátero ACDE es un trapecio tal que ED = 15 cm., AC = 24 cm y la altura es 12 cm. Sabiendo que B es el punto medio del lado AC, el área del cuadrilátero OBCD es E
15
D
b 12 a A
12
A. 112 cm D. 140 cm
O B
12
2 2
B. 117 cm E. 360 cm
2 2
C. 120 cm
2
C
Como ED || A C , resulta que ABO DEO, con razón de semejanza
AB 12 4 DE 15 5
Sean a y b las alturas de los triángulos ABO y DEO respectivamente, indicadas en la figura. Dado que los elementos homólogos en triángulos semejantes están en la misma razón de semejanza, se tiene Como a + b = 12 (la altura del trapecio), al considerar la razón anterior resulta a
a 4 . b 5
16 20 , b . 3 3
Al analizar la figura vemos que [OBCD] = [ACDE] – [ABE] – [DEO] 24 15 [ACDE] 12 234 2 1 El ABE, tiene base 12 y altura 12, luego su área es [ABE] 12 12 72 2 1 20 50 [OBCD] = 234 – 72 – 50 = 112 Para el DEO, resulta [DEO] 15 2 3
Tenemos que el área del trapecio ACDE resulta
36. En la figura, ABCD es un cuadrado de lado 6 cm. y CE = DE = 5 cm., entonces la longitud de AE es A
109 cm
B. 15 cm
C.
11
D. 30
E.
Sean F y G los puntos medios de CD y BA respectivamente. Luego CF = FD = BG = GA = 3 y FG = 6 Como CE = DE, el CED es isósceles y por tanto E, F, G son colineales y EF CD y EG AB. El CFE es rectángulo en F, luego por el Teorema de Pitágoras, EF 52 32 4 . EG = EF + FG = 4 + 6 = 10
El FGA también es rectángulo con EG = 10 y GA = 4, luego EA 102 32 109
20
E
61 C
F
D
B
G
A
GEOMETRÍA
37. En la figura, a partir de la información dada, ¿cuál es el valor de x? A
A. 76
B. 25
C. 13.2
D. 5.28
E. 5 132 52.8
x
Se tiene A E , por dato, y ACB ECD, por ser opuestos por el vértice, luego ABC EDC, por el teorema de semejanza AA. CD BC CE AC
Luego
x 66 10 132
B
x5
66
D
C 10 E
38. ABCD es un paralelogramo. P es un punto de la diagonal AC . Trazamos por P paralelas a los lados del paralelogramo. Estas paralelas intersecan a los lados del paralelogramo en los puntos indicados en la 2 figura. Sabiendo que el área de ABCD es 40 cm , entonces el área del cuadrilátero RQMN es igual a A
R
N
B
P
D
M
Q
A. 10 cm D. 40 cm
2
2
B 20 cm E. 50 cm
2
2
C. 30 cm
2
C
Dado que RM AD BC y NQ AB DC , resulta que los cuadriláteros ANPR, PQBR, DMPN y MCQP son paralelogramos y los segmentos NR, RQ, QM y MN son diagonales de esos paralelogramos. Es sabido que una diagonal divide a un paralelogramo en dos triángulos congruentes, con áreas igual a la mitad del área del paralelogramo. Por tanto [RQMN] =
39
1 [ABCD] = 20 2
A
En el triángulo rectángulo ABC ¿cuál es la longitud del segmento BC?
6
A. 15
3
B. 12
C
B
x
Basta aplicar el teorema del cateto: 3x 62
x 12
21
C. 10
D. 9
E. 7.5
GEOMETRÍA
40. Sea ABCD un cuadrado. Por el vértice A se traza un segmento que corta a la prolongación del lado BC en E, al lado DC en F y a la diagonal BD en G. Si AG = 3 y GF = 1 ¿cuál es la longitud de FE? A
H
D
G F A. 12 B
C
B. 10
C. 9
D. 8
E. 6
E
Sea x la longitud de cada lado del cuadrado. Desde G tracemos una perpendicular a AD y sea H el pie de esta perpendicular. Luego AGH AFD. Como AG = 3 y GF = 1, resulta AF = 4 AG AH 3 AH 3 3 1 AH x y HD = AD – AH = x x x AF AD 4 x 4 4 4 1 Como G esta sobre la diagonal, HG = HD = x 4 x AG HG 3 1 4 DF x . De la misma semejanza se tiene AF DF 4 DF 3 1 2 Luego FC = DC – DF = x x x 3 3
De la semejanza se tiene
Como ABCD es un cuadrado, AD BC y por tanto AD CE . De ahí resulta que ADF ECF FE FC De esta semejanza se tiene FA FD
2 x FE 3 1 4 x 3
FE 8
22
GEOMETRÍA
3. EJERCICIOS SOBRE CIRCUNFERENCIAS Y POLÍGONOS B
1.
A
C D
En la figura de la derecha si la medida de los arcos AD y BC son 140º y 80° respectivamente, entonces el valor de es A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 70°
E. 80°
Tenemos que
m AC mCD 2
Dado que mAB mBC mCD mAD 360 mAC mCD 140 , luego
y
mBC mAD 80 140 220 , tenemos que
m AC mCD 140 70 2 2
2. El triángulo ABC está inscrito en un semicírculo de diámetro AB. Si AC = 8 y BC = 6, el área de la región sombreada tiene un valor de A. 15.27
B. 24
C. 36.37
D. 61.07
C
E. 48 A
B
El área sombreada es la diferencia entre el área del semicírculo y el área del triángulo. El ABC es rectángulo en C, por estar inscrito en un semicírculo. Luego por el Teorema de Pitágoras, AB 82 62 10 r = 5 1 2 1 25 r 52 2 2 2 1 1 El área del triángulo está dada por AC BC 8 6 24 2 2 25 24 15.27 El área buscada es A = 2
Por tanto el área del semicírculo es
3. El triángulo ABC está inscrito en un semicírculo de diámetro AB. Si AC = 8 y CD = 4.8, el área de la región sombreada tiene un valor de A. 15.27
B. 24
C. 36.37
D. 61.07
Por el Teorema de Pitágoras, AD 82 4.82 6.4 Como el ABC es rectángulo en C, se tiene por el teorema del cateto AC2 AB AD
82 AB 6.4
AB
C
E. 48
A
D
B
64 10 . Y de nuevo por el Teorema de Pitágoras resulta 6.4
BC = 6. Dado que estos valores coinciden con los datos del ejercicio anterior, el área resulta la misma.
23
GEOMETRÍA
Y
4.
.
X
La circunferencia de la figura tiene radio 2 y el arco XYZ tiene longitud . ¿Cuánto mide la cuerda XZ?
Z
A.
X
B. 2
2
C. 2 2
D.
2
E.
Sea la medida del ángulo central XOZ. La longitud de un arco está dada por s = r, con el ángulo medido en radianes.
Z
Tenemos s = y r = 2, luego
O
s , es decir 90 r 2
Luego XOZ es un triángulo rectángulo isósceles con XZ como hipotenusa y por tanto XZ = 2 2
2
5. En la figura el área del círculo mayor es 1 m . El círculo menor es tangente internamente al círculo mayor y también es tangente a los lados del ángulo inscrito que mide 60°. El vértice del ángulo inscrito y los centros de los círculos están alineados. Entonces el área del círculo menor es
A.
D
O O’
B.
4 9
C.
D. 2
1 2
E.
Desde el vértice del ángulo inscrito, trazamos un diámetro. Sean O y O’ los centros de los círculos, mayor y menor respectivamente. Sea B el otro extremo del diámetro trazado, C el punto donde uno de los lados (el arriba) del ángulo corta a la circunferencia. Y sea D el punto de tangencia de este lado del ángulo con el círculo menor.
