geo-3

F!-f-LAl.lONf-'5 Mf-TF!-ll.A'5 f-N f-L TF!-IÁNG.ULO Oe>Lll.UÁNG.ULO Y F!-f-LAl.lONf-'5 Mf-TF!-ll.A'5 f-N LA

l. l F!-l.U N f f-F!-f.Nl.lA

•Y•t•):J8ªMZA 011En un triángulo acutánguloA8CA8=c, 8C =a y AC = b tal que c > b > a, se traza la altura 8H.

Calcule AH - HC. ª2 + c2

A)-b

-

c2 - ª2

C)2b

E) 2ab

iQU11:J!=IMZA 021 En el gráfico AM = MB y AC2 + MD2 = 1 OO. Si AD = 8 cm, calcule A8 (en cm).

A) 10 8) 12

D) 15 E) 16

c

C) 14

En un triángulo A8C, los lados y las medianas miden respectivamente a, b, c y ma, mb y me . Calcule:

a4 + b4 + c4

m4 + m4 + m4

a b e

Geometria

GEOMETRIA

A)�5

D) � 9

8) 167

E) 2413

C) 1613

En un paralelogramo ABCD, A8 = a, BC = b (a>b) ; el ángulo entre las diagonales mide 45. Calcule la distancia entre A8 y CD.

ª2 + b2 ª2 + b2

A) 2b

8) �

ª2 _ b2 ª 2 _ b2

C)-2a

D)�ª2 + b2

E)--a/3

•03•):J!=VifZA osl

ª"2

En un triángulo A8C, las medianas BM y CN son perpendiculares

2 2

Calcule A9 + AC

A) 3

D) 6

0c2

8) 4

E) 8

PROBLEMA lmJ

C) 5

'G1 y 'G2

son 2 circunferencias tangentes exteriormente cuyos radios miden R y r, de centros A y 8 respectivamente, tangentes en C, con diámetro A8 se traza la semicircunferencia 'G

3 tal que -c

3n 'G

2 = D, -c

3n 'G

1 = E . Calcule

la longitud del radio de la circunferencia inscrita entre los arcos CE, CD y ED. (R > r)

A) R- r 8) _r_R- r

D) Rr E) 2R - r 2(R + r)

C) _B_i:__ R + r ACADEMIA IN

GA

Geometría

i@:t-):JIM4Wo1

I Dado un triángulo cuyas medianas miden 9 cm, 12 cm y 15 cm. Calcule la longitud (en cm) del menor lado del triángulo

A) 6 8)8

D) 4/13 E) 10

l�;t•]=JIS&tZAoa l

C) 2ffi

ABC es un triángulo acutángulo inscrito en una circunferencia de radio R. SI G es el baricentro y O es el circuncentro las longitudes de los lados y del triángulo son a, b y e respectivamente, entonces la distancia OG es

A) j R2 -( a2 + �

2 + c2

)

B) j R2 -( a2 + �2 + c2

)

C) /R2-(a2+�2+c2

)

D) j R2 -( a2 + �

2 + c2

)

E) j R2 -( a2 + �

2 + c2

)

PROBLEMA (i1:]

En la figura AB, BC y AC son diámetros, los puntos P, Q y R son de tangencia y O es centro de la circunferencia. Calcule x

p

A B c

2a 2b

A) ab B) 2ab C) 4ab--a-b a-b a-b

D) 2ab E) aba+b a+b

mr

•M,t•):J8ªMZA101

En una semicircunferencia de diámetro AB y centro O (AB = 6 cm), con centro en A se traza un arco que pasa por el punto O y que intersecta a la semicircunferencia en C. Calcule la longitud (en cm) del radio de la circunferencia tangente a

OB, OC y BC.

A) ./52

D) 3/3 4

B) 2/63

E) 3/28

C) 3./52

En un trapecio ABCD, BC // AD , m L BAO = 2m L ADC, AB=a, AD-BC=b (b>a). Halle la longitud de la altura del trapecio.

A) 1/b(b - a)2

C) 1/b(2a -b) 2

E) 1/(b - a)(2b -a)2

B) 1/a(b-a)2

D) 1¡(a + b)(3a -b) 2

ABC es un triángulo de lados AB = e, AC = b yBC = a. Si CH es altura, demuestre que CH es:

2 -/p(p -a)(p -b)(p -e) .

IMU•M'3fiUW13 I

ABCD es un cuadrado de lado 4u, en el se inscribe una circunferencia "G1

y con centro en el vértice A se traza el cuadrante BD que intersecta a "G1 en los puntos P y Q respectivamente. Entonces la longitud de PQ (en u) es: A) /12 B) /13 C) /14'

D) /15 E) 4

IMU•)=l•MUW14 I

Dado el triángulo ABC, G es el baricentro y AG = 8 cm, BG = 6 cm y CG = 1 Ocm. Calcule la m L AGB.

Geometría

Geometría

B) 45 E) 90

IA:t•l=114�tz-1 s1

C) 60

En una circunferencia se trazan las cuerdas AB y CD las cuales se intersectan en R. Si DR=BD, BC = 11§' y CR · RO = 3RB = 6, halle m L OBR.

A) 30

D) 60

B) 45

E) 74

•MU•):J!sfi4U 1s1

C) 53

En un triángulo ABC, BC = a, CA = b, BA = e, m L CBA = 2m L CAB, entonces se cumple:

A) b2 - a2 = ac B) c2 - b2 = ab

C) c2 - a2 = ab D) a2 - b2 = be

E) b2- a2 = be

Se tiene el cuadrilátero ABCD de manera que

BC //AD.Si AB = 5 cm, BC = 4 cm, CD = 3 cm y AD = 9 cm. Calcule la longitud de la diagonal AC (en cm).

A) F;D) � /41

2Ys

B) � /412Ys

C) 2F;

En un cuadrilátero ABCD se traza DH J_ AC (H e AC) , se ubica el punto M en BC tal que HM;;;; HC.

Si m L ABC=2mLCMH , AD =16 cm, CD 4 cm y BM � MC entonces ¿cuál es la longitud (en cm) de AB?

A) 9

0) 3117

B) 12

E) 5/15

IQ;M=l•M4A 191

C) 4/15

En un triángulo ABC, el inradio y circunradio miden r y R respectivamente. Determine la longitud del segmento que une el incentro con

Geometría

el circuncentro.

A) /R(R- r) B) /R(R + r)

C) /R(R- 2r) D) /R(R + 2r)

E) /Rr

A, B y C son puntos de una circunferencia de centro O y de radio de longitud R, tal que, mLABC = 70, se trazan AN y CM perpendicular a las cuerdas BC y AB (N en BC y M en AB}Si AN y CM se intersectan en H y CH·HM = a Halle OH.

A) /R2 -a2

C) j2R2

2_ a2

R2

E) 2

En una semicircunferencia de diámetro AB y de centro O, se inscribe un cuadrado OPQL, de modo que Q pertenece a la circunferencia, se traza la cuerda BE que contiene al punto P. Si PO = 3 cm, calcule EP (en cm).

A) /3 B) 2 C) ./5

D) 16 E) ./7

En la figura O es centro, Mes punto de tangencia. Si CD = 5u y DB = 4u. Calcule BM (en u).

c

ACADEMIA INGA

Geometría

A) 2/6

D) 4/2

8) 2./3

E) 3/2

PROBLEMA fil

C) 6

Dado el cuadrado ABCD de centro F. por F y D pasa una circunferencia que intercepta a los lados AD y CD, desde 8 se traza la secante 8PQ a la circunferencia. Si 8P = 4 cm y PQ = 5 cm, calcule (en cm) 8C.

A) 4

D) 7

8) 5

E) 8

PROBLEMA RJ

C) 6

En un triángulo ABC, el circunradio y el exradio relativo a 8C, miden R y r a respectivamente. Determine la longitud del segmento que une el circuncentro con el excentro relativo al lado 8C.

A) .¡'R(R + 2r3)

C) .¡'R(R - 2r3)

E) fRr;;"

8) .¡'R(R + r8)

D) ./R(R -r8)

En la figura 3AM :;; 5PM. PN = 8N y A8 = 10 cm, 8C = 6 cm. Halle P8 (en cm)

A) 613

D) 913

8) 7./3

E) 1013

C) 813

En un triángulo acutángulo ABC la semicircunferencia de diámetro AC interseca a la altura BQ en el punto P tal que 8P = 3 u y PQ = 6 u. Calcule la distancia en (u) del ortocentro del triángulo A8C al lado AC.

L.F

A) 2

D) 4

8) 3

E) 5

PROBLEMA fij

C) 2./3

En un paralelogramo ABCD, AC = 1 O cm y BD = 6 cm. La circunferencia circunscrita al triángulo ABD es secante a 8C y tangente a CD en D. Calcule CD (en cm).

A) 3 8) 3/2 C) 2./3

D) 3./3 E) 2/2

PROBLEMA fI3

En un triánguloA8C se dibuja una circunferencia que pasando por el vértice B intercepta al lado AC en los puntos E y D (D E EC) tal que AB;::; ED y AD;::; EC. Desde el vértice C se traza la tangente CT a la circunferencia siendo T el punto de tangencia. Si BC = 2TC y BD es la mayor cuerda de la circunferencia entonces ¿Cuál es la medida del ángulo BAO?

A) 30

D) 53

B) 37

E) 60

PROBLEMA B;'J

C) 45

Una circunferencia es tangente a los lados A8 y AD de un cuadrado y contiene al vértice C e intersecta al lado CD en P. Si AB = a, halle la longitud de PD.

A) 2a(3 -2/2)

C) a(3-2/2)

E) �(4-/2)2

PROBLEMA il!]

8) a(3 -/2)

D) �(6 -12)2

En la figura mostrada, A y 8 son puntos de tangencia y BM = MP. Si LP = 4 cm, calcule LM (en cm).

Geometría

Geometría

A) 1,0

D) 3,0

8) 1,5

E) 5,0

PROBLEMA ffl

C) 2,0

En un triángulo KLM, de mediana LN, se traza una circunferencia que pasa por L y N (N es un punto de tangencia), e intercepta a LK y LM en los puntos P y Q. Si LK = 8 cm, LP = 6 cm, LM = 10 cm; entonces LQ mide (en cm).

A) 5.4

D) 8.4

B) 6.4

E) 9.4

PROBLEMA ffl

C) 7.4

En la figura mostrada LKM es un triángulo (LK = a, LM = b) inscrito en la circunferencia de radio R. LH es la altura relativa a KM, entonces LH mide

A) ab3R

D) 3aR2b

8) ab2R

E) aR 2b

PROBLEMA ffl

C) abR

En un triánguloABC inscrito en una circunferencia de diámetro 8Q se proyectan los lados A8 y

Geometría

BC sobre el diámetro BQ. Si la diferencia de las proyecciones es 2m, la longitud de la altura BH del triángulo mide 1 m. Calcule ,� suma de las longitudes (en m) de dichas pro· :ciones.

