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Centro Preuniversitario UNSM-T Seminario de Geometría

SEMANA N° “1 y 2” “INTERSECCIÓN DE FiGURAS GEOM.SEGMENTOS, ANGULOS Y TRIÁNGULOS.

1. Hallar el Máximo número de puntos de intersección de 13 figuras de la forma “W” A)1624 B)1436 C)1728 D)1248 E)1324 SOLUCIÓN: Cálculo de K = Máxima cantidad de puntos de corte de 2 figuras al intersectarse:

NPImáx=kn(n−1)

2=16.13(13−1)

2

NP I máx=1248 puntos

Rpta ( D )

2. Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A , B, C y D, tal que:

CD = 4AC y BD – 4AB = 20. Calcular BC.

A)3 B)4 C)5 D)6 E)8

SOLUCION:

Se grafica ubicando la

Incógnita BC = X

y los datos, con el dato

Numérico tenemos:

BD−4 AB=20⟹ (x+4 a)−4 (a−x )=20 ⟹ x+4 a−4a+4 x=20

X=4……….Rpta (B)

3. Se tienen los ángulos consecutivos: ∡AOB; ∡BOC y ∡COD; tal que ∡AOB = 30°, ∡COD = 40° y ∡AOC + ∡BOD = 110° Calcular la mitad del complemento del ∡BOC .

A)5° B)15° C) 25° C)35° D)30° E)20°

SOLUCIÓN

Por dato: ∡AOC + ∡BOD = 110°

( X+30 ° )+( X+40 ° )=110°

2 X=40 °

X=20 °

Piden:C x

2=90 °−20 °

2=35 ° Rpta ( C )

K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16K = 16

4 a

x

a A

BA

(a−x)C D

A

B

CD

40°

30°

X

O

1


4. En la figura, determinar el valor de “K” siendo L1/¿ L2 :

A10 B)15 C)20 D)25 E)30

SOLUCION:

Por conjugados internos:

(6k + 15°) + (2k + 5°) = 180°

8k = 160° ⟹ K=20°…. Rpta (C)

5. Calcular un ángulo si el complemento de la cuarta parte del suplemento del complemento del ángulo es igual al complemento del doble del ángulo mas 16°.

A)16° B)18° C)24° D)22° E)34°

SOLUCIÓN:

Sea el ángulo X: interpretamos el enunciado:

90 °−14

S C x=C2x+16 °

{90 °−[180−(90−x ) ]

4 }= (90−2 x )+16 ⟹ 360−180+(90−x )=360−8x+84

x=22 ° ……………………Rpta ( D )

6. En un triángulo rectángulo ABC, siendo “M” y “N” puntos medios de sus catetos AB y BC respectivamente, “P”: punto medio de MN; si BP = 5cm. Hallar AC

A)10 B)15 C)20 D)25 E)30

SOLUCION:

Por propiedad de la mediana relativa

a la hipotenusa en el ∆rectángulo MBN:

MP = PN = BP = 5

En el ∆rectángulo ABC MN es base

media de AC, luego:

AC = 2(MN) =2 ( 10 ) = 20 ….. Rpta (C)

7. Un triángulo equilátero tiene como perímetro 72m. determinar el diámetro de su circunferencia inscrita.

A)3√3 B)6√3 C)8√3 D)4 √3 E)9

SOLUCIÓN:

X °

2k+5°

L16k+15°

L2

CA

M

B

N5P5

5

2


Del Perímetro: Siendo AB = BC = AC = L

Entonces: 3L =72 → L = 24, en la figura:

∆ retáng.AHO: tang 30°= r12

=√33

→ r=4 √3

Luego : Diámetro =2r =8√3

Rpta ( C )

8. Los ángulos de un triángulo son proporcionales a los números: 3; 6; y 9 respectivamente, Hallar la razón de la suma de los valores extremos de dichos ángulos con el valor intermedio.

A)5/2 B)2 C)3 D)4 E)3/2

SOLUCION

Sean los ángulos internos: A, B y C de un Triángulo ABC :

por dato : A3

=B6=C9=K ⟹ ⟹ A+B+C=18K=180 ° ⟹ k=10

A=30° ; B= 60° y C=90°

Piden : r=A+C

B=30°+90°

60° ⟹ r=2 ….. Rpta (2 )

9. En la figura, calcular “x”

A)30° B)60° C)75° D)45° E)50°

SOLUCION :

Del gráfico Los ángulos ABP y CBQ, son

Complementos del mismo ángulo PBC,

Luego ABP = CBP = α y :

el ∆PAB ≅∆ QCB, PB = BQ,

En el ∆PBQ isósceles: 2X = 90°

X = 45° …. Rpta ( D )

1212

30°A

30°

O

HC

B

r

2r

L

A =3K

B = 6K

C= 9K

C

X°P

Q

BA

C

X°P

Q

BA α

α

X°

3


10. Dos lados de un triángulo miden 4 y 6. Calcular el máximo valor entero que puede alcanzar a medir el tercer lado.

A)6 B)7 C)8 D)9 E)10

SOLUCIÓN:

Por el teorema de la desigualdad triangular:

6−4<X<6+4 2 ¿ X ¿ 10 :

Los valores enteros de X son: 3; 4 ; 5; 6; 7; 8; 9

Luego: X máx=9 Rpta ( D )

11. En el hexágono regular ,Hallar la razón de los ángulos “X” e “Y”

A)3 B) 2.5 C)2 D)1 E)3/2

SOLUCIÓN :

Al trazar AC, se forma el triángulo equilátero ABC:

Tal que X = 60°, y el ángulo exterior y = 360°

n ;

n = N° de lados = 6

Y = 360°6

=60 °; luego: XY

=60°60°

=1

Rpta ( D )

12. Hallar la razón geométrica que forman el ángulo central de un pentadecágono regular con el ángulo exterior de un polígono regular de 360 lados.