C
A
1 2
B
Sean R y r los radios de los círculos, mayor y menor respectivamente. Tenemos que AO’ biseca al ángulo inscrito, luego mO’AD = mBAC = 30. Como AB es un diámetro del circulo mayor, mACB = 90 resultando que mABC = 60, y el ABC es 30 – 60. Dado que AB = 2R, se obtiene que BC = R, ya que BC es el cateto menor y AB la hipotenusa del ABC Como AC es tangente al círculo menor en D, AD DO’, es decir mADO’ = 90 y de ahí mAO’D = 60 Luego también el AO’D es un triángulo 30 – 60 y su cateto menor O’D = r, mide la mitad de su hipotenusa, AO’. Se tiene O’B = r, por ser radio del circulo menor y de ahí AO’ = AB – O’B = 2R – r. Luego AO’ = 2 O’D 2R – r = 2 r
2 3
r R. 2
2R 4 4 2 R 9 9 3
Como el área del círculo mayor es R2 1 , el área del círculo menor es r 2
24
GEOMETRÍA
6.
__ En la figura C es el centro de la circunferencia de radio r y TP es un segmento tangente en T, de longitud 2r, entonces PC mide
Q C r T
2r
P
B. r 3
A. r 2
D. r 5
C. 3r
E. 5r
Como TP es tangente a la circunferencia en T, mPTC = 90. Luego aplicando el teorema de Pitágoras resulta
PC
7.
2r
2
r 2 5r 2 r 5
10
Los extremos de la figura son semicírculos, ¿Cuál es el área de la región sombreada?
8
A. 80
B. 8
C. 10
D. 16
E. 16 + 80
Como el área sombreada únicamente son los extremos y estos son semicírculos, al unirlos se forma un circulo de diámetro 8, es decir de radio 4, luego
8.
A r 2 42 16
C ___
B
O
En la figura AC es un diámetro. Si m AB = 50°, entonces m BAC = ? A. 25°
B. 50°
C. 65°
D. 90°
E. 130°
A
Dado que m AB = 50°, se tiene mBCA =
1 m AB = 25°, por ser ángulo inscrito que subtiende dicho 2 ___
arco; mABC = 90, por estar inscrito en una semicircunferencia ( AC es diámetro). Luego la medida del ángulo buscado es: mBAC = 180 – mBCA – mABC = 180 – 25 – 90 = 65
25
GEOMETRÍA
9.
En la figura, los círculos son tangentes y tienen radio igual a 10. Si se unen los centros de los círculos se forma un cuadrado. ¿Cuál es el área de la región sombreada? A. (400 – 100)
B. 400 – 100
D. 400 – 100
E. 400 – 400
C. 100 – 400
El área de la región sombreada es la diferencia entre el área del cuadrado formado y las áreas de los cuatro sectores circulares que se forman. Dado que la distancia entre los centros de dos círculos tangentes exteriormente, es la suma de las longitudes de los radios, resulta que el cuadrado formado tiene lado de longitud 20 y por tanto el área del cuadrado es 400. Cada sector formado tiene un ángulo central de 90, luego entre los cuatro forman un circulo de radio 10, cuyas áreas suman entonces r 2 102 100 Por tanto el área buscada es: A = 400 – 100
10.
D
B P A
C
En la figura, la medida del arco AB es 30°, y la medida del BPA es 35°. Las medidas del arco CD y el ángulo DAC (en grados) son respectivamente A. 100 y 25 D. 50 y 25
B. 50 y 50 E. 25 y 50
C. 100 y 50
Dado que BPA es un ángulo exterior, formado por dos secantes, su medida es la semidiferencia de los las medidas de los arcos que intercepta. Es decir mBPA
mCD m AB . De esta expresión despejamos m AB , resultando mCD 2 mBPA mAB 2
Introduciendo los datos se obtiene mCD 2 35 30 100 Por otro lado se tiene que el DAC es un ángulo inscrito que subtiende el arco DC, luego mDAC
1 1 mCD 100 50 2 2
26
GEOMETRÍA
11. La expresión (p + q) p = (r + s) r, se cumple en la situación representada por
r
r s
s
q p
q
A
r p
r
B
q
p
p s
s q
C
D
Al recordar las relaciones métricas en una circunferencia, vemos que los productos de esta forma surgen cuando se tienen dos secantes que se cortan (también aparecen cuando hay semejanzas de triángulos) o una secante y una tangente que se cortan. A partir de estas relaciones tenemos: En la figura A, la relación es r 2 s s p
En la figura B, la relación es r (r + s) = p (p + q), la cual es la misma expresión dada. La respuesta es ésta. Para estar más seguros vemos que resulta en las otras.
En la figura C, la relación es r s = p q y en la figura C, r 2 p p q , que son diferentes a la dada. Solo B satisface y por tanto es la respuesta.
12. En la figura se dan tres semicircunferencias mutuamente tangentes. CD y DA son diámetros de las circunferencias menores. El punto B está en la semicircunferencia mayor. BD CA . Si BD = 2, entonces el área sombreada es igual a B
A. 1 C
D
B.
C. 2
D.
3 4
E.
9 4
A
El área de la región sombreada es la diferencia entre el área del semicírculo exterior menos las áreas de los semicírculos interiores. Sean r1, r2 , R los radios del semicírculo menor, del semicírculo mediano y del semicírculo exterior respectivamente. Luego CD = 2 r1 , DA = 2 r2 y CA = 2 R Como CA = CD + DA, se tiene 2R = 2r1 2r2 o sea R = r1 r2 (1) Al unir B con A y con C, se forma un triángulo rectángulo, con CA como hipotenusa y BD como altura relativa a la hipotenusa. Por el teorema de la altura, BD2 CD DA 22 2r1 2 r2 r1 r2 1 (2)
1 1 2 r , el área buscada es A R2 r12 r22 2 2 2 1 1 1 A [r1 r2 r12 r22 )] r 12 2r1 r2 r22 r12 r22 2 r1 r2 2 2 2
Como el área de un semicírculo está dada por Al considerar (1) Al considerar (2)
A r1 r2
27
GEOMETRÍA
13. Las medidas de los arcos AB y AC se indican en la figura. La medida del BAC es A 110° 130° C
A. 55°
B. 60°
C. 65°
D. 110°
E. 130°
B
El BAC es un ángulo inscrito en una circunferencia, por tanto su medida es la mitad de la medida del arco que subtiende, en este caso el arco BC. 1 2
Tenemos que mBC 360 mAB mAC 360 110 130 120 , luego mBAC = mBC 60
14. En la figura, BC une los centros de los círculos tangentes. AB BC , BC = 8 y AC = 10, entonces la longitud de la circunferencia pequeña es igual a A
B
A.
C
B. 2
C. 3
D. 4
E. 5
Sean R y r los radios de las circunferencias grande y pequeña respectivamente. Como las circunferencias son tangentes exteriormente, R + r = BC = 8 Dado que el ABC es rectángulo en B, tenemos R AB 102 82 6 y r = 2. Luego la longitud de la circunferencia pequeña resulta C = 2 r = 4
15.
La figura representa un hexágono regular, ¿cuál es el valor de x?
x
A. 3 3
B. 6 3
C. 6
D. 18
E. 9 3
6 3
Todo hexágono regular puede dividirse en seis triángulos equiláteros congruentes. En la figura se indica que x equivale al doble de la altura de cada triangulo: x = 2h Como el lado de cada triangulo mide 6 3 , las alturas miden h
28
3 6 3 9 x 2h 18 2
GEOMETRÍA
16.
A B
La figura representa un círculo inscrito en un cuadrado que a su vez está inscrito en otro cuadrado. B es punto medio de AC ¿Cuál es el área de la región sombreada?
0.4 A. 0.025
C
B. 0.048
C. 0.1428
D. 0.153
E. 0.1582
Si llamamos A 1 al área del cuadrado mayor, A 2 al área del cuadrado menor y A 3 al área del círculo, el área de la región sombreada resulta A A1 A 2 A 3 El lado del cuadrado mayor mide 0.4, luego su área es A 1 = 0.16 Como B es punto medio AB = 0.2. Los triángulos que se forman en cada esquina del cuadrado mayor, son rectángulos isósceles, y sus hipotenusas forman los lados del cuadrado menor, por tanto, el lado del
cuadrado menor resulta 0.2 2 y su área es A 2 = 0.2 2
2
0.08
Como el circulo está inscrito en el cuadrado menor, su diámetro es el lado de dicho cuadrado, y su radio
es la mitad o sea r = 0.1 2 , su área A 3 r 2 0.1 2
2
0.0628
Luego A = 0.16 – 0.08 +0.0628 =0.1428 17.