A) 12

D) 4/2

B) 2/2

E) 5/2

PROBLEMA ffl

En un triángulo acutángulo isóscelesABC (AC = 8C) inscrito en una circunferencia de centro O y radio de longitud r. AC = a y h es la longitud de la altura respecto a BC, entonces la longitud de la proyección de A8 sobre BC es

A) h2r2

8) h2a2

ª3 r3

a2r3

D) 2h2r2

--h4 ª3

C)

h2a3

r2 E)

PROBLEMA ffl

En el cuadrado ABCD se inscribe el cuadrante BAO, siendo A el vértice del cuadrante, se eligen en el arco BD los puntos E y F de manera que CE = CF. Si las distancias de E y F al lado AD son de 6u y 4u respectivamente. Calcule BC (en u). A) /13 B) /14 C) .fi5

D) 4 E) 2/13

PROBLEMA 'ff;I

En un triángulo A8C recto en 8 se traza la bisectriz interior del ángulo B intersectando a AC en D. por D se traza DH perpendicular a AC, H esta sobre 8C. Si A8 + BH = 12 cm, entonces BD (en cm) es

A)

D) 2/2

B) /2

E) ./3

PROBLEMA ffl

C) 2

En un triánguloA8C de incentro 1, cuyo perímetro mide 2p, 81 = d y AC = b. Halle la longitud del circunradio de triángulo AIC.

ACADEMIA INGA

Geometría

A) db 8) dbp-b 2(p -b)

C) 2db D) db--p-b 2p-b

E) dbp-2b

l�¡t•l=J!3��z• 3a I En el triángulo equilátero A8C cuyo lado mide f, el punto P es un punto de la circunferencia inscrita al triángulo. Entonces AP2 + 8P2 + CP2

es igual a Q2

A)3

IO:t•l=J!3titz• 39 I

2 C) �

4

El triángulo A8C está inscrito en unacircunferencia, la bisectriz del ángulo A8C intersecta al lado AC en el punto D e intersectaa la circunferencia en el punto E. Si l es el incentro del triángulo A8C, 81 = 6 cm y DE = 1cm, entonces ID (en cm) mide.

A) 1,0

D) 3,0

8) 2,0

E) 3,5

iQ,t•)=J!=MUW4ol

C) 2,5

En un triángulo ABC se dibujan los triángulosequiláteros ABP y BCQ exteriormente al triángulo dado los segmentos AQ y PC se interceptan en F . Si BF = Su y AF + FC = 9u, entonces FQ + FP es (en u) .

A) 14

D) 18

B) 15

E) 19

iQ,t•):j!#jM,:..41 !

C) 17

En un triángulo ABC recto en B, se traza labisectriz 8D, se ubica el punto E en BC demanera que la m L. EDC = 90. Si AB = e, BE=d,Calcule BD.

A) (e+ d)/5 B) (e+ d) /32

C) (e+ d)/3 D) (e+ d) /22

E) (e+ d)/2

En la figura adjunta. Si KLMN es un cuadriláteroinscrito, entonces la longitud de KM es:

A) (mp + nq)(np + mq)mn+ pq

B) ¡ (mp -nq) (np - mq)mn-pq

C) (mn + pq)( np + mq) mp+nq

D) ¡(mn - pq)( np -mq)

mp-nq

E) ¡ (mp + nq) (mn -pq) np-mq

iQU•)=l!=Mtz• 431

Las longitudes de los lados de un cuadriláteroinscrito son 7 cm, 15 cm, 20 cm y 24 cm respectivamente, halle la longitud (en cm) delsegmento que une los puntos medios de lasdiagonales.

A) 5,0

D) 8,0

B) 6,0

E) 9,0

C) 7,5

Geometría

Geometría

PROBLEMA ffl

En la figura O es centro de la circunferencia, BDy PQ son diámetrosA8·8C=125 u2, AD·CD=350u2 .

Calcule PQ (en u).

A) 10

D) 18

B) 12

E) 20

PROBLEMA ft!I

C) 15

En un triángulo ABC, 1 es el incentro, los lados ysemiperímetro miden a. b, e y p respectivamente.Determine el radio de la circunferenciacircunscrita al triángulo AIC.

A) bj

ac2 p(p -b)

C) �jp(p- e)2 ac

E) �/p(p -e) 2

PROBLEMA ffl

B) b ¡ be2p(p-c)

D) �/p(p- b)2

En un triángulo ABC; AB = 12 u, BC = 6 u y AC = Bu; entonces la diferencia entre el cuadrado de las longitudes (en u2) de las bisectrices exterior e interior trazada desde el vértice B es

A) _±3

B) 83

D) 16 E) 49 9

PROBLEMA ffl

C) 16 3

En el exterior, y relativo a AD de unparalelogramo ABCD, se ubica el punto P de

Geometría

modo que 8P 1- AD. Si (AB) 2 + (PD)2 = m2,

y PC = n, halle la distancia entre los puntosmedios de BP y AD.

./2m2-n2

A) 2

C) ./2m2 - n2

E) ./2n2 -m2

2

PROBLEMA ffl

./ m2 + n2

B)2

D) ./2n2 + m2

2

En un trapecio escaleno ABCD (AB //CD). severifica que (BC)2 + (AD) 2 = 200 y AB·CD = 28Entonces,

¿a qué es igual ./(AC) 2 + (8D) 2 ?

A) 12 B) 13 C) 14

D) 15 E) 16 -POLÍl..ONO� 12-f.l..ULA.F-f.� Y

�IMf-TF-ÍA.

PROBLEMA m

Indique el valor de verdad de las siguientes proposiciones:

l. El triángulo elemental es un triánguloisósceles. en donde la base es el lado delpolígono regular.

11. En un triángulo elemental los ladoscongruentes vienen a ser el radio de lacircunferencia circunscrita al polígonoregular.

111. El lado de un polígono de "n" lados es menorque el lado de un polígono de 2n lados, ambos inscritos en la misma circunferencia.

A) VW

D) VFF

B) WF

E) FW

PROBLEMA ffl':!

C) VFV

Se inscribe un triángulo equilátero AEF en un cuadrado ABCD de lado a. Halle la longitud dellado del triángulo equilátero.

ACADEMIA INGA

Geometría

A) 2al2-./3 B) a/2 -./3

C) 3al2 -./3 D) 4a/2 -./3

E) �/2 - ./32

PROBLEMA Efl

Dado el hexágono regular ABCDEF, AB = R, P es punto medio de EF. CF intercepta a BP en Q . Calcule BQ .

A) �R3

D) �R3

B) �/fs 3

E) �1133

PROBLEMA· l:fJ

En un hexágono regular ABCDEF de lado 8cm. Halle la distancia del punto de intersección de las diagonales AD y FB a la diagonal AC (en cm) .

A) 1.0

D) 2.5

B) 1.5

E) 2.8

PROBLEMA -LlJ

C) 2.0

En un cuadrado ABCD inscrito en una circunferencia se traza la cuerda PQ paralelo a BC. La cuerda PQ intercepta a BD en F. Si P F = a y FQ = b, entonces ¿Cuál es la longitud del radio de la circunferencia circunscrita al cuadrado?

1ij;t•)=IM=MfaA 541 Un triángulo equilátero y un hexágono regular se inscriben en una circunferencia de modo que un lado de cada uno resulta ser las bases de un trapecio isósceles inscrito de dicha circunferencia. Si el radio mide 12(./3 -1) cm.

Calcule la longitud de una diagonal del trapecio (en cm).

A) 1

D) 2

B) 12

E) ./5

PROBLEMA l:1:1

C) ./3

En un heptágono regular ABCDEFG se cumple

A� + A� = i· Calcule el perímetro del

heptágono regular.

A) 30

D) 40

B) 35

E) 42

PROBLEMA l:l:J

C) 38

Si el lado de un pentágono es Q5, el lado de un

hexágono regular es Q6, y el lado de un decágono

regular es Q10, entonces se cumple: 2 2 2 2 2 2 A) Q10 = Qs + Qs B) Qs = Qs + Q10 2 2 Q6 C) Q10 = 2Qs + 2

2 2

E) Q2 _ Qs + Q105- 2

PROBLEMA W

En un pentágono regular ABCDE, las diagonales AC y BE se interceptan en el punto P. Demuestre que el punto P, divide a la diagonal AC en media y extrema razón.

PROBtEMA 1:1:J

En un triángulo DMB se traza la altura MA . C es un punto de AB tal que DA = CB. Si BC es el segmento áureo de AC y AM = AC, entonces la m L DMB es

A) 45

D) 90

B) 60

E) 108

PROBLEMA 1:1:J

C) 72


l. El número áureo representa el 62% del totalde la longitud total de un segmento.

Geometría

Geometría

11. La longitud del lado del decágono es igual ala longitud de la sección áurea del radio de la circunferencia circunscrita.

111. Si la diagonal de un pentágono es e, entoncesla longitud del lado del decágono regular esigual a la sección áurea de C.

A) WF

D) VFFB) VW

E) FW

C) VFV

PROBLEMA l:l!J

Sea el triángulo ABC obtuso en B tal que AB = B�=l

5_...f l punto D pertenece al arco BC

tal que BD == OC.

Si { �;) R = 4 entonces la longitud de AD es:

A) 1

D) 4

B) 2

E) 5

1ijd•)=l•#iMZU61 I

C) 3

En un triángulo ABC recto en B, con centro en B y radio igual a AB se traza un arco de circunferencia que intersecta en M a AC y en N a BC. Si mLCNM=117 y BN=2, entonces AM (en cm) es:

A) ./5 B) ./5 - 1 C) ./5 + 1D) ./3 + 2 E) ./3 -2

En � pentágono regular ABCDE, AC n EB = {P}. Si AB = e, entonces PO mide:

A) Q/10 + 2./5

C) Q/10 + 2./52

1ij;t•M•#i&4W 63!

B) i/10 - 2./52

D) Q/10 -2./5

En un pentágono regular ABCDE, AC n BE = {P} y BD n CE = {Q}. La recta PQ intersecta a los lados AB y CD en los puntos F y G respectivamente. Si FG = K(BC), entonces K es.

Geometría

./5 + 1 B) 5 + ./5 C) 5-./5A)2 2 2

D) ./5 -1 E) 6 -2./52 3

PROBLEMA (:U


l. La longitud del lado de un pentágono regular es igual a la longitud de la sección áurea de la longitud de su diagonal.

11. La longitud del lado de un decágono regulares igual a la longitud de la sección áurea delradio de la circunferencia circunscrita a dichopolígono regular.

111. En un triángulo isósceles la medida de uno de sus ángulos congruentes es el doble de la medida del tercer ángulo, luego la longitud de la base es igual a la longitud de la sección áurea de uno de los lados congruentes.