A
Los segmentos AC y BD se cortan en P y son tangentes a las circunferencias en los puntos A, C, B y D. Si AC = 31, PB = 19 ¿Cuál es el valor de AP?
B P C
D
A. 6
B. 12
C. 15
D. 25
E. 50
Dado que PB y PC son segmentos tangentes a la circunferencia de la izquierda, desde un mismo punto, son congruentes, luego PC = PB = 19. Como AC = AP + PC, AP = AC – PC = 31 – 19 = 12.
18. Seis triángulos equiláteros de 1 cm. de lado se unen para formar un hexágono como se muestra en la figura. Se circunscribe un círculo alrededor del hexágono ¿cuál es el área de la región sombreada?
A. ( D.
3 ) cm2 2
B. (
3 2 cm 3
3 3 ) cm2 2
E. (2 3 3 ) cm
C. (2
3 ) cm2 2
2
Tenemos que el área de la región sombreada es el área del circulo menos el área del hexágono. El radio del circulo es la longitud del lado de los triángulos, es decir r = 1, luego su área es r 2 El área de cada triángulo equilátero es reduce a
3 2 x , donde x es el lado del triángulo, y como el lado mide 1, se 4
3 3 3 3 . Como hay seis triángulos, el área del hexágono es 6 4 2 4
Por tanto el área de la región sombreada es A = (
29
3 ) cm2 2
GEOMETRÍA
19. Un triángulo ABC está inscrito en una circunferencia como se muestra en la figura. Se tiene m A = 50º y m C = 60º. Se trazan tangentes por A, B y C de manera que se forma el triángulo circunscrito A’B’C’. Entonces la medida del ángulo A’ es: A. 40º
B. 60º
C’
C. 80º
D. 100º
E. 120º
A’
B
50
C
A
Como BA’ y CA’ son tangentes a la circunferencia, los A’BC y A’CB son ángulos semiinscritos que subtienden el arco BC y el ángulo A es un ángulo inscrito que subtiende el mismo arco. Por tanto estos ángulos son congruentes, es decir mA’BC = mA’CB = mA = 50 Luego al considerar el A’BC, se tiene mA’ = 180 – mA’BC – mA’CB = 180 – 50 – 50 = 80
B’
20. El triángulo ABC es equilátero y sus lados AC y BC son tangentes a la circunferencia con centro en
3 . El área del cuadrilátero AOBC es
O y radio A. 3
B.
6
A 3
C
O
C 3 3
D. 6
E. 12
Se tiene OC AB, ya que los triángulos OAB y ABC son isósceles. También OAC OBC, ya que sus tres lados son congruentes. Como además el ABC es equilátero, mACO = 30, luego el OAC es un triángulo 30 – 60 y de ahí resulta que OC = 2 3 y AC = 3. 1 2
Tenemos entonces [AOBC] = 2[OAC] = 2 3 3 3 3 B
21. Si un ángulo central de 30° en una circunferencia intercepta un arco de 6 m de longitud, entonces el radio de la circunferencia mide A. /36 B. /6 C. D. 36/ E. 180 Se tiene s = r , donde s es la longitud del arco, r el radio de la circunferencia y es el ángulo central correspondiente, medido en radianes. Como = 30 equivale a /6 radianes, tenemos 6 r
6
r
30
36
GEOMETRÍA
22. En la figura se tiene una circunferencia de radio 1 y un hexágono regular de lado 1. Si O es el centro de la circunferencia, entonces el área de la región sombreada es A. 0.5
B. 0.866 B O
O’
C.
1
D. 1.5
E. 2
En vista que el hexágono tiene lado 1 y la circunferencia tiene radio 1, el centro del hexágono es un punto de la circunferencia. La región sombreada puede descomponerse en dos triángulos que tienen la misma base y la misma altura que los triángulos que forman el hexágono.
A
Luego el área buscada es A = 2
3 2 3 1 0.866 4 2
C
23 A
B
Los arcos AB y BC son semicírculos cuyos centros están sobre un diámetro del círculo que se muestra en la figura. Si BC = 2 AB, entonces la razón entre el área de la región sombreada y el área de la región no sombreada es:
C A. 2
B.
3 2
C. 1
D.
2 3
E.
1 2
Sean r1 el radio del semicírculo mayor, r2 el radio del semicírculo mediano y r3 el radio del semicírculo AB 3 , BC 2r2 2 AB r2 AB, 2r1 AB BC 3AB r1 AB 2 2
menor. Se tiene r1
Luego las áreas de estos semicírculos son: 2
Semicírculo mayor:
3 1 1 9 r12 AB AB2 2 2 2 8
Semicírculo mediano:
1 1 r22 AB2 2 2 2
Semicírculo menor:
AB 1 1 1 2 r32 AB 2 2 8 2
El área no sombreada está dada por: área del semicírculo mayor más el área del semicírculo mediano menos el área del semicírculo menor o sea Área no sombreada =
9 1 1 3 AB2 AB2 AB2 AB2 8 2 8 2
El área sombreada está dada por: área del semicírculo mayor menos el área del semicírculo mediano más el área del semicírculo menor o sea 9 1 1 3 AB2 AB2 AB2 AB2 8 2 8 4 3 AB2 Area sombreada 1 4 La razón buscada resulta Area no sombreada 3 2 AB2 2
Área sombreada =
31
GEOMETRÍA
24. Una moneda circular de radio 1, está sobre una mesa. Si ponemos cuatro monedas más grandes de igual tamaño alrededor de ella, ¿cuál es el radio de las monedas grandes que permite que cada una sea tangente a las dos adyacentes y a la de radio 1? A. 1
B. 1 + 2
R
R
R
R 2 R
R
C. 2
D. 2 +
E. 2.5
2
Sea R el radio de las monedas grandes. Como estas monedas son tangentes a las monedas adyacentes y a la vez son tangentes a la moneda pequeña, al unir los centros de las monedas grandes se forma un cuadrado de lado 2R. Al trazar una diagonal, esta debe pasar por el centro de la moneda pequeña, la cual tiene diámetro 2, luego la longitud de la diagonal resulta 2R + 2. Por tanto, dado que en todo cuadrado de lado x, su diagonal mide 2 x , se cumple en este caso que
2R 2 2 2R 2R 2 2 2 R 2 2 2 R 2 R
1 2 1
Al racionalizar el denominador obtenemos R 2 1
25. En la siguiente figura ABC y AEB son semicírculos, F es el punto medio del diámetro AC, B es punto medio del arco AC y AF = 1¿Cuál es el área de la región sombreada? B E
A A. 1/2
B. 2
C
F
C. /4
D. 3/4
E. /4 – 1/2
El área de la región sombreada resulta de la diferencia entre el semicírculo AEB y el segmento circular determinado por la cuerda AB en el semicírculo ABC. Como F es el punto medio del diámetro AC, B es punto medio del arco AC, resulta BF AC, luego el ABF es un triángulo rectángulo isósceles de cateto 1 y por tanto AB = 2 AB es diámetro del semicírculo AEB, luego su radio es
2 y el área de este semicírculo resulta 2 2
2 1 A1 2 2 4
El área del segmento circular, está dada por la diferencia entre el área del sector circular que lo contiene y el área del triángulo determinado por la cuerda y los radios extremos. En este caso el sector circular correspondiente tiene ángulo central de 90 y radio 1, por tanto su área es 1 y el triángulo correspondiente tiene base 1 y 4 1 1 1 altura 1, luego su área es . El área del segmento circular resulta A 2 2 4 2
la cuarta parte del área de un círculo de radio 1 o sea
Finalmente el área buscada es
A A1 A 2
1 1 4 4 2 2
32
GEOMETRÍA
26. Si el radio de un círculo aumenta en unidades, ¿cuánto aumenta su perímetro? A.
B. 2
D.
2
C. 3
2
E. 2
r+
r
Sean L y L’ los perímetros del círculo original y el círculo con el radio aumentado, respectivamente. Luego L 2 r y L ' 2 r 2 r 2 2
El aumento es la diferencia = L’ – L = 2 r 2 2 2 r 2 2
27. Dos semicírculos de radio 3 están inscritos en un semicírculo de radio 6 como se muestra en la figura. Un círculo de radio r es tangente a los tres semicírculos. ¿Cuánto vale r ?
r
A. 1
B. 1.5
C. 2
D. 2.5
E. 3
Cuando se tienen círculos tangentes exteriormente, la distancia entre los centros es la suma de los radios, y cuando son tangentes interiormente, la distancia entre los centros es la diferencia entre los radios. Además en ambos casos los centros y el punto de tangencia están alineados. A r r r 3
3+r D
3 3
B
A
3 C
D
6–r
B 3 C
Sean A, B, C y D los centros de los semicírculos y del círculo interior como se muestra en la figura. Se tiene AB = AD = 3 + r, CA = 6 – r, BC = CD = 3. Como ABD es isósceles y C es punto medio de BD, AC BC, luego el ABC es rectángulo en C y por tanto sus lados cumplen con el teorema de Pitágoras. Luego
3 r
2
6 r 32 2
9 6r r 2 36 12r r 2 9
33
18r 36 r 2
GEOMETRÍA
28. En la figura los círculos adyacentes son tangentes y tienen radio 1. ¿Cuánto vale el área de la región sombreada? A. 6 3 – 3
B. 3 3 – 2
D. 6 3 – 1
E. 6 – 3
C. 2 – 1
Al considerar el círculo central y dos círculos externos contiguos, vemos que encierran la sexta parte del área buscada. Vemos también que esta fracción corresponde al área de un triángulo equilátero de lado 2 menos tres sectores circulares de radio 1 y de 60º cada uno, que juntos forman un semicírculo de radio1. Luego A=6[
29.
B
O
3 2 1 2 2 12 ] = (6 3 – 3) u 4 2
A
En la figura, m BCA = 90º, BA = 5 y AC = 3. ¿Cuál es el área del círculo con centro en O?
C
A. 16
B. 8
C. 6
D. 5
E. 4
Como el ABC es rectángulo en C, aplicamos el Teorema de Pitágoras para hallar BC:
BC AB2 AC2 52 32 4 Como BC es diámetro del círculo, se tiene r = 2 y su área resulta A r 2 4
30. El lado mayor del rectángulo de la figura mide 20. La curva trazada en su interior está formada por cinco semicircunferencias ¿cuál es la longitud de la curva? A. 25
B. 20
C. 15
D. 10
E. 5
Se observa que la curva está formada por 5 semicircunferencias, cuyos diámetros suman 20, luego cada diámetro mide 20 5 = 4 y los respectivos radios la mitad o sea 2 unidades. 1 Luego L = 5 2 r 5r 5 2 10 2
34
GEOMETRÍA
31.
La figura muestra dos segmentos perpendiculares tangentes a ambas circunferencias, las cuales son tangentes entre sí. Si el radio de la circunferencia pequeña mide 1, entonces el radio de la circunferencia más grande mide A. 3 + 2 2
B. 4
C. 6
D. 4 + 2 2
E. 8
Sea r el radio de la circunferencia buscado. Sean A y C los centros de las circunferencias, pequeño y grande respectivamente. Desde A y C trazamos perpendiculares a los segmentos perpendiculares iniciales, formando el cuadrado rotulado en la H D C figura como ABCD. Sean E, F, G y H los puntos donde estas perpendiculares cortan a los segmentos perpendiculares, como se indica en la figura. Tenemos que AE = AG = DH = BF= 1, el radio de la circunferencia G A B pequeña. Como CH = BG = CF = r, tenemos que E F CD = CB = BA = DA = r – 1, luego por esto y la perpendicularidad anterior ABCD es un cuadrado. Como las circunferencias son tangentes exteriormente, la distancia entre sus centros es la suma de sus radios, es decir AC = r + 1. Luego el ABC es un triángulo isósceles, rectángulo en B, con AB = BC = r – 1 y AC = r + 1. Luego AC =
2 AB, es decir r + 1 =
2 (r – 1).
Al despejar r, se obtiene r = 3 + 2 2
32. Tres círculos de radio 1, con sus centros colineales son tangentes como se muestra en la figura. ¿Cuál es el área de la región sombreada?
A
4
B A. 8 – 2
2 D
B. 4 –
C. 12 – 3
D. 8 – 3
E. 4
+
C
Rotulemos los puntos extremos de la región sombreada, como se muestra en la figura, vemos que se forma un rectángulo. En los extremos de la región se tienen dos semicírculos, que juntos forman un circulo. Luego la región sombreada es la diferencia entre las áreas del rectángulo y los dos círculos que se forman. Dado que el radio de los círculos es 1, AD = 2 y AB = 4. Luego A = A 2 4 2 12 8 2
35
GEOMETRÍA
33. La figura muestra un hexágono regular inscrito en un círculo. Si el área del círculo es 1, ¿cuánto mide el área del triángulo ABC?
O
C
A
A.
1 6
B.
6
C.
3 4
3 4
D.
E.
12
B
Se observa que los triángulos ABC y ABO tienen la misma área, ya que tienen la misma base y la misma altura. Por ser un hexágono regular el ABO es un triángulo equilátero de lado igual al radio del círculo. 1 Como el área del circulo es 1, se tiene r 2 1 r 2
Luego el área del triángulo es [ABC]
3 1 3 4 4
34. ¿Qué polígono regular tiene la misma cantidad de diagonales que de lados? A. Pentágono
B. Hexágono
C. Octógono
D. Decágono
Como el número de diagonales en un polígono está dado por D
n n 3 2
E. Dodecágono , donde es el número de lados
del polígono. n n 3 n n2 3n 2n n2 5n 0 n n 5 0 n 5 . Se descarta n = 0, por Luego 2 carecer de sentido. Por tanto el polígono buscado es un pentágono. 35. Sean O el centro de una circunferencia de radio r y ED = r. Si mDEC = k (m BOA), entonces el valor de k es: B D A
O
C
E
A.
1 3
B.
1 2
C. 1
D. 2
E. 3
Trazamos el radio OD y vemos que el ODE es isósceles ya que OD = ED = r, luego DEC DOC. Como elDEC es un ángulo exterior con sus lados secantes a la circunferencia, su medida está dada por
mDEC
mAB mCD . (1) 2
Como los ángulos BOA y DOC, sus medidas están dadas por mBOA mAB y mDOC mDC mDEC Se tiene
mDEC = k (m BOA) = k mAB mDC
Sustituyendo en (1): k mAB
mAB k mAB 2
2k mAB mAB k mAB
36
3k 1 k
1 3
GEOMETRÍA
36. Si se aumenta el radio de un círculo en un 100%, ¿en qué porcentaje aumenta su área? A. 50%
B. 100%
C. 200%
D. 100%
E. 300%
Si el radio original es r, el circulo con el radio aumentado, tiene radio 2r. Se tiene A1 r 2 y
A 2 2r 4 r 2 2
El aumento está dado por A A 2 A1 4 r 2 r 2 3 r 2 Porcentaje de aumento:
3 r2 A 100% 100% 300% A1 r2
37. Se tienen tres círculos concéntricos de radios 1, 2 y 3 respectivamente. ¿Cuál es la razón entre el área de la región cuadriculada y el área de la región oscura?
A.
2 3
B.
3 5
C.
4 9
D.
9 25
E. 2
El circulo pequeño tiene área , ya que su radio es 1. El círculo mediano tiene área 4, ya que su radio es 2 El círculo grande tiene área 9, ya que su radio es 3. . Área de la región oscura = área del circulo grande – área del circulo mediano = 9 – 4 = 5 Área de la región cuadriculada = área del circulo mediano – área del circulo pequeño = 4 – = 3 área de la región cuadriculada 3 3 área de la región oscura 5 5
38. El segmento AB es diámetro de una circunferencia de radio 1 y lado del triángulo equilátero ABC. Si la circunferencia corta a AC y BC en los puntos D y E respectivamente, entonces la longitud AE es: A. 1
B.