A) VW

D) FFF

B) VFV

E) FW

1ij;J•)=l!#ififaA 65 I

C) WF

En un pentágono regular cuyo lado mide Q se trazan sus diagonales formándose un nuevo pentágono. Calcule el perímetro del pentágono formado.

A) 5Q (3 -./5) 2

C) 5Q(�

E) 5� (3 + ./5)2

• ij ;N =I • #i MZU 66 I

B) 3Q (3 -./5)2

D) 5Q(/5+1)

En un triángulo ABC recto en B. se traza BH la altura relativa a la hipotenusa. Si AC=C y

mLBCA = 9, entonces BH mide. ACADEMIA INGA

Geometría

A) i(/5 -1)2

C) i(/5 - 1)8

E) J_(/5 -1)20

PROBLEMA m

8) i(/5-1)4

D) J_(/5 - 1)16

En un polígono regular de n lados inscrito en una circunferencia cuyo radio mide R, el lado del polígono regular de doble número de lados inscritos en una misma circunferencia mide l2nCalcule la longitud de la apotema del polígonoregular de n lados en función de R Y C2n-

A) 2R -(�)2

8) 2R -(�)2

R/2 R/2 2

C) R - Q2n 2R

2 D) R - (Q2n)

R

PROBLEMA ffl:1

En una circunferencia cuyo radio mide R está inscrito un polígono regular de n lados. Si Qn

es la longitud del lado del polígono regular inscrito de n lados y a

2n es la longitud de la apotema del polígono regular inscrito de 2n lados en la misma circunferencia.

Demuestre la siguiente relación:

/ 2R2 + R/ 4R2 -Q�ªP2n = 2

PROBLEMA r:ffl

A8 = en

= lado del polígono regular inscrito

CD = c2n = lado del polígono regular inscrito en

una circunferencia concéntrica.

OE = R; OQ = a2n apotema del polígono regular inscrito en la circunferencia concéntrica.

OH= an R+a Demostrar: a2n = �

E

PROBLEMA ffl.

Un hexágono regular y un octógono regular son isoperimétricos, hexágono está inscrito en una circunferencia de radio R. Calcule el radio de la circunferencia circunscrita al octógono regular.

A) R·/2-/2

C) �·12+/24

E) 3R.¡2 + v'24

PROBLEMA IZ1

8) �-/2+/22

D) 3R /2(2 + /2)8


l. La apotema del polígono regularisoperimétrico del doble número de lados es igual a la media aritmética del radio y la apotema del primero.

11. El radio del polígono regular isoperimétricodel doble número de lados es la media geométrica, entre el radio del primero y la apotema del segundo.

111. Al pasar de un polígono regular al polígonoregular isoperimétrico del doble número de lados el radio disminuye.

A) FFF

D) FW

8) VFF

E) WF

PROBLEMA lffl

C) VW

Un hexágono regular y un octógono regular son polígonos isoperimétricos. Calcule la relación entre los radios de las circunferencias

Geometría

Geometría

circunscritos a dichos polígonos.

A) 4./2-/23

C) 2./63

./2-ñE)2

PROBLEMA 11'1

8) 4 /23

D) 2./2+123

Un punto A es interior al ángulo XOY y�e encue_rm.a en una posición, tal que, AE .l OX, AF .l OY. d(E. F) = 12u. Calcule la longitud mínima que debe tener su trayectoria seguida para llegar a la posición inicial, pasando por un punto de cada lado del ángulo.

A) 12

D) 24

8) 16

E) 30

PROBLEMA ff!

C) 20

A8C es un triángulo equilátero, se traza 80 es simétrico de la altura 8H con respecto a 8C . Si A8 = C, entonces AD mide:

A) /3 L 8) /5 L2 2

E) /5 L3

PROBLEMA 11:l!!


l. Todos los polígonos regulares convexostienen centro de simetría.

11. La circunferencia tiene infinitos ejes desimetría.

111. Si dos pentágonos regulares son simétricoscon respecto a una de sus diagonales entonces son congruentes.

A) VW

O) FVF

8) WF

E) FW

PROBLEMA lm

C) VFF

Indique el valor de verdad de las siguientes

Geometría

proposiciones: l. La circunferencia tiene infinitos ejes de

simetría que pasan por el centro.

11. Un cuadrado tiene 4 ejes de simetría.

111. El triángulo equilátero tiene 3 ejes de simetría.

IV. Todo polígono regular tiene centro desimetría.

A) WW

D) VFFF

8) VWF

E) FFFF

PROBLEMA ff,

C) WFF


l. Toda figura simétrica respecto a un punto también lo es respecto a una recta que contiene a dicho punto.

11. Dos figuras simétricas respecto a un punto también son simétricas respecto a una recta que contiene a dicho punto.

111. Existe al menos un par de figuras simétricasque tengan un punto común con el centro de simetría y que también sean simétricas respecto a una recta que contenga a dicho centro.

A) FVF

D) VFV

8) FFF

E) FW

PROBLEMA , lffl

C) Fr-V

El simétrico del rectángulo A8CD, respecto a la recta que contiene a la diagonal AC esA8' CD'. Si A8 =b y AD= a (a< b), entonces ¿Cuál es la longitud de 8D' ?

2abA)

/a2+b2

C) b2-a2

/ ª2 + b2

D) 2aba+b

E) aba+b

ca.

ACADEMIA INGA

Geometría

PROBLEMA fi::

ABCDEF es un hexágono regular de longitud de lado a, el hexágono ABC'D'E'F' es simétrico del primer hexágono respecto de AB, CA n E'F = {Q}. Calcule el perímetro del triángulo CQE'.

A) �(7 + 3/3)2

C) �(8 + 2/3)3

E) �(6 + 3/3)2

B) �(6 + /3)4

D) �(9 + 3/3)2

LON6.ITUD Df. C.l(Z..C.UNff,(Z..f.NC.IA Y

LON6.ITUD Df. A(Z..C.0

PROBLEMA l:Ti'

A) FVFV

D) FVFV

B) FVW

E) WW

PROBLEMA [:F.

C)FWF

Dada una circunferencia cuyo radio mide R. calcule la longitud de la circunferenciagráficamente (rectificación de una circunferencia) y determine analíticamente la longitud de esta.

PROBLEMA (:F:

En una circunferencia de radio 2u se inscribe un cuadrado, dentro del cuadrado se inscribe una circunferencia y dentro de esta se inscribe otro cuadrado, entonces la longitud del lado de este último cuadrado (en u) es:

A) 212 B) 12 C) 12

2 Indique el valor de verdad de las siguientes D) 2 E)1proposiciones:

l. La circunferencia tiene un centro de simetríay dos ejes de simetría.

11. Dos rectas paralelas tienen infinitos centrosde simetría.

111. Un polígono regular de n lados, tiene n ejesde simetría.

IV. Un polígono regular de número de lados partiene un centro de simetría.

A) FFFV

D) FVVV

B) FVFV

E) WFF

PROBLEMA l:t1

C) VFVF


l. 1t=3,1416

11. La razón de la longitud de una circunferenciaa su diámetro es la misma para todas lascircunferencias.

111. La longitud de una circunferencia es el límitede los perímetros de los polígonos regularesinscritos.

IV. El número 1r no es racional.

PROBLEMA I:!'

En una circunferencia, se traza una cuerda AB de longitud 2a/3 y la longitud de la flecha respectiva mide a. Halle la longitud de la circunferencia.

A) ,r

D) 4 1t a

B) 2 1t a

E) 6 1t a

PROBLEMA l:J;

C) 3 1t a

ABCDEF ... es un polígono regular inscrito en una circunferencia las prolongaciones de AB

y ED determinan un ángulo de medida 9oo11

Si la longitud del arco AB mide 6u, entonces la longitud de la circunferencia es:

A) 54

D) 72

B) 60

E) 77

PROBLEMA ff;

C) 66

En una circunferencia de centro O, se trazan lm diámetros perpendiculares AB y CD. Se ubicé el punto medio M de OC. la prolongación de A� intercepta a la circunferencia en el punto P. S

Geometría

Geometría

CM= e. ¿Cuál es la longitud de la circunferencia circunscrita al triángulo CMP?

A) 2rral2 B) 7rQl2 C) 3rrQl2

D) 2rrQ E) rrQ

PROBLEMA ffl

En un cuadrado MNPQ de lado Q se inscribe una circunferencia -e; que es tangente a los lados MQ, MN y NP en los puntos R, S y T respectivamente. Si -e; nNR = {U}, entonces la longitud del arco UT es:

A) 37rrQ B) 53rrQ180 180

D) 37rrQ360

E) 53rrQ90

PROBLEMA r!ffl

C) 53rrQ360

Una recta se encuentran los puntos consecutivos E, A, B. F. de tal manera que EA = AB = BF se construyen una semicircunferencia de diámetro EF y un triángulo equilátero EKF ubicados en semiplanos diferentes. los rayos KA y KB interceptan a la semicircunferencia en los puntos L y M respectivamente. Calcule la longitud del arco LM.

A) �(EF)6

D) �(EF)5

B) �(EF)3

E) �(EF)8

PROBLEMA ffl

C) �(EF)4

En la figura se tienen de igual radio de longitud r, ortogonales entre sí dos a dos. Calcule el perímetro de la figura sombreada.

•

Geometría

A) 7rr B) 7rr C) 2rrr3 3

D) rrr E) 27rr2 5

PROBLEMA ffll1

En la figura mostrada ABCD es un cuadrado, cuyo lado mide e; los puntos O, 0

1, A y D son

centros de circunferencia. Halle la longitud de circunferencia de centro 01.

.... '3 .. -···· A .... --·-·'

"'

D

A) rrQ B) 7rQ C) rrQ- -2 3 4

D) rrQ E) 7rQ-12

1Q;t•)=l!=MtzW 91 I

En un rectángulo ABCD, AB = 3u, BC = 4u, se trazan exteriormente al rectángulo los cuadrantes DAE. EBF, FCG y GDH. Calcule la longitud (en u) de la curva DEFGH.

A) 12n

O) 18n

B) 14,r

E) 20,r

PROBLEMA �

C) 16,r

Un cuadrilátero ABCD está inscrito en una circunferencia cuyo radio mide R.

Si AB = Rl2,

CD= R/3 y AD= 6 cm. Calcule la longitud de arco AD (en cm).

Cüi

ACADEMIA INGA

Geomet:ria

B) 4,r/33

E) 3,r/3

PROBLEMA lm

C) 5,r/33

ABC es un triángulo y 'G una circunferenciatangente a AC en A, B es un punto de 'G y BCcontiene el diámetro de 'G, -c;n BC = {E}. SiAB = 2a

5 = 2( 15 + 1) donde a5

es la longitudde la apotema de un polígono regular de 5 ladosinscrito en la misma circunferencia, entonces lalongitud del arco AE es:A) 3,011: B) 2,011: C) 1,611:D) 1,011: E) 0,811:

PROBLEMA lffl

En la figura adjunta, O, 01, 02, 03 son centrosde las circunferencias. EF = a, FB = b yAB = 2R. Calcule la longitud de la circunferenciade centro 0

3 .