3
C.
3 2
D.
5 3
E.
2 3 2
C
Como mAEB = 90, AE es una altura del triángulo equilátero ABC. Como el radio es 1, AB = 2, luego AE = D
E
3 2 3 2
(En todo triángulo equilátero de lado x, la altura mide
A
O
B
37
3 x ) 2
GEOMETRÍA
39. En una circunferencia se tienen dos cuerdas paralelas de longitudes 10 y 14 que distan 6 entre sí. Entonces la longitud de la cuerda paralela a ambas y que equidista de ellas mide: A. 11
B. 12 C
R
C. 13 5
3 Q
E
3 P x
A
F 7
184
E.
192
Sean CD = 10 y AB = 14, las cuerdas dadas. Como la distancia entre ellas es 6, la cuerda paralela equidistante de ellas está a 3 unidades de cada una. Sea EF la cuerda buscada. Inicialmente no sabemos la posición de las cuerdas con respecto a un diámetro paralelo a ellas. Comencemos asumiendo que están al mismo lado del diámetro paralelo, como se muestra en la figura.
D y
D.
B
O
Al trazar desde el centro una perpendicular a las cuerdas, esta pasa por el punto medio de cada cuerda. Sean P, Q, R los puntos medios de las cuerdas, como se muestra en la figura. Se tiene PB = 7, RD = 5. Sea QF = y, la longitud de la cuerda buscada es EF = 2y Supongamos que la cuerda AB está a x unidades del centro. Se forman tres triángulos rectángulos, todos ellos con hipotenusa igual al radio de la circunferencia. R
5
x+6
D r
Q
y
x +3
F r
P x O
7
B r
O O
Al aplicar el teorema de Pitágoras en cada uno ellos se forma el siguiente sistema de ecuaciones
r 2 x 2 12x 36 25 r 2 x 2 12x 61 r 2 x 2 6x 9 y 2 r 2 x 2 49 Restando la tercera ecuación de la primera
r 2 x 2 12x 61 r 2 x 2 49
12x = – 12 x = – 1
El valor negativo de x, nos indica que las cuerdas están en lados opuestos del diámetro paralelo a las cuerdas. Sustituyendo el valor de x en la tercera ecuación, obtenemos r 2 50 Sustituyendo el valor de x y r 2 en la segunda ecuación obtenemos 50 = 1 – 6 + 9 + y 2
y 46 y EF = 2y = 2 46 184
38
GEOMETRÍA
40. Un triángulo equilátero y un hexágono regular están inscritos en el mismo círculo. Si se divide el área del hexágono entre el área del triángulo se obtiene: A. 1.5
B. 2
C. 2.5
D.
3
E. 3
Al observar el grafico fácilmente se deduce que el área del hexágono es el doble del área del triángulo. Esto puede verificarse considerando que el lado de un triángulo equilátero inscrito en un círculo de radio
2 3 3 3 2 3r r 4 4 También se tiene que el lado de un hexágono inscrito es igual al radio de la circunferencia, luego su área
r, está dada por
3 r y por tanto su área es A1
6 3 2 r A2 6 3 2 r , luego es A 2 4 2 4 A1 3 3 2 r 4
2
41. El área del círculo circunscrito a un hexágono regular es 2 cm . Entonces el área del hexágono, en 2 cm es 3 6 A. 6 B. 3 3 C. 4 2 D. 2 6 E. 2 Tenemos que el radio del círculo es
r2 2 r2 2
Como el hexágono está inscrito su lado mide r, luego su área es A
6 3 2 3 3 4
42. En una circunferencia se trazan tres cuerdas con las siguientes longitudes: C 1: 3.05, C2: 3.50 y C3: 0.305. ¿Cuál de las siguientes es una lista de las cuerdas en el orden en que se incrementa la distancia desde el centro de la circunferencia a la cuerda? A. C1C2C3
B. C3C1C2
C. C2C3C1
D. C2C1C3
E. C3C2C1
La cuerda de mayor longitud está más cerca del centro y la de menor longitud está más alejada. Luego como C2 3.5 es la que está más cerca y le sigue C1 3.05 y la más alejada es C3 0.305 Por tanto el orden en que se incrementa la distancia es C2C1C3
39
GEOMETRÍA
43. En la figura, ABDE es un cuadrado de lado 1. Los arcos EB y DC tienen centro en A. Entonces el área sombreada mide: 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 2 4 2 4 2 8
E. 1
B
A
B
C
El área de la región DBC es la diferencia entre el sector circular ACD y el 1 triángulo rectángulo ABD, cuya área es . 2 El sector circular tiene radio AD, el cual es la diagonal del cuadrado y por tanto AD =
A
D
4
La región EDB es la diferencia entre el área del cuadrado y el área del cuadrante ABE, es decir [EDB] = 12 12 1 4 4 D
E
C
radio
2 y su ángulo central es 45, es decir la octava parte de un circulo de
2 .
2 1 1 2 8 2 4 2 1 1 Finalmente se tiene [EBCD] = [EDB] + [BCD] = 1 4 4 2 2
Luego [BCD] =
A
44.
B
El polígono de la figura tiene todos sus lados congruentes de longitud 8, sus lados consecutivos son perpendiculares y ocho vértices están sobre la circunferencia. Entonces el área de la región sombreada mide A. 144 – 320
B. 160 ( – 2)
C. 144 – 320
D. 320(2 – 1)
E. 80( – 2)
C
Si tomamos tres vértices como se indica en la figura, se forma un triángulo rectángulo con catetos AB = 8 y AC = 24, la hipotenusa es el diámetro del círculo. Por el teorema de Pitágoras BC 82 242 8 10 , luego r = 4 10 y el área del círculo es r 2 160 El polígono está formado por 5 cuadrados de lado 8 y su área es 5 82 320 Luego el área sombreada es 160 – 320 = 160 ( – 2)
40
GEOMETRÍA
T C
A
45. Dos semicírculos de radio 2 están inscritos en un semicírculo de radio 4 como se muestra en la figura. Dos círculos de radio r, son tangentes a dos semicírculos y entre ellos. ¿Cuánto vale r ?
r
A.
B
1 2
B. 1
C.
3 2
D. 2
E.
5 2
Al tomar el centro del semicírculo grande (A), el de un semicírculo mediano (B) y de un círculo pequeño (C), se forma un triángulo, en el cual AB = 2, BC = 2 + r y AC = 4 – r Al considerar el punto de tangencia entre los círculos pequeños, por la simetría de la figura CT es paralela al diámetro y mCTA = 90, formándose el triángulo rectángulo ATC con AT igual a la altura del ABC, CD: AT = CD y CT = r. De ahí resulta que ACT CAD (teorema hipotenusa cateto), luego AD = CT = r. Se tiene AB = 2 y DB = 2 – r T r
C
4–r
C
C
4–r
2+r
2+r
2–r A
A
D
B
Por el Teorema de Pitágoras AT En el CDB se tiene
2 r
2
D
B
4 r
2
r 2 16 8r CD
16 8r 2 r
2
4 4r r 2 16 8r 4 4r r 2 16r 16 r 1
46. El ABC es un triángulo rectángulo con el ángulo recto en C. Se traza la altura relativa a la hipotenusa y se inscriben dos circunferencias en los triángulos que se forman. Si los radios de estas circunferencias son 2 y 4 respectivamente, calcule el radio de la circunferencia inscrita en el ABC. C
A. 2 5 A
D
D
C. 5 2
D. 6
E. 8
B
Como el ABC es rectángulo en C y CD es la altura relativa a la hipotenusa, se tiene que ABC ACD CBD. Como en los triángulos semejantes, todos los elementos homólogos están en la misma razón de semejanza en la que están los triángulos, la razón de semejanza entre los triángulos CBD y ACD es la misma razón entre los radios de sus circunferencias inscritas, que en este ejercicio es 4 a 2,
C
A
B. 3
B 41
GEOMETRÍA
es decir 2 a 1. De manera que todos los elementos del CBD son el doble de los elementos correspondientes del ACD. Dado que las áreas están en proporción según el cuadrado de la razón de semejanza, se tiene [CBD] = 4 [ACD] y como [ABC] = [ACD] + [CBD] = 5 [ACD], la razón de semejanza entre los triángulos
5 y por tanto el radio de su circunferencia inscrita es
ABC y ACD es
5 veces el radio de la
circunferencia inscrita o sea 2 5
47. Si cada círculo tiene radio 1, y son tangentes entre si y a las líneas paralelas como se muestra en la figura ¿Cuánto mide h?
r h
B. 3 2
A. 3
r
C. 4
D.
2+
3
E. 3 3
Al unir los centros de los círculos se forma un triángulo equilátero de lado 2. Observamos que h es igual a dos veces el radio de los círculos más la altura del triángulo equilátero, la cual como el lado mide 2, es igual a
3 , luego h = 2 +
3 .
48. Tres semicírculos iguales, de radio R, tienen sus centros en los puntos colineales A, B y C tales que cada uno de estos puntos se encuentra sobre uno de los semicírculos. Se traza un cuarto círculo con centro D (el círculo sombreado) tal que es tangente a los tres semicírculos, tal como se muestra en la figura. Si r es el radio del círculo pequeño, la razón R a r es: A. 4:1
B. 15:4
C. 11:3
D. 10:3
E. 3:1
D
A
B
C
Al considerar el ABD, se tiene un triángulo rectángulo con AB = R, BD = R – r y AD = R + r. Por el teorema de Pitágoras,
AD2 AB2 BD2
R r
2
R 2 R r
4Rr R2
8 30º
6 8
A 8 30º
O
60º 6
2
R 2 2Rr r 2 R2 R2 2Rr r 2
R 4 r
49. ¿Cuál es el área de la región sombreada, redondeada al entero más cercano? A. 12
B. 16
C. 19
D. 22
E. 24
El área sombreada es la diferencia entre el área del triángulo y el segmento circular que forma por la intersección entre el triángulo y el círculo. Este segmento circular tiene un ángulo central de 60, ya que el ángulo inscrito mide 30, y un radio de 6, ya que el OAB es equilátero.
8 B
42
GEOMETRÍA
El área del segmento circular es el área del sector circular menos el área del triángulo equilátero:
1 3 2 62 6 6 9 3 6 4 Para el área del triángulo usamos la fórmula de Herón: A s s a s b s c , donde s es el semiperímetro. Tenemos s Luego el área buscada es
688 11 , luego A 11 11 6 11 8 11 8 3 55 2
3 55 – ( 6 9 3 ) = 18.9885 19
50. Los semicírculos de la figura tienen su centro sobre el segmento AB. Si el segmento CD es paralelo al segmento AB y CD = 24, ¿Cuál es el área de la región sombreada? E
C
D r
A A. 72
B. 108
O
B
C. 144
D. 288
E. 576
Sean R y r los radios del semicírculo grande y del semicírculo interior respectivamente. 2 2 R r El área buscada es la diferencia entre las áreas de los semicírculos o sea 2 Sea O el centro del semicírculo y E el punto medio de la cuerda CD. Luego OE CD, OE = r y ED = 12.
El OED es rectángulo en E y OD = R. Por el teorema de Pitágoras R2 r 2 122 144 2 2 R r 144 72 Luego A = 2 2
Soluciones 1 D 2 A 3 A 4 C 5 B 6 D 7 D 8 C 9 B 10 C
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
B B B D D C B B C C
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
D B E B A E C A E D
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
A A C A A E B B D B
43
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
B D A B D A D A C A
GEOMETRÍA
4. CUERPOS SOLIDOS 1.
En el prisma recto de la figura, las bases son triángulos equiláteros, con perímetros de 30 cm.. Si la altura del prisma es 10 cm. ¿cuál es el área total de la superficie del prisma? A. 100
250
B.
C. 100 3
3
E. 50 3 + 300
D. 300
Como las bases son triángulos equiláteros de perímetro 30 cm, sus lados miden 10 cm y por tanto tienen una área de A b
3 102 25 3 . Su área lateral es AL P h 30 10 300 4
El área total está dada por A T 2 Ab AL 2 25 3 300 50 3 300
2. Tres vértices de un cubo, de los cuales no hay dos que estén en la misma arista, se unen para formar un triángulo. Si la arista del cubo tiene longitud 1, ¿Cuál es el área del triángulo formado? 6 3 2 6 3 A. B. C. D. E. 2 2 2 4 4 C
A
En la figura se muestra un triángulo que satisface el enunciado. Vemos que sus lados son diagonales de las caras y como las aristas de los cubos tienen longitud 1, estas diagonales miden por
B
3.
2 . Como el área de un triángulo equilátero de lado x está dada
3 2 3 x , en este caso tenemos A 4 4
2
2
3 2
B A
C
La figura representa un cubo. La intersección del plano ABG y el plano BCE es la recta
D
G
E
A.
F
B A
C D
AG
B A
B. BF
C
D
C. CE
D. CF
E. BE
Al bosquejar los planos indicados vemos que comparten los puntos B y F, y dado que la intersección de dos planos diferentes es una única recta, la
intersección es la recta BF G
E F Plano ABG
E G F Plano BCE
44
GEOMETRÍA
De un cubo de 5” de arista se forma un cilindro circular recto de 3” de diámetro, entonces el volumen de la parte sobrante del cubo, en pulgadas cúbicas, es aproximadamente
4.
A. 8
B. 10
C. 80
D. 90
E. 100
El volumen de la parte sobrante es la diferencia entre el volumen del cubo y el volumen del cilindro, luego 2
3 45 V 53 5 125 125 35.34 89.67 90 4 2
5. La altura de un prisma rectangular es un tercio de su longitud y el ancho es la mitad de su longitud. Si la diagonal del prisma mide 30 cm., su volumen es A. 900 cm
3
B. 1688.25 cm y
3
C. 2833.8 cm
3
D. 4583.5 cm
3
Sean z la altura, y la longitud y x el ancho del prisma. Se tiene z
x
E. 9000 cm
3
y y , x 2 3
La diagonal está dada por d x 2 y 2 z2 30 x 2 y 2 z2 900 . Al expresar en términos de “y” esta ecuación, se obtiene 2 1 y2 y 1 49 2 180 y2 900 1 y 2 900 y 900 y . 4 9 9 36 7 4 z
3
El volumen está dado por V = x y z =
y y y 3 1 180 3 y 2833.8 cm 2 3 6 6 7
6. Al introducir un trozo de metal en un tanque rectangular con agua, de dimensiones 50 cm. x 37 cm., el nivel del agua subió 1 cm. ¿cuál es el volumen del trozo de metal? A. 13 cm
3
B. 87 cm
3
C. 88 cm
3
D. 1850 cm
3
E. 9250 cm
3
El volumen del trozo de metal es equivalente al volumen que incrementó el tanque, lo cual equivale al volumen de un paralelepípedo de dimensiones 1 x 50 x 37, es decir 1850 cc 37 50
7. ¿Cuál es el número máximo de diagonales que pueden trazarse sobre las caras de un cubo de manera que no hayan dos diagonales que tengan un punto en común? A. 2
B. 3 B
A
D C F
E
G
C. 4
D. 5
E. 6
Trazamos inicialmente sobre una de las caras una diagonal, digamos AD, ninguna otra puede involucrar estos puntos para satisfacer la condición. Con los puntos restantes trazamos otra diagonal, digamos BE. Nos quedan cuatro vértices en este caso los vértices C, F, G y H, con los cuales solo podemos trazar dos diagonales más. En total cuatro diagonales. Cualquier otra variante conduce a la misma cantidad.