A01 o H º2

A) ,raR B) ,rbR C) 2,raR--

a+b a+b a+b

D) 2,rbR E) 2,raba+b a+b

PROBLEMA ffl

El lado de un pentágono regular ABCDE

mide ( 15

2- 1

). Halle la longitud del arco CD

que tiene como centro la intersección de lasprolongaciones de los lados BC y ED .

A) 2rr B) i[ C) 3,r-5 5 5

2,rD) E) -

EF

PROBLEMA • ffl

Halle la longitud del arco de circunferencia cuyamedida es de 108, que subtiende una cuerda cuya longitud es ( ./5 + 1).

3 4 A) -,r B) -,r5 5

D) 2rr E) 3,r

6 C) -,r5

Í\{2..€,A'i, Df, {2..€,(,dONf,'i, 'POLll..ONALf,'i,

PROBLEMA lffl

Indique el valor de verdad de las siguientesproposiciones:l. El área de una región poligonal es la medida

del tamaño de dicha región.

11. A toda región poligonal le corresponde un número real positivo único.

111. Si dos polígonos son congruentes, entonces las regiones poligonales correspondientestienen la misma área.

IV. A la reunión de un polígono y su interior sedenomina región poligonal.

A) WFF

D) FFFV

B) VFVF

E) WW

PROBLEMA ffl

C) FVFV


l. Si dos regiones rectangulares son equivalentes, entonces los rectángulos correspondientes a dichas regiones son congruentes.

11. No existe una región triangular equivalente auna región cuadrada.

111. Si la suma de las áreas de dos regionestriangulares es igual al área de una regióncuadrangular, entonces dichas regionestriangulares, tienen un lado común.

A) VFV

D) FVF

B) WF

E) FFF

C) FFV

Geomet:ria

Geometria

PROBLEMA 1:1:]

Sea ABCD un cuadrado y AEF un triánguloequilátero inscrito en ABCD. Si el área de laregión triangular AEF es 13 cm2, entonces el área (en cm2) de la región cuadrada ABCD es

A) 2 + /3 B) 2 + ./5 C) 3 + /3

D) 4 + 13 E) 5 + /3

PROBLEMA lliii]

En un cuadrado ABCD, el área de dicharegión es 48 m2 . Si M y N son los puntos quetrisecan el lado BC (BM < MC) N pertenecea MC ,AMnBD = (P) , ACnBD = {O} yAC n DN = {Q}. Halle el área de la regiónOPMNQ.

A) 4

D) 8

B) 6

E) 9

PROBLEMA rr.tl

C) 7

En un rectángulo ABCD, se traza la diagonal AC y DF perpendicular a AC (F en AC ). SiDF = 6 cm y AB = 2(AD), entonces el área de laregión rectangular (en cm2 ) es:

A) 30

D) 90

B) 45E) 120

PROBLEMA �

C) 60

En la figura, 1 es el centro de la circunferenciainscrita en el triángulo ABC. Si el área de laregión rectangular ABCD es 36u2 calcule (en u2)

el área de la región rectangular EIFD.•

A) 16

D) 24

Geometria

B) 18

E) 28

C) 20

PROBLEMA O

En un cuadrado ABCD de lado e, E E BC tal

que EC = i, AE n BD = {M}. Entonces, el área3

de la región triangular ADM es:

A) �Q2 B) 3.Q2

8 9

PROBLEMA l"fi!1

En la figura mostrada T es punto de tangencia, Oes centro y CT = a. Calcule el área de la regióncuadrada ABCD.

o

2 ª2 2

A)� B) - C) �4 6 2

2 ª2

D) � E)8

PROBLEMA !rm

En la figura mostrada el punto O es centro delas circunferencias y B es punto de tangencia.Calcule el área de la región paralelográmicaABCD en términos de r. •

ACADEMIA INGA

Geometría

C) r216

PROBLEMA ·ffl

En un cuadrado ABCD se inscribe un rectángulo cuyos lados son paralelos a las diagonales del cuadrado. Si la longitud del lado del cuadrado es 6 u y la longitud de la diagonal del rectángulo es 8 u, entonces ¿Cuál es el área (en u2) de laregión rectangular?

A) 2

D) 5

B) 3

E) 6

PROBLEMA m

C) 4

Si ABCD es un paralelogramo y S1 + S3

= 9 cm2

, S2

= 4 cm2

calcule s4 .

A) 4

D) 13

B) 5

E) 14

PROBLEMA lr.r:

C) 9

Las bisectrices interiores y exteriores de un paralelogramo forman dos cuadriláteros que limitan regiones de 8 y 48 m2 de área respectivamente. Halle el área (en m2) de la región paralelográmica.

A) 16

D) 28

B) 20

E) 32

1Aíl•l=1!36t::W 1 ad

C) 24

En un trapecio las bases miden 62 u 20 u, y los lados no paralelos miden 39 u y 45 u. Calcule el área de la superficie del trapecio.

A) 1 476

D) 1 686

B) 1 116

E) 1 376

PROBLEMA ltlr

C) 1 576

En la figura ABCD es cuadrado. Calcule el área de la región triangular MND. AE = a ; QC = b .

A) AB

2 D)3

ab

B) ab2

E) ab3

C) ab 4

El radio de la circunferencia circunscrita a un dodecágono regular mide R. Calcule el área de la región poligonal regular.

B) 2R2

E) 4R2

Halle el área de un polígono regular de 16 lados, inscrito en una circunferencia de radio R .

A) R2

B) 2R2

4/2+/2 /4(2 + ñ)

C) 4R2

D) 8R2

l4+2ñ l4+2ñ

E) 16R2

l4+2ñ

Geometría

Geometría

eatN=t•Mtt-1131

Las longitudes de las medianas de un triángulo ABC son 9 u, 12 u y 15 u respectivamente. Calcule (en u2 ) el área de la región triangular ABC.

A) 36

D) 66

B) 48

E) 72

PROBLEMA l'ffl

C) 60

En un triángulo ABC sea P E AC y Q E AB tal que m L PQA = m L PCB. Si PQ = 3 cm, BC = 5 cm y el área de la región PQBC es 16 cm2, halle el área de la región triangular APQ(en cm2 ).

A) 3

D) 9

Geometría

8) 5

E) 11

C) 7

Cüi

ACADEMIA INGA

RESOLUCIÓN l.!lJ

/h A m H n C

Se pide hallar m - n.

Por el teorema de EUCLIDES:

b2 + c2 -ª 2 ª 2 + b2 -c2

m = 2b ;

n = 2b

Hacemos la diferencia: 2 2 2 2 b2 2 b +c -a -a - +c m-n =

2b

2c2 -2a2

m-n =2b

RESOLUCIÓN (iE

Por dato: b2 + n2 = 100

Por el teorema de EUCLIDES: 2 2

2 c c 2 c6ACM:b =4

+4

+ m·2

Geometria

- - - (1)

GEOMETRIA

6 ADM: n2 + � + 2m · � = 64 - - - (2)

Sumando (1) y (2): 2 c2

b2 + n2 = � + 64 'Ir+-4

= 100 - 64

2

� = 36 'Ir+- � = 6

(Claue!i)

B

Por el teorema de la mediana: 2 ª 2

2 2 2 a b2 + c2 = 2m� + 2 'Ir+- 2m.,

= b + c -2

Análogamente: 2 2 2 b2

2mb = a +c -22

2 2 b2 c 2mc = a + - 2

Elevando al cuadrado a cada miembro:

4 ( 2) 2 4 (b2 + c2f + � -2 ª2

(b2 + c ) = 4ma - - - (1)

(a2 + c2)2 + �

4

-2(�2

)(a2 + c2) = 4m� - - - (2)

(a2 + b2)2 + � -2( c;)(a2 + b2) = 4m! - - - (3)

CJI

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Geometría

Sumando (1), (2) y (3):

2-(a4 + b 4 + c4) + 2,7b2 + 2b2 c2 + 2jl/ 4 --

- 2,7b2 - 2b2c2 - 2jl/ = 4(m! + mb: + m¿)

RESOLUCIÓN Ci!J

A a

D a e

Por ley de cosenos en el D. DAM:

b2 = m2 + n2 - mn 12

[Claue1l)

B

H

- - - (1)

Por teorema de la mediana en el D. DAB: 2 2

a2+b2 = 2n2+2m2 Qr+-m2+n2 = � - -(2) 2

Reemplazando (2) en (1):

2 �+� �-� b =---mnlz f/r+-mnlz =--2 2

Trazamos CQ l. DB, obtenemos:

�DQC- �DHB

x = 2m 'Ir+- mnlz = xan./2 a

2 De éstas dos últimas igualdades :

. ª2 _ b2

xa=---2

[Claue1,9

RESOLUCIÓN [it]

A b/2 M

b2 + c2

Se pide hallar: x = �

B

b/2 c

Por teorema de la mediana en el D. ABC:

2 2 [

ªf a2 10a2

b + c = a + 2

+ 2

= -2-

RESOLUCIÓN [iil1

[c1aue!9

Por el teorema de la mediana en el D. AFB:

(R + xf + (r + xf = 2[R

; r - xf + (R

� rf

Simplificando obtenemos:

[ClauefD

Geometría

Geometría

RESOLUCIÓN .fi'i3

b

Recordemos que; a mayor mediana menor lado relativo y viceversa.

Es decir, si CM > AN > BQ

Entonces: AB < BC < AC

Por teorema de la mediana en D. AGB:

62 + 82 = 2. 52 + c2

2

c2

100 - 50 = - 'Ir+- c2 = 100 2

RESOLUCIÓN li'rn

G: Baricentro del D. ABC

O: Circuncentro del D. ABC

Geometría

(ClaueH

Si AB = c, BC = a, AB = b.