H
45
GEOMETRÍA
8. En la figura se muestra un paralelepípedo rectangular. Si a = 2b y b =
c , ¿Cuál es el volumen en 2
términos de c?
a
c b
A.
c2 2
B. 2c 2
C. c 3
D.
c3 2
E.
c3 4
c , entonces a = c. Por ser un paralelepípedo rectangular, 2 c c3 V = a b c = c c = 2 2 Como a = 2b y b =
9. El área de la base de una pirámide es 45 y el área de una sección transversal es 20. Si la altura de la pirámide es 6 ¿a qué distancia de la sección transversal está el vértice? A. 1.5
B. 2.25
C. 4
D. 4.75
E. 5
Sea A’ = 20, el área de la sección transversal y A = 45, el área de la base de la pirámide.
h 6
Sea h la distancia desde la sección transversal al vértice. Se tiene 2
A' h 20 4 A 6 45 9
h 2 h4 6 3
10. El área de la base de una pirámide es 45 y el área de una sección transversal es 20. Si la altura de la pirámide es 6 ¿cuál es la razón entre los volúmenes de la pirámide mayor y la menor? A. 3/2
B. 2
C. 9/4
D. 3
E. 27/8
Los datos forman parte del ejercicio anterior, de manera que ya sabemos que la distancia desde la sección transversal al vértice es h = 4. Luego Si V es el volumen de la pirámide mayor y V’ el de la pirámide menor, 3
se tiene
3
3 V 6 27 V' 4 8 2
11. La base de una pirámide es un triángulo equilátero cuyo perímetro es 12. Si la altura es 10, el volumen de la pirámide es 40 3 40 A. 40 B. C. D. 40 3 E. 120 3 3 Como la base de la pirámide es un triángulo equilátero cuyo perímetro es 12, su lado mide 4, luego
Ab
3 2 1 1 40 3 4 4 3 y como h = 10, el volumen de la pirámide es V A b h 4 3 10 4 3 3 3
46
GEOMETRÍA
12. En un tronco de pirámide, la altura mide 10 m y las bases son cuadradas de 5 m y 9 m de lado 3 respectivamente. Hallar la diferencia (en m ) entre su volumen y la de un prisma recto de igual altura y de base igual a la sección del tronco paralela a las bases y equidistante de ellas. A. 4
B. 7
C. 40
5 5
10
10
5 7 9
40 3
D.
7
E. 70
Como cada lateral del tronco de pirámide, la sección que equidista de las bases tiene arista igual a la base media del trapecio, en este caso es 95 B 7. 2 El volumen del tronco de pirámide resulta h 10 1510 V [AB A b AB A b ] 81 25 81 25 3 3 3
El volumen del prisma formado es V’ = AB h 72 10 490 La diferencia resulta V – V’ =
1510 40 490 3 3
13. En una pirámide cuadrada, en la que el lado de la base mide 8 cm y la altura mide 20 cm, se traza una sección paralela a la base a 14 cm de ésta. Entonces el área de dicha sección es A. 2.14 cm
2
B. 5.76 cm
2
C. 16.32 cm
2
D. 31.36 cm
2
E. 44.08 cm
2
Sea x la longitud de la arista de la sección, se tiene entonces x 6 48 x 2.4 8 20 20
6 20 14
Como es un cuadrado, su área es A x 2 2.4 5.76 2
8
14. Los diámetros de dos cilindros circulares rectos concéntricos son 12 y 6 pulgadas respectivamente y la generatriz común es de 20 pulgadas, entonces el volumen del espacio que queda entre ambos cilindros es 3 3 3 3 3 A. 270 pulg B. 270 pulg C. 540 pulg D. 540 pulg E. 2160 pulg
El volumen buscado es la diferencia entre los volúmenes de los cilindros. Como los diámetros son 12 y 6, los radios son 6 y 3, luego,
V R2 r 2 h 62 32 20 540
47
GEOMETRÍA
3
15. El volumen de una cisterna cilíndrica es 1200 m y su altura es igual al diámetro, por lo tanto su área total es A. 190.98 m
2
B. 576.25 m
2
C. 600 m
2
D.
Como el diámetro es igual a la altura se tiene r
625.13 m
E. 712 m
2
h . 2
2
h h3 Luego V r h h 1200 4 2 El área total está dada por A T 2 AB AL 2
2
h3
4800 11.5176
2
h h2 El área de la base es A B r 2 4 2 h El area lateral es AL 2 r h 2 h h2 2 2 3 2 h h2 h Luego A T 2 AB AL 2 4 2 3 2 h 625.13 Al sustituir el valor de h obtenemos A T 2
16. Un cono de revolución tiene 13 cm. de generatriz y el radio de la base es de 5 cm. Se corta por un plano paralelo a la base que corta a la generatriz en un punto distante 5.2 cm. del vértice. Entonces el volumen del tronco de cono formado es A. 351.52 cm
3
B. 294.05 cm
3
C. 202.8 cm
5.2
r
12
D. 135.2 cm
3
E. 67.6 cm
3
5.2
y 13
3
13
H 5 Sea r el radio de la base menor del cono truncado. Sea y la altura del cono menor y H la altura del cono truncado. Al considerar la altura del cono, los radios de las bases y la generatriz obtenemos los triángulos rectángulos que se muestran en la figura. La altura del cono original es h g2 r 2 132 52 12 Como los triángulos formados son semejantes se tiene Como H + h = 12, se tiene H 12 El volumen buscado es V
y r 5.2 12 5 13
y
24 36 5 5
36 H R2 r 2 Rr 25 4 10 294.05 3 3 5
48
24 , r2 5
GEOMETRÍA
17. Dado un cono circular recto con radio 3 m y generatriz 5 m, entonces su área lateral es A. 2
B. 12
C. 15
D. 16
E. 30
El área lateral está dada por AL r g 3 5 15
18. El área lateral de un tronco de cono que se forma cuando se corta un cono recto de 6 cm. de radio y 8 cm. de altura, por medio de un plano paralelo a la base del cono y que lo corta a una altura de 4.5 cm. es A. 304.84 m
2
B. 216 m
2
C. 152.42 m
2
D. 84.82 m
2
E. 28.27 m
2
Se tiene AL g R r , donde g es la generatriz del tronco de
r
r
8
10
Por el teorema de Thales,
g' h2 r 2 82 62 10
g
4.5 6
cono. La generatriz del cono está dada por
x
3.5
Como los triángulos que se forman con la altura, la generatriz y los radios son semejantes, se tiene r 3.5 r 2.625 6 8
6
g 10 4.5 8
g 5.625
Luego AL g R r 5.625 6 2.625 152.42
19. Dos esferas de metal de radios 2a y 3a se funden juntos para hacer una esfera mayor. El radio de la nueva esfera es 5a A. 2.5a B. 5a C. 6.5a D. 3 35 a E. El volumen de la nueva esfera es la suma de los volúmenes de las esferas dadas. 3 4 4 32 3 La esfera de radio 2 a tiene un volumen V1 r 3 2a a 3 3 3 3 4 4 108 3 La esfera de radio 3 a tiene un volumen V2 r 3 3a a 3 3 3 32 3 108 3 140 3 4 3 3 El volumen de la nueva esfera es V V1 V2 a a a r r a 35 3 3 3 3
49
GEOMETRÍA
20. Un cono tiene una altura igual al doble de su radio. Una esfera tiene un radio igual al radio de la base del cono. La razón entre el volumen del cono y el volumen de la esfera es A. 1/2
B. 1
C. 3/2
D. 2
Volumen del cono VC r
2r
E. 4
1 2 1 2 r h r 2 2r r 3 3 3 3
Volumen de la esfera VE
4 3 r 3
2 3 r 1 Luego 3 4 3 2 VE r 3
r
VC
21. Un cono tiene una altura igual al triple de su radio. Una esfera tiene un radio igual al radio de la base del cono. La razón entre el volumen del cono y el volumen de la esfera es A. 1/2
B. 1
C. 3/2
D. 3/4
Volumen del cono VC r
3r r
E. 3
1 2 1 r h r 2 3r r 3 3 3
Volumen de la esfera VE Luego
VC VE
4 3 r 3
r3 3 4 3 4 r 3
22. La altura de un cono es 5 cm. Un plano a 2 cm. del vértice es paralelo a la base del cono. Si el volumen 3 del cono más pequeño es 24 cm , el volumen del cono más grande es A. 750 cm
3
B. 375 cm
3
C. 240 cm
3
D. 120 cm
3
E. 48 cm
3
Se tiene que los volúmenes de cono semejantes son proporcionales al cubo 2
de su razón de semejanza 5
V1
h V2 H
3
3
5 Luego el volumen del cono más grande es V 24 375 2
50
GEOMETRÍA
23. Un cubo está inscrito en una esfera. Si el área de la superficie total del cubo es
40 2 m , entonces el
área de la superficie de la esfera es A. 10 m
2
B. 15 m
2
C. 20 m
2
D. 30 m
2
E. 40 m
2
Tenemos que la diagonal del cubo es el diámetro de la esfera. Si x es la longitud de la arista del cubo, su área total es 6 x 2
40 20 x2 3
En un cubo la diagonal es d 3 x , luego el radio de la esfera es r
3 x 2
El área de la superficie de la esfera es S 4 r 2 , al sustituir los valores encontrados resulta S 4 r 2 4
3 2 20 x 3 20 4 3 2
24. La base de una pirámide hexagonal tiene un área de 26 m . Si el volumen de dicha pirámide es 78 3 m , entonces su altura mide A. 3 m
B. 4 m
C. 6 m
D. 9 m
E. 12 m
Tenemos que el volumen de una pirámide esta dado por 3V 1 V AB h h 3 AB Al sustituir los datos se obtiene h
3 V 3 78 9 AB 26
C
25.
Si el cono de la figura tiene un volumen de h
A
1000 3 3 cm , 9
C es el vértice, AB un diámetro y mACB = 120°, entonces el diámetro de la base, en centímetros, es r
B
A. 5
B. 10
C. 15
D. 20
E. 30
Al considerar el triángulo formado por el diámetro AB y el vértice, tenemos que mCAB = mCBA = 30 Luego la altura del cono es h Se tiene entonces
r
3
3 3
r 3
. El volumen es
1000 3 9
V
r3 1 2 1 r r h r2 3 3 3 3 3
r 3 1000 r 10 y por tanto el diámetro es d = 20.
51
GEOMETRÍA
2
26. El área de la superficie total de un cubo es 12 m . Entonces la longitud de su diagonal es
2
A.
B.
3
C. 2
D.
5
E.
6
El área de la superficie total de un cubo de lado x, está dada por A T 6 x 2 y su diagonal por d 3 x Luego 6 x 2 12 x 2
y
d 3x 3 2 6
27. Si la generatriz de un cono mide 25 m y el diámetro de su base es 8 m, su volumen mide A. 200 m
3
B. 400 m
3
C. 413.48 m
El volumen está dado por V
1 2 r h 3
3
D. 418.88 m
3
E. 1587.4 m
3
y la altura es h g2 r 2
Tenemos que g = 25 y d = 8 o sea r = 4, luego h 252 42 609 , por tanto
V
1 42 609 413.48 3
28. En una esfera de radio 2, se tiene inscrito un cilindro de manera que el diámetro del cilindro es igual al radio de la esfera. Entonces el área lateral del cilindro es A. 4 A
B. 8 B
C. 2 3
D. 4 3
E. 8 3
Sean A, B y C los puntos marcados en la figura. Tenemos que AB es diámetro del cilindro y BC diámetro de la esfera, luego AB = 2 y BC = 4. La altura del cilindro es AC, el cual al aplicar el Teorema de Pitágoras resulta AC BC2 AB2 42 22 12 2 3
El área lateral de un cilindro está dada por AL 2 r h . Como el diámetro del cilindro mide 2, su radio mide 1. Luego AL 2 1 2 3 4 3
C
29. En una esfera de radio 2, se tiene inscrito un cilindro de manera que el diámetro del cilindro es igual al radio de la esfera. Entonces el volumen del cilindro es A. 4
B. 8
C. 2 3
D. 4 3
E. 8 3
Este ejercicio contiene los mismos datos del anterior, luego el cilindro tiene r = 1 y h = 2 3 Luego su volumen V r 2 h 12 2 3 2 3
52
GEOMETRÍA
2
30. Si un cilindro circular tiene la altura igual que su diámetro y su área total mide 150 m , entonces su 3 volumen, en m , es A. 25
B. 250 r
C. 250
D. 25
E. 150
Tenemos que A T 2 r 2 2r h 2 r 2 2r 2r 6 r 2 150 r 5 y h = 10. 2r
Luego V r 2 h 52 10 250
31. Se desea construir un tubo cilíndrico de 50 cm. de largo, un diámetro externo de 12 cm. y un diámetro interno de 10 cm. ¿Qué cantidad de material se necesita? A. 550 cm
3
B. 500 cc
3
C. 375 cm
3
D. 750 cm
3
E. 1275 cm
3
. La cantidad de material es el volumen del tubo y este es la diferencia del volumen del cilindro exterior menos el volumen del cilindro interior, que representa el agujero. Tenemos: h 50, r1 6, r2 5 Luego V = (6) (50) – (5) (50) = 550 cm 2
2
3
32. Se desea construir un cono circular recto de 4’’ de altura y radio en la base de 3’’. Para formar la superficie lateral se corta un sector circular como el que se muestra en la figura. Determine el radio R y la medida del ángulo central del sector circular necesario.
R
4
g 3
A. R = 7’’; = 200º
B. R = 6’’; = 200º
C. R = 6’’; = 215º
D. R = 5’’; = 216º
E. R = 5’’; = 240º
Se tiene que la generatriz del cono mide g h2 r 2 42 32 5 y que ésta es el radio del sector circular con la que se construye el cono, es decir R = 5. El área lateral del cono es el área del sector circular necesario para su construcción. Tenemos AL r g 3 5 15 . Como el área de un sector circular está dada por Se tiene
R2 52 1080 15 216 360 360 5
53
R 2 360
GEOMETRÍA
33. La figura muestra dos esferas tangentes que descansan sobre una mesa plana. Si los radios de las esferas son 8 cm. y 16 cm. respectivamente, entonces la distancia en cm. entre los puntos de contacto de las esferas con la mesa es:
x
A. 8 2
C. 16 2
B. 12
E. 24 2
D. 24
Al considerar los centros de las esferas y los puntos de tangencia con la mesa, se forma un trapecio, como el que se muestra en la figura, en el cual OO’ = 24 ya que las esferas son tangentes. OA = 16 y O’B = 8. Si trazamos una paralela a la mes desde O’, sea D el punto donde corta al radio OA. Tenemos que AB = PO’, PA = O’B = 8, luego OP = OA – PA = 8 Como OA AB, también se tiene OP PO’. Luego por el teorema de
O O’
P A
Pitágoras se tiene PO' AB 242 82 16 2
B
__
__
__
__
En la figura que se muestra, AB BC , AB BD y
34. A
__
B
__
BD DC . Si AB = 9, BD = 12 y CD = 16, entonces el volumen del sólido formado es:
D C
A. 144
B. 288
C. 432
D. 576
__
E. 864
__
Tenemos una pirámide de base triangular. La base es un triángulo rectángulo ( BD DC ) de catetos BD = 12 y CD = 16, luego su área es A b __
__
__
1 12 16 96 2
__
__
Como AB BC y AB BD , se deduce que AB es perpendicular al plano de la base y por tanto es altura 1 3
1 3
de la pirámide, luego V A b h 96 9 288
54
GEOMETRÍA
2 4
2
4
4
35. Un paralelepípedo rectangular se recorta como se muestra en la figura. El volumen del sólido obtenido es: A. 72
B. 48
C. 24
D. 16
E. 12
6
Basta observar que la parte recortada (la parte superior punteada) es idéntica a la parte que queda del sólido, luego el volumen buscado es la mitad del volumen del paralelepípedo original, es decir V
1 2 3 4 5 6 7
E B B D C D C
8 9 10 11 12 13 14
D C E C D B D
15 16 17 18 19 20 21
D B C C D A D
22 23 24 25 26 27 28
1 6 4 4 48 2
B C D D E C D
29 30 31 32 33 34 35
55
C B A D C B B
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