Se pide hallar: OG = x

�OMC: OM = VR2- �

.1. ABC; por teorema de la mediana:

2 2 b2

a + c = 2(3n)2 +2

2 2 2 b2

De donde: 18n = a + c -2

- - - (1)

D. MOB; por el teorema de STEWART:

2 2 [ 2 b2

) x (3n) = R n + R -4

(2n)- 2n · n · 3n

2 2 2 b2 2 3x = R + 2R - -- 6n

2 2

9x2 = 9R2 - 3b - 18n2

2 Reemplazando (1) en (2):

2 2 3b2 2 2 b2

9x = 9R - - - a - c + -2 2

9x2 =

9R2 - a2 - b2 - c2

x2 = R2 -[al! +�

;¿ + c;¿

J

RESOLUCIÓN lil:']

De la figura: n = a - b - x

- - - (2)

[Clauet:J

- - - (1)

Por el teorema de EUCLIDES en el 6 M001:

'™

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Geometría

(a + x)2 = b2 + (a + b - x)2 + 2bn - - - (2)


(a + x)2 = b2 + (a + b - x)2 + 2b (a - b - x)

Simplificando, obtenemos:

A 3 o

Por el teorema de HERÓN:

X= �f �rn + X x� - X )rn)

Elevando al cuadrado m.a.m:

9x2

= 2.(2. - x2 ) .14 2 4 2

(Clauefj

T B

x2=3(!-x2 ) � x2 =

27 _ 3x24

4x2 = 27 - 12x2 � 16x2 = 9·3

4x = 313

RESOLUCIÓN m

e

a F

2 2

mr

[Claue1l)

n D

Se traza BF // CD � m <l AFB = a.

Ahora trazamos BE, de modo que :

m <l AEB = Za.

L\ BEF isósceles: BE = EF

L\ ABE isósceles: AB = BE = a

�BE= EF = A

Como BCDF en un romboide

�BC=FD=n

Pero por condición AD = b + n

�AF=b /\ AE=b-a

L\ ABE isósceles: AH = HE

� AH= HE= b-a 2

10.. ABH: h2 = ª2 -[b

; ar

h2 = .!.(3a2 + 2ab -b2)4

Factorizando

2 1 h = 4(a + b)(3a - b)

(Claue!i)

A

10.. HC· h2 = a2 - m2 . e

b e

- - -(1)

Por el teorema de EUCLJDES en el L\ ABC

2 2 2 a2 + c2 - b2

b = a + c - 2mc � m = - - -(2) 2c

Geometría

Geometría


h� = ª2 -[ ª2 +

�:- b2

r

h2 = 4a2 c2 -(a2 + c2 -b2)2e 2 4c

h2 = (Zac + a2 + c2 -b2)(2ac -a2 -c2 + b2) e

4c2

' 2 2 h2 = ((a+ cf -b )(b -(a -c)2)

e

4c2

h2 = (a+ b + c)(a + c - b)(a + b -c)(b + c -a)e

4c2

h2 = 2p(2p -2b)(2p - 2c)(2p -Za) e

4c2

h2 = 4p(p -a)(p -b)(p -c) e 2

Teorema de HERÓN.

RESOLUCIÓN ll]

B

A

Por el teorema de HERÓN en L\ AOQ:

e

X= -2-{(3 + 12)(3-12)(12 + 1)(12 - 1)

212

X= 2-y(9- 2)(1) � 2x = 12-ñ

12

Geometría

[ClaueD

Si G es baricentro dé L\ ABC

� GC = 2·MG = 10

Por el teorema de la mediana en el L\ AGB:

62 + 82 = 2. 52 + c2

2

c2

- = 100 -50 � c2 = 1002

L\ AGB: 102 = 62 + 82, esto demuestra que la naturaleza del triángulo es rectángulo.

ld=l-1•)!1tíJt•UI 1 s l

1

1 3

[Claue1]

'™

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Geometría

Por condición del problema:

DR = BD = b, CRRD = 6, RB = 2

BC = lf9

Sea CR = a :::> a·b = 6

Por teorema de las cuerdas:

a·b = AR-2 'Ir+- 6 = AR·2 'Ir+- AR = 3

ó ACB, por teoremas de Stewart:

5a2 = 19·3 + 9·2 -(3)(2)(5)

5a2 = 57 + 18 - 30 = 75 - 30 = 45

a2 = 9 'Ir+- a = 3

Esto demuestra que el triángulo ACR es equilátero:

AC = CR =AR= 3

[ClaueJD

En AS se toma E, de modo que BE = BC = a

ó CBE isósceles: CB =BE= a

ti. ACE isósceles: AC = CE = b

ti.CBE-óACE

a b-=--

b a+ c 'Ir+- a2

+ ac = b2

[Claue!;)

•Wl-·N!•t3t•üi 111

A

Se traza CQ II AB => AB = CQ = 5

ó. ACD, por el teorema de Stewart:

25(9)= x2 .5 + 9.5 -(4)(5)(9)

225 + 180 - 36 = 5x2

5x2 = 369 'Ir+- 5x2 = 9.41

X

T x B

e

[Clauefl

""O,a---------,,-��...-r,--��:-..

En CB se toma T, de modo que BT = AB = x, como la m<i:ABC = 2a :::> m<i:T = m<i:TAB = u Observa que MH // AT, entonces; por el teorema de Thales:

a n --=--

b-a x+n

ti.ABT-ti.MHC

� = � 'Ir+- n = ab X b X


- - - (1)

- - - (2)

a b-a

ab/x 'Ir+- a ab ab b - a

=x2

+ ab x+-

Geometría

Geometría

x¿ + ab = b(b -a)

x2 = b2 - ab -ab 'Ir+- x2 = b2

- 2ab - - -(i)

ó ACD, por teorema de Euclides:

162 = 42 + b2 -2ab

b2 - 2ab = 162 - 42 = (16 - 4)(16 + 4)

b2 -2ab = 240

Reemplazando (ii) y (i):

x2 = 240 'Ir+- -

RESOLUCIÓN R]

E


ab = (R -x)(R + x)

�BTI -�ECF

!. = � 'Ir+- ab = 2Rrb 2R

De (1) y (2):

- - -(ii)

(Claue!:J

- - - (1)

- - - (2)

2Rr = R2 - x2

'Ir+- x2 = R2 - 2Rr

(Clauel:J

Geometría

Por dato: mn = a2

Observa que: SM = MH = n

Por teorema de las cuerdas :

(2n)(m) = (R - x)(R + x)


2a2 = R2 - x2 'Ir+- x2 = R2

- 2a2

Observa que OQ = OB = 312

a

- - - (1)

- - - (2)

(Claueg

� POB: PB2 = 32 + (312)2 'Ir+- PB = 3 .f3


x(3.f3) = 3.3 'Ir+-

[ClauetJ

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Geometría

A

5

Observa que: m <:i: FEA = m <:i: FSA = 0

� AFS: m 4 FAS = 90 - 0

�ABC:m .:tC = 0

Esto demuestra que el cuadrilátero CFED es inscriptible.

Por teorema: BF · BE = (9)(4)

BF ·BE= 36

También por teorema de la tangente:

x2 = BF · BE

De (1) y (2): x2 = 36

- - - (1)

- - - (2)

(Claue!:J

Por teorema de las secantes:

(x!z)(x�) = (4)(9)

x2 = 36

Por el problema 19: y2 = R(R -2r)

Por propiedad: IE2 = 4R(ra - r)

6 OIE, por teorema de la mediana:

2 2 2 IE2

X +y = 2R +2

x2 + R(R- 2r) = 2R2 + 2R(ra -r)

x2 + R2 - % = 2R2 + 2Rra - %

[Clauefi

x2 = R2 + 2Rra � \iiílliiilliilflfllliill•II

Geometría

Geometría

Si AM = .:?. => AM = 5n " PM = 3n

PM 3


(8n)(5n) = 16-10 � n = 2

También:

a(2a) = 3n(8n)

a2 = 12(2)2 � a= 413

:.-(Claue!;J

RESOLUCIÓN ffl

'

'

01 o

1 15 1

-1.. ____ ,,,,,.

Por teoremas de las secantes:

BC · BS = 3(15)

/

;

I

/

,e

- - - ( 1)

En el cuadrilátero inscriptible QHSC, se cumple también:

BC · BS = 9(9 -x)

De (1) y (2):

9 (9 - x) = 3(15)

9-x = 5

Geometría

- - - (2)

[ Clauefi)

RESOLUCIÓN ffl

Por teorema del las cuerdas.

16 5a= 16 � a=-5

- - - (1)

Por teorema de la tangente:

x2 = lO(QC) 'l¡-+ x2 = 10( 5 - 1

56

)

x2 = 2(25 - 16) � x2 = 2(9)

(ClaueD

RESOLUCIÓN IFffl

Por dato: AB = ED = c y AE = DC = m

Como BC = 2·TC � BF = 3·FC = 3n

Por teorema de Euclides.

6 DBC: (4n)2 = 082 + m2 + 2cm

6 ABO: 802 = c2 + (m + c)2 -2m(m + c)

802 = c2 + m2 + c2 + � - � - 2m2

BD2 = 2c2

- m2

- - -(1)

- - -(2)

ACADEMIA INGA

Geometría

Sumando (1) y (2):

(4n)2 = 2c2 + 2cm f/r+- 8n2 = c(c + m) ---(i)


(4n)(n) = m(c + m) f/r+- 4n2 = m(c + m) ---(ii)

(i) + (ii):

� = e(� f/r+- m 1g,<('- m(� e 2

Tenemos:

•;J/;1•)!1tBt•)a 291

� OMP: (a -x).fz =(a+ x)

a.fz-x.fz=a+x

(ClaueD

a(.fz -1) = x(.fz + 1) Qr+- x = a(.fz -1}.f2 + 1

� -= a( .f2 -1)( .f2 -1) f/r+- x = a( .f2 -1)2

( 1'2 ¡. 1)( .f2 -1)

[Clauefl

•3!;1•)!•Mt•)a 301

p

6BAM-6LBM 2

� = � Qr+- AM = � - - - (1)n AM x

6 AMP, por el teorema de Stewart:

16AM = 4n2x + n2 AL - AL·x·AM - - - (2)


n2 2 2 n2

16·-=4n x+n (AM-x)-x(AM-x)·-x X

16 = 4x + n2

- x - x(n2

-x) . .!.X X X X

16 = 4x2 +-,/ -x2 - -,/ + x2

4x2 = 16 f/r+- x2 = 4 f/r+- -

[Clauef3

K n

L

Por el teorema de la tangente:

n2 = 10(10 -x)

n

- - - (1)

Geometría

Geometría

También:

n2 = (2)(8)

De (1) y (2):

- - - (2)

16 = 10(10 -x) f/r+- 16 = 100 - lüx

T l

�KLQ- �LHM

Geometría

lOx = 100-16

lüx = 84

-----�-;

;

;

,' RQ,';

;

( Claue!i)

[Claue1J)

Por teorema de las Isogonales:

h·2R = a·c

Pero por dato h = 1 f/r+- BQ = a.e

Por R.M en el � BCQ:

a2 = BM·BQ}

En el �BAQ: c2 = BN.BQ

(ac)2 = BM·BN-BQ2

De (1) y (2):

�=BM·BN·�

BM · BN = 1

Hacemos:

(x)

- - - (1)

- - - (2)

(BM + BN)2 = BM2 + BN2 + 2·BM·BN

(BM-BN)2 = BM2 + BN2-2-BM-BN

De estas dos igualdades:

(BM + BN)2-2 · � = (BM -BN)2 + 2. �

x2 - 2(1) = 22 + 2(1)

x2 = 6 + 2 f/r+- x2 = 8

RESOLUCIÓN RJ

�AHB-�CBN 2r 2n

N

(Claue1.1)

- - - (1)

'™

ACADEMIA INGA

Geometría

�AHB- �CQB

�=2an � n={W

De (1) y (2):

RESOLUCIÓN m

A 4

Observamos que:

FQ =EH= 4

En el rectángulo AHEP:

AE = BC = a I\ AP = HE = 4

� EPA: a2 = 42 + 62

a2 = 16 + 36 � a2 = 52

RESOLUCIÓN m

- - - (2)

(ClauefD

(ClaueD

e

Dato: e + k = ./2

En cuadrilátero ABHD es inscriptible a una circunferencia, se cumple entonces el teorema de Ptolomeo:

x·n./2 =en+ kn

x.fz=c+k

x./2 =12 � -

RESOLUCIÓN m

O: Circuncentro de ll AIC.

r: Circunradio del ll AIC.

Por dato:

a+ b +e= 2p

(ClaueB

Por teorema de Ptolomeo en el cuadrilátero inscrito ABCO:

b (d + r)(b) = ar+ cr � -(d + r) = a + er

b -(d + r) + b =a+ b +e= 2pr

bd + br + br = 2pr � bd = 2r(p- b)

.·.-[Claue$)

Geometría

Geometría

RESOLUCIÓN lffl

�------f f

Por teorema de la mediana en el /';. APB:

2 2 2 l a +b = 2m +-2

Análogamente: 2

b2 + c2 = 2n2 + �

Q2 a2+c2= 2k2 +

2

Sumando (1), (2) y (3):

Recuerda esta propiedad:

x2 = m2 + n2 + mn

Teorema de Chadú:

- - - (1)

- - - (2)

- - - (3)

y2 = a2 + b2 - ab

Usando adecuadamente estas igualdades obtenemos:

Geometría

2 2 2 (Q�) m +n +k = 2

Luego:

E

/';. AJE Isósceles: AE = IE = x + 1

ll EIC Isósceles: IE = EC = x + 1

(Clauefl

Por teorema del incentro en el ll ABC:

6 a +e -=--

X b

- - - (1)

Por teorema de Ptolomeo en el cuadrilátero inscrito ABCE:

b(x + 7) = a(x + 1) + c(x + 1)

x+7 a+c x+ 1 b

De (1) y (2)

- - - (2)

X+ 7 6 2 --= - � x + 7x = 6x + 6X+ 1 X

2 1 1 X +x+-=6+-

4 4

ACADEMIA INGA

Geometría

6 ABQ = 6 PBC (LA L)

� m <r BPC = m <r BAQ = o.

m <r PCB = m <r AQB = e

(Claue!I)

Como el cuadrilátero ABED es inscriptible a una circunferencia, se cumple el teorema del Ptolomeo:

xr. f2 = cr. + dr.

2f2=c+d �

Por teorema de Vierte:

x np + mq -= y mn + pq

- - - (1)

Esto demuestra que los cuadriláteros PBFA y Por teorema de Ptolomeo: FBQC son inscriptibles a una circunferencia.

Por el teorema de Ptolomeo respectivamente.

y/ = 5/ + m/ ; xj. = 5t + nt y=5 +m;x=5 +n

Sumando ambas igualdades m·a m:

x +y= (m + n) + 10

/

A n

(Clauefl

e

mp+nq xy = mp + nq � y = - - - (2)


x = np + mq . mp + nqmn + pq x

2 (np + mq)(mp + nq) X =

mn+pq

[Claue!J

Geometría

Geometría

72 + 152 + 202 + 244 = AC2 +BD2 +4x2(T. Euler).

1250 = AC2 + BD2 + 4x2 - - - (i)

Por el problema anterior:

AC =

v(l5.20 + 7.24)(7.20 + 15.24) �AC = 207.15 + 20.24

BD = 7.20 + 15.24 � BD = 2520

Reemplazando estos dos últimos valores en (i):

1250 = 400 + 625 + 4x2

225 = 4x2 � 2x = 15

-(Clauefi

RESOLUCIÓN fr!

p

Q


ab = 125 /\(a+ 2R)(2R- b) = 350

Por teorema de las secantes.

D BSPD: AP·AS = (a + 2R)a - - - (1)

D CSPO: AP·AS = (a + R)(a +b) - - - (2)

Igualando (1) y (2):

I + 2Ra = I + Ra + ab + Rb

R (a - b) = ab � a - b = ab R

De la condición:

(a+ 2R)(2R - b) = 350 ..

4R2 + 2R� -_Q} - � = 350

Geometría

4R2 + � · ab - 125 = 350¡(

4R2 + 2(125) - 125 = 350

4R2 = 350- 125

4R2 = 225

[Claue!J

RESOLUCIÓN ni

o

Por el teorema de Ptolomeo:

OB·b = ar + cr � 08 = !..(a+ c) - - - (1)b

Por el problema 42.

Ob __ (ac + r2)(�) r---z

� =Yac+r-

Jgualando (1) y (2):

�(a+ c) = lac + r2

Elevando al cuadrado m.a.m:

r2(a + cl2 = b2(ac + r2)

r2[(a + cl2 - b2] = ab2c

r2[(a + b + c)(a + c - b)J = ab2c

r2[(2p)(2p - 2b)J = ab2c

- - - (2)

ACADEMIA INGA

Geometría

2 b2

r =-·---4 p(p-b)

ac

(Clauef.'

Por el teorema:

x2 = (12)(6)-(1: )(i) y2 = (16)(8) - (12)(6)

Q x2 - / = 72 - 128 - 128 + 72 = 169 9

(Clauef!l

p Por el teorema de EULER en cuadrilátero ABDP:

a2 + b2 + c2 + d2 = PB2 + BC2 + 4x2

L.F

RESOLUCIÓN [ID

Por el teorema de EULER:

[d b

]2 � + b2 + d2 = AC2 + BD2 + 4 T

200 + � = AC2 + BD 2 + � - 2�28

200 + 56 = AC2 + BD2

AC2 + BD2 = 256

.¡ AC2 + BD 2 = 1256

l. Veamos un ejemplo:

(ClaueD

6 AOB es Isósceles: OA = OB = R

Como m <! AOB = 120° Q AB = €3

e3 : Longitud del lado de un triángulo equiláteroinscrito en una circunferencia de radio cuya longitud es R.

----II. Según la proposición !, es verdad:

AO = OB = R.

Geometría

Geometría

111. Veamos un ejemplo:

ABCDEF: Hexágono regular

ACE: Triángulo equilátero.

Observa que: €6 < €3

B E

� AFD: Tg 15° = 2 - f3

x./2 a--

Q 2 =2-f3 a

2a -x 12 = 4a - 2a f3

e

D

(Clauet!J

x./2 = 2af3 -2a Qr+ x = 2ª({3 - 1){2

x2 = 2a2(4 - 2f3)

[Clauef.'

Geometría

,mr�·t-)!•Mt•UI 51 !

A

Como 6 FQP - 6CQB => QC = 2·FQ.

Pero: CF = 2R => QC + �C = 2R

QC = 4R/3

6 QBC, por propiedad:

x2 = R2 + [ �R r -R [ �

R]

2 25R2 4R2 13R

2 X =-----=--

9 3 9

D

(Claue1)

ACADEMIA INGA

Geometría

� AQP notable de 30° y 60°.

Si PQ = x => AP = 2x

� APF notable de 30° y 60°.

Si Ap = 2x => FA = 4x

Pero : FA = 8 = 4x � ViííMII'

[Claue!:)

Observa que: FQ = FH = b " a + 0 = 90°

� POH Isósceles:

OP = r " OH= r => PH = rl2

� PFH: (rl2)2 = a2 + b2

,---:--;::::;=�

2 ª2 + b2

r =--- � r:: 2

[ClauefD

RESOLUCIÓN m

Rl2 � BHC Isósceles: BH = HC = -2

-

� BHA notable de 30° y 60°:

BH = R.fl. �AH= R./6

2 2

Nos piden hallar:

AC = �(./6 + 12 ) � AC = R�(./3 + 1)

AC = 1;_. 12( ./3 - 1)( ./3 + 1)

AC = 1(3 - 1) � \i&lllliili•

(Claue\1)

En el heptágono regular observamos que:

AE = AD = a " AC = CE = b

En el cuadrilátero inscrito ACDE, por el teorema de Ptolomeo:

ab =ax+ bx

1 1 1 1 -=-+-=-X a b 5

x=5

(Dato)

Perímetro del heptágono regular es 35 µ,.

[Claue1!J

Geometría

Geometría

RESOLUCIÓN LiiJ

Recuerda que: 2 QlO = R(R - Q10)

o

- - - (1)

Ahora en la figura; por teorema de la tangente:

TC2 = R(R - l\0)

De (1) "(2):

TC2 = Q¡0 � TC = €10

Esto es:

RESOLUCIÓN ffl

e

6APB- 6ABC

_!L = .i � Q� = d(d - Q5)d - Q5 Q5

Geometría

- - - (2)

[Claue1l)

m


n = ;<.fs - 1); n<m

� DB = m./5

Ahora observa:

M

e

D n A m N m C

Esto demuestra que:

2 2

mis

RESOLUCIÓN tm

(Lqqd .•

n

n B

[ClauefD

' (.¡g - 1) J. Número Aureo es el número --2

- o sea:

O, 618 = O, 62 que multiplicado por la longitud "a" de un segmento mayor de "a", que ha sido dividido en media y extrema razón.

Luego, el segmento áureo es el 62% de a. ACADEMIA IN

GA

Geometría

II.

o

Como DB es bisectriz, se cumple:

QlO __ R + QlO n- 2 R Q ·u - QlO = R(R -Q10)

De donde:

111. e

6ABC- 6APB

�=.E_� Q�=Q(Q-Qs)Q -Q5 Q5

Resolviendo Q5 = i< 15 -1)

Los polígonos tienen que ser regulares, en caso contrario esto no se cumple.

(Claue!D

Po d .. , Qs R r con 1c1on: - = -b 4

- - - (1)

En la figura observamos que b es una diagonal del pentágono, entonces:

Q5 .!?.( 15 -1) � Q5 = 15 -1 - - - (2)2 b 2

De (1) y (2):

� = l5 - l � R = 2(15 -1) - - - (i)4 2

También en el 6 AOD:

R = �( 15 - 1) - - - (ii) 2

De (i) y (ii):

i = (�) = 2(ffeéi)

RESOLUCIÓN [D

6ABM: x = t'10

� X = 3_( l5 - 1)2

B

(Clauej!l

(Claue1j]

Geometría

Geometría

e

6 PCD, por ley de cosenos:

x2 = 2(2 - 2C2 cos 72º

x2 = 2C2(1 - sen 18°)

x2 = 2Q2

[1 -(154- l)

]

x2 = 2Q2

[5 �15

]

2 x2 = !...(10 -215)4

6AFP;;:6QGD

e

=> AF = FP = QG = GD = n

Geometría

[Clauefl

AP = QD = 1( 15 -1)

Luego: n=i(l5-1)24

2n = 1(6 - 2./5)

Ahora. KQ = 2n + 1( 15 -1)

KQ = !(6 -215) + i(l5 - 1) 2 2

l.

11.

2K = 6 -215 + 15 -1

e

6 BCP isósceles: BC = CP = (5

CP Sección Aúrea de AC.

Se cumple: CP = Q5 = %< ./5 - 1)

o

[Clauefl

ACADEMIA INGA

Geometría

!:iAOB-!:iABD

� = _B._ 'Ir+' e10 = R(R - e10)R- 010 010

III.o

6 PBQ: PQ = es = 5

Se cumple:

e

X= Q(l5 -l) /2(15 - 1) 2

(Claue!J

X= !_(l5 -1)2 f/r+' X= !._(6 - 215) 4 4

Luego:

[Claue�

RESOLUCIÓN 111:J

B

A�

X � BHM: Sen 18° = Q/2

15-1 Pero: Sen 18° = -4

-

X 15-1 Igualando: - = --Q/2 4

ldi·N!•tiJt•l:1s11

A

[Claue!;J

Por relaciones métricas en el � PBQ:

Q\0

= (R - x)(2R)

Despejando: e2

x=R-� � 2R:.

[Claueg

Geometría

Geometría

RESOLUCIÓN [;!:]

Qn

1 A X H o

2R-x

Por teorema en el � ABC:

Q2 2 Q2x(2R -x) = ...!!. 'Ir+' O = x - 2Rx + ...!!.

4 4

Resolviendo:

También:

(2y)2 = x(2R)

2 R y =

TX

� y2 = �[ 2R -{ �

R 2 -Q�]

�AMO:

ap�n = R2 -y2

2 -R2 [2R2-R{4R2 -Q�]ªP2n - - 42 [2R2 +R{4R2 -Q�]ªP2n = 4

Geometría

(Lqqd.w

�-t--.:i:-�-----------E�ª·

�···" __ }

OD .l EB � ED = DB /\ AC = CE

R-a Si OH = a � EQ = QH = --º

' n 2

(Lggd.w

Recordemos que, dos polígonosson isoperimétricos, como su nombre lo indica, cuando tienen el mismo perímetro, sea cual fuere el número de lados de cada uno de ellos.

Si un hexágono regular y un octágono regular son lsoperimétricos, entonces se cumple:

Perím.(hex.) = Perím(oct.) = 6R

3R8·e8 = 6R rzr+- e8 = -4

Gráficamente:

o

A

" _ 3R•a -4

B

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Geometría

Por ley de Cosenos:

[3Rj2 4

= 2x2 - 2x2 Cos 45°

x = 3RJ

2 + .f2.4 2

[Clauefi)

Podemos resumir la teoría de polígonos regulares isoperimétrico.

Cuando se pasa de un polígono regular a otro polígono regular isoperimétrico con el primero, de doble número de lados:

*1 º La apotema del polígono regular isoperimétrico de doble número de lados es igual a la media aritmética del radio y apotema del primero.

*2ºEI radio del polígono regular isoperimétrico de doble número de lados es la media geométrica entre el radio del primero y la apotema del segundo.

Advertencia.- Al pasar de polígono regular al polígono regular isoperimétrico de doble número de lados observamos:

*lº Que el radio disminuye

*2ºQue la apotema aumenta.

*3° Que la diferencia entre el radio y la apotemadel nuevo polígono isoperim�ico de doblenúmero de lados, es menor que el cuarto de la diferencia entre el radio y la apotema del polígono dado.

(Clauefl

•;JJ.-t·i!•t3t·ia121 Por el problema 70.

x = -(3-R-/8-){-;::2=(2=+=.fi::;:2:;::-)Racionalizando:

4.fz . ./2-.fz x=-------

3{2 + .f2. h- .f2.

4pl.f2-.f2. X= -"-----

2/Jl

o

A' •

1\

(Clauef¡]

,,

,,

'

A"

y

Sea A' el simétrico de A respecto al rayo ili.

Sea A" el simétrico de A respecto al rayo Oy.

La longitud mínima que debe tener su trayectoria seguida para llegar a la posición inicial, pasando por el punto P y Q de cada lado del ángulo es:

A'A".

t:;. A' M", EF es base media, por teorema:

[Claueti)

Geometría

Geometría

B

D

A H

Si BD es simétrico de la altura BH con respecto a BC, entonces el t:;. HBD es Isósceles:

BH = BD = Q/3/2

�ABO:

l.

[Clauefl RESOLUCIÓN m

(F) El triángulo equilátero no tiene centro desimetría, veamos por qué?

A e

Se traza la recta e, que pasa por el baricentro G y es secante al triángulo en los puntos E y E

Por una simple inspección:

En consecuencia, "G" no es centro de simetría.

Geometría

11. (V) veamos el gráfico.

Eje de Simetría

Observa que OA = 08 = r

En consecuencia, todas las rectas infinitas que pasan por el centro de la circunferencia son ejes de simetría.

A y B son simétricos respecto al centro O de la circunferencia .

Jll. (V)

E'

Observamos:

t:;.ABC:6AB'C

t:;. D' CD = t:;. E' AE

D'E' simétrico de DE respecto de la diagonal

AC.

En consecuencia, los pentágonos regulares son congruentes.

(ClaueD

cm

ACADEMIA INGA

Geometría

•4:J.1•1'•t3(•ül 76!

l. (V)

La recta C divide en dos partes congruentes, tales que cada una de ellas es la simétrica, con respecto a /!, de la otra parte. Esta recta se llama eje de simetría de la circunferencia, como la circunferencia tiene infinitos diámetros, entonces tendrá infinitos ejes de simetría.

11. Veamos:

O: Centro de simetría.

T iene cuatro ejes de simetría.

111. (V)

O: No es centro de simetría.

T iene 3 ejes de simetría.

IV (F) El triángulo equilátero es un polígono regular y no tiene centro de simetría.

(Clauet!J

l. (F) veamos con un ejemplo que no cumple .

En primer lugar figuras simétricas con respectoa un punto.

O: centro de simetría

Ahora figuras simétricas con respecto a una recta llamada eje de simetría.

E---- ---3---- ----

-----------

--------------- ----

---- ---

C: eje de simetría.

Resulta que la simetría de la letra E, dibujada en la parte superior en la figura, con respecto al centro O, es la letra "E" invertida, que aparece en la parte inferior en la figura.

11. (F). Si dos figuras son simétricas respecto aun punto, no necesariamente son simétricasrespecto a una recta que contiene a dicho punto simultáneamente, sólo en algunos casos particulares.

Ejemplo:

Geometría

Geometría

A B O B' A'

El simétrico del segmento AB con respecto a "O" es el segmento A'B' que está en la misma recta AA'.

También los segmentos son simétricos respecto a la recta "(!'' que contiene al punto "O".

III. (V) Veamos:

A o

El simétrico de cuadro ABCD con respecto al centro "C" es el cuadrado A'B'CD'.

También son simétricas respecto a una recta que contenga a dicho punto.

C: centro de simetría.

C: punto común

[c1auefl

•íl:J.1•1'•t3t•)a zal

b B'

A a D

Geometría

B' simétrico de B con respecto a la recta AC.

D' simétrico de D con respecto a la recta AC.

Luego se unen ordenadamente y se obtiene el polígono buscado AB'CD', pues es el simétrico de ABCD co.!!._!especto a la recta que contiene a la diagonal AC.

El trapecio AD'BC es isósceles, en donde se cumple el teorema de Ptolomeo:

b2 = a2 + xia2 + b2

(c1aueD

E

E' simétrico de E con respecto a la recta e.

D' simétrico de D con respecto a la recta C.

P simétrico de F con respecto a la recta e.

C' simétrico de C con respecto a la recta C.

Unimos ordenadamente y obtenemos el hexágono buscado ABC'D'E'F', es simétrico al primer hexágono respecto a la recta C.

'™

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Geometría

El perímetro de � E'QC es:

2P = 3a + 3al3 + 3ª2 2

RESOLUCIÓN (:Ii]

[ClauefO

l. (F) la circunferencia tiene un centro de simetríae infinitos ejes de simetría.

11. (V) Veamos

m

n

a b

m//n v a/lb � O es centro de simetría. Así se pueden trazar infinitas rectas paralelas secantes con las otras dos paralelas, determinándose infinitos centros de simetría.

111. (V) Veamos

3 ejes de simetría 4 ejes de simetría

IV (V) Solamente cuando el polígono regular tiene un número par de lados, tiene centro de simetría.

[Claue\i)

RESOLUCIÓN l':n

l. Veamos a continuación las 26 primeras cifrasu.:::!l'Tlales:

1t = 3,14159265389793228462643383 ...

Desde la antigüedad se trató de determinar el valor del número 7t.

Arquímedes lo expresó por la fracción 272 ,

que da su valor con un error menor que 2 milésimos.

Adriano Metius expresó el valor de 7t por la fracción �i! , que da su valor con error menor que medio millonésimo.

En la resolución de problemas es preciso adoptar un valor aproximado de 1t; en general se considera 1t = 3,14, o bien 1t = 3,1416.

11. La razón entre la longitud de la circunferenciay el diámetro, es igual a un número constante. Ese número constante se llama "pi" y se lo designa por la letra griega "1t", que tiene ese nombre. Así:

111. La longitud de la circunferencia es el límitecomún al que tienen los perímetros de los polígonos regulares inscritos y circunscritos a la circunferencia, cuando se doble indefinidamente el número de lados de estos polígonos.

IV Este número 1t, razón entre la longitud de la circunferencia y el diámetro, es un número irracional.

[Clauefl

Rectificación de la circunferencia, este problema consiste en hallar un segmento de longitud igual a la longitud de una circunferencia dada.

El problema no puede resolverse exactamente con la regla y el compás. Se han dado multitud de construcciones aproximadas, de las que expondremos la siguiente que nos da la rectificación de un cuadrante.

Geometría

Geometría

Sea

E

mAB = mBC = mCD = 60°

� AB = BC = CD = t6

= R

Con centro en "A" y radio AC trazamos un arco, lo mismo hacemos con centro en "D" y radio BD; los dos arcos se interceptan en E.

* EO .l AD

Ahora trazamos el arco EF con centro en "C" y radio CE ; "F" en la circunferencia. Se trata de demostrar que la cuerda ''DF" es la cuarta parte de la longitud de la circunferencia, para lo cual demostraremos que si el radio de la circunferencia es la unidad, la longitud de "DF" es 2:.

.2 En la figura; sea: OE n BC = {M}

� OM= {3_ OE=fz· ME=fz- {3 2 '

' 2

� EMC : CE = CF = ./3 - f6

Por el teorema de Ptolomeo obtenemos la longitud de FO, esto es:

FO= .¡4 _ CF2 + CF/32

FD = fl+76 + 13 /376 = fl+7'6 + ./ 9 - 154 2 2

Geometría

FO= 1, 8572 + 1, 2851 = 3, 14232 2

En la resolución de los problemas se adopta un valor aproximado de 1t, Es decir 7t = 3,14.

Luego FO = 2:, el número 1t con error menor que2

una milésima.

En consecuencia la cuerda DF es equivalente a la cuarta parte de la longitud de la circunferencia con menos error de una milésima del radio.

Por dato: AC = 4 � AB = BC = 2.fl.

� TBP : x = .fl. · .fl. � \,,a..,

[ Claué1i]

o R

'™

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Geomet:ria

Por relaciones métricas en la circunferencia:

(a/3)2 = a(2R - a)

3a + a = 2R f/r+ R = 2a

Longitud de la circunferencia será: L = 2TtR

RESOLUCIÓN lml

E

En el cuadrilátero no convexo 8TDC; por propiedad:

900 2e+--= 180-e11

3e = 180 - 9oo = 180(1 - �) 11 11

3e = 180 (6) 'Ir+ e= 360 11 11

Pero: e = c = 360 11

Ademas: I-= 2Tt(-c-)� 360

6 = ZnR(360/11)

360 2TtR = 66

�-·

En la circunferencia de centro

01 : m <l CPM = 45 � CM = e4!:;:::,._ C01M: e = rf2 'Ir+ 2r = ef2

N T

(Claue!3

( Clauí1])

p

e

Geomet:ria

Geometria

Por una simple inspección:

m <l OUT= 53°

Luego: L-= 2Tt(i)(�)UT 2 360

K

Sea EF = a

!c1aueD

Por el centro tracemos OM // KF y uniendo M con K tenemos:

608M-68FK

Q OM = 08 'Ir+

a/2 = 08

FK 8F a 8F

08= 8F2

Es decir que el segmento MK ha de pasar por 8. Se verifica que el triángulo OLM es equilátero y por

consecuencia LM es igual al radio ( LM = E:)·

Q LLM = 21[( � )( 3�0

0)

!c1aue'3

Geometria

RESOLUCIÓN l':T:1

A

En ell:;:::,..ABC :

B

!:;:::,._ AN8 = !:;:::,._ CM8 (AL<\)

Q 8N = 8M = MD = a

!:;:::,._ DN8 notable de 30° y 60°

Luego: 20 = 30° 'Ir+ 0= 15 °

Ahora: L80 = 2Ttr[ :6º0]

L __ Ttrso-6

Perímetro de la figura sombreada:

c

[c1aue!D

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Geometría

RESOLUCIÓN ffl

e

A (€/2) M (€/2)

� 0 1MA; por el teorema de Pitágoras:

(Q - xf = (Q/2f +(�+X t

2 1 Q2

Q2

1 Q - 2Qx + � = - + - + Qx + �

4 4

D

Q x=-

Longitud de la circunferencia de centro 0 1 será:

nQ

[c1aue!D

G

14 H

E

EJiP

L - L - L - L - 2 7rc llrc 7 18 DE+ EF+ FG+ GH = rc+2+2+ re= 7t

[c1aue1D

tJ. OBC; por ley de cosenos : 2

: ({6 -12.f = R 2 + R2 - 2R2Cos9

Simplificando: Cos 9 = � � 9 = 30°

Además si: AB = R 12. � m <l AOB = 90º

También si: CD = R 13 � m <l COD = 120°

Por lo tanto: m <l AOD = 120°

tJ. AOD: R/3 = 6 q¡--. R = 2/3

Luego: LA6 = 2n(213)[ !!�]

[c1aue11l

Geometría

Geometría

Dato: AB = 2.a5 = 2(15 + 1)

Pero: a5 = ¡< 15 + 1) = 15 + 1

R=4

Recuerda que:

�(15 + 1)2

Luego: m <l AOC = 72°

Longitud del arco AE:

••J$.i•1!•t!IM�l 94!

A 01 o R

Geometría

H R

[ Clauefl

02 B 1

Recordemos por teoría; los puntos E, F y B son colineales.

En el tJ. OEB; 03F // OB entonces:

tJ.03E F- tJ.OEB

�=-ª- q¡--. X=� R a+b a+b

{Claue!:J

/.{º

R ; 36°• / I

; ; ,'R

e / I

I

I

D

tJ. COD: 72° + 72° + m <l COD = 180°

m <l COD = 36°

15-1 Como: CD= -2

-

� .!3_( 15 - 1) = l5 - l q¡--. R = 1 2

. 2

L __ 2n· 1(36) q¡--.co- 360

( Claue$)

Clil

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Geometría


�( {s + 1) = {s + 1 rzr. R = 2 2

L _ =

2n(2)(108) rzr. AB 360

RESOLUCIÓN ffl

l. Claro está, el área de una región debe dependerdel tamaño de la región solamente.

Ejemplo :

A e M Q

b 1 b 1

1 1 SsAC = 2bh I\ SMNQ = 2bh

:. SABC = SMNQ Il. Según el postulado del área.

H

A toda región poligonal le corresponde un número real positivo único.

III. Según el postulado de la congruencia.

Si dos triángulos son congruentes, entonces lasregiones triangulares determinadas por ellostienen la misma área.

Cuando los polígonos son congruentes,también se cumple.

mr

IV Una reg1on triangular es la reunión de un triángulo y su interior.

Lo mismo es una región poligonal.

[Claue1)

•WJ.1•)!•At•Rlss ll. (F) Veamos:

SABCD = (2)(6) = 12 "SMNPQ = (3)(4) = 12

:. SABCD = SMNPQ Cuando dos figuras geométricas en el plano son equivalentes, tienen áreas iguales sin embargo no son congruentes dichas figuras.

II. (F) Sí existe, veamos:

S = a2

a S

1_ f--a--l

S = a2

111. (F) Tienen lado común y altura común,veamos:

a

B p e Q

(Claue1]

Geometría

Geometría

�AFD:

Luego:

a213

"'

S AEF = --= Y 3 rzr. a = 2 4

4 = n2 (8 + 9,/3 + 8 - 9,/3)

4 = n2(16) rzr. n2 = ..!.. rzr.4

n=-

SABCD = ¡(8 + 413)

(Claue!i_,

•füif.1•)!•t9t•Ui 1001

A 4/3 D

� OBC; por Menelao (AM Sec):

Geometría

2n·a·(a + b) = n·b·2(a + b)

a=b

=> SAOD = 2·SAPO = 12

SOQo = SAPO = 6

Luego:

s + 24 = (413 +2413/3)(413)

S + 24 = 32 rzr. '-Mllíliill'iltl

A D

(Claue1Jl

� ACD: (2n)(n) = 6(nfs) rzr. n = 3{5

SABCo = 2(3{5)2 = 90cm2

(Claue{O

1¡J:f-t•)!•teit·)�l 102!

A E b D

Por teoría: ACADEMIA IN

GA

Geometría

::::> SABCD = 2ab = 36 rzr--. ab = 18

UJ�i•)!lt.Jt•UI 103 ¡

B 2C/3

4S

e 6S

A e

S 4 Por semejanza: MBE = -SAMD 9

Por teoría:

(Claue1l)

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

o

SAMB = SoME = 6S

También:

9S + 12s + 45 = i( �e + e)

e2

S=-30

[Claue!9

Por teorema de la tangente:

T?2 = (8n)(n) rzr--. TP = 2n 12

� P DC: PC = 5n./2

� 7n./2 = a rzr--. 7n = �12

Área pedido:

SABCD = (7n)2


B

� BCH es notable de 30° y 60°.

� BTO; Si OT = r ::::> BT = r/3

Pero:

Luego:

SABCD = (2rf3)(2r)

- - - (1)

- - - (2)

[Clauefl

[Clauefl

Geometría

Geometría

RESOLUCIÓN Rim

A Q

Área pedido: SMNPQ = S

S = 36 -(x2 + (6 -x)2J

S = 36 - (x2 + 36 - 12x + x2]

o

S = 12x - 2x2 - - - (1)

En CD:

6-x+2./7+6-x=6

X = 3 + f7 - - - (2)


S = 12(3 + ./7) - 2(3 + ñt

S = 36 + J.:l-fí' - 32 - J.:l-fí'

[Claue1':J

Geometría

' /

P n'<);'. I Q

/

/

e

RQ: altura del paralelogramo.

Donde :

RQ = m + n.

De la figura:

bmS1 +Sz+M = 2

bn S3+N =2

Sumando (1) y (2):

- - - (1)

- - - (2)

51 + S2 + S3 + (M + N) = %(m + n)

Ademas:

bS4 + (M + N) =

2(m + n)

Igualando éstas dos ecuaciones:

Luego:

M

S4 = S1 + Sz + S3

S4 = 9 + 4 rzr--.

Q

Por dato: SMNPQ = 48

SEFGH = 8

N

p

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Geometría

Pm· propiedad:

SMNPQ - SEFGH SABCD = 2

Reemplazando valores:

A

48-8SAsco=

-2-

S = 20

20 p

39

I

I I

1

1

h'!

Q 42

[C1a11etl

D

Spco = ./63(63 - 39)(63 -45)(63 -42)

Simplificando:

SPCo = 756

Por otro lado:

756 = .!(42)h � h = 36 2

SABCP = (20)(36) = 720 Luego:

SABCo = 720 + 756

.'. s = 1476

[f1a11e\J

A m M

B: excentro del � MNO.

� AM = MT = m; TN = NC = n

6MTQ-6ETN

m b � mn =ab a n

Por teoría:

A

SMND = mn

S = ab

D

[c1aue'3

Geometría

Geometría

De.la figura: 2

S = � Sen30'

R2 S=-

4

Área pedido: 12 S

(ClauetD

Es suficiente hallar el área del triángulo elemental de un polígono regular de 16 lados, veamos:

2

S = � Sen(45º/2)

R2

[ 1

] S=2 ./4+212

Área pedido: 165

1m1,.1.,.11;[1]�11131

B

Recordemos:

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[Claue1l)

� M = 9 + 12 + 15 � M = lS 2

Reemplazando valores:

SABC = �./18(18 - 9)(18 - 12)(18 - 15)

Simplificando:

[Claue1)

B

6AQP-6ACB

-- = - � 25x = 9x + 9.16 X [312

x+ 16 5 }6x = 9.)-6 �

[ClauetD

Cill

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