A) 12 B)24 C)8 D)4 E)1

Solución:

piden ∡C15

∡C360

=?

Para el Pentadecágono reg.; ángulo central : ∡C15=360 °15

=24 °

Para el políg. reg. de 360 lados; su ang.central: ∡C360=360 °360

=1°, luego

6

X

4

Y

X

Y

X

B

C

A

4


∡C15

∡C360

=24 °1 °

=24………………………….Rpta( B )

13. para dos polígonos equiángulos la suma de sus ángulos externos es 66° y la diferencia de sus ángulos interiores es 6°. Encuentre sus números de lados.

A)10 y 12 B)8 y 10 C)5 y 7 D)13 y 15 E)14 y 15

SOLUCIÓN:

Sean los dos políg. equiángulos de lados m y n respectivamente:

∢em+¿¿ ∡en ¿66 °….(1) 360°

m+ 360°

n=66 ° simplif. 60 (m+n )=11m. n ….(1)

∡ im−∡ in=6 ° … (2) 180° (m−2)

m−180 ° ( n−2 )

n=6 ° ,simplif. tenemos :

60 (m−n )=m .n…(2)

Reemplazando ( 2 ) en ( 1 ) : (m+n )=11 (m−m ) …. (3 )Deduciendo de (3) : m =12 y n = 10…. Rpta ( A )

14.Calcular “x” si ∡ A+∡B=¿ 200º

a) 132º b) 145º c) 100º d) 150º e) 95º

SOLUCION:En el cuadrilátero ABCD:→ ∡ A+∡B+2α+2θ=¿ 360º → +¿ = 80º …( 1)En el triángulo PCD : x + + = 180º …( 2) ; luego: de ( 1 ) en ( 2):x = 100º …………………………………………Rpta ( c )

15.En el grafico calcular “x”

a) 75º b) 72º c) 90º d) 60º e) 54º

SOLUCIONSumando ángulos interiores: 3 + 2 + 7 + 3 = 360 ;5 + 10 = 360 → + 2 = 72

x = 72º …………………………….Rpta( b )

x

P

D

C

B

A

x

3

7

2

5


16. En la figura calcular el radio de la circunferencia de centro “O” sabiendo que PA = 8 y la m ∡ APB = 74°.

A)4 B)5 C)3 D)6 E)3√3

SOLUCION:

Por Propiedad de tangentes comunes:

PO es bisectriz del ∡ APB ⇒ m ∡ APO = m ∡ OPB = 37°

Además: OA ⊥ AP Luego en el ⊿ OAP DE 37° y 53 ° :

AP=8=4k ⇒ k = 2 Finalmente OA = 3k ⇒P = 3(2)

∴ R = 6………..Rpta( D )

17. En la figura la m ∡ CPD = 55°.Calcular la m AB A) 55° B)65° C)60° D)70° E)80°

SOLUCIÓN:

Por ángulo inscrito

55° = m^CD2

⇒ mCD = 100°

Luego por ángulo interior

90° = mCD+m AB

2

90°= 110°+X2

⇒ 180°=110° + X

∴ X= 70° ………………….. Rpta ( D )

18. Si la suma de las perpendiculares bajadas por los vértices de un paralelogramo a una recta exterior es de 40cm. Hallar la distancia del punto de corte de las diagonales a la misma recta anterior. A ¿20cm B ¿30 cm C ¿10cm D ¿15cm E ¿40cm SOLUCION: Se cumple que:

o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•

A

P

B

53°o•

P

B

A

R 37°37°

A

B

C

D

P

B

X55°

A

B

C

D

P

X

55°

55°

110°

6


x=a+b2

………………………….(1)

x= c+d2

………………………….. (2)

Sumamos (1) y (2):

2 x=a+b+c+d2

x=10cm ………………………..(C)

19. En la figura calcular el radio de la circunferencia de centro “O” sabiendo que PA = 8 y la m ∡ APB = 74°.

A)4 B)5 C)3 D)6 E)3√3

SOLUCION:

Por Propiedad de tangentes comunes:

PO es bisectriz del ∡ APB ⇒ m ∡ APO = m ∡ OPB = 37°

Además: OA ⊥ AP Luego en el ⊿ OAP DE 37° y 53 ° :

AP=8=4k ⇒ k = 2 Finalmente OA = 3k ⇒P = 3(2)

∴ R = 6………..Rpta( D )

20. En la figura la m ∡ CPD = 55°.Calcular la m AB A)55° B)65° C)60° D)70° E)80°

SOLUCIÓN:

Por ángulo inscrito

55° = m^CD2

⇒ mCD = 100°

Luego por ángulo interior

90° = mCD+m AB

2

90°= 110°+X2

⇒ 180°=110° + X

da x

c

b

o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•o•

A

7

P

B

53°o•

P

B

A

R 37°37°

A

B

C

D

P

B

X55°

A

B

C

D

P

X

55°

55°

110°


∴ X= 70° ………………….. Rpta ( D )

21. ABCD es cuadrado y P es un punto exterior y relativo a CD, talque m ∡CPA = 90.Calcular

la m∡APDA)45° B)60° C)30° D)37° 53°

SOLUCIÓN:

Graficando y considerando datos se tiene :

Trazamos la diagonal AC , luego :

m∡ACD = 45

ACPD es un cuadrilátero inscriptible

∴X = 45 ……………Rpta ( A )

22. En la figura , calcula x.A)5 B)6 C)3√2 D)3√3 E)5√2

SOLUCION:

Se trazan AB y BC formando el triángulo rectángulo ABC.

Se prolonga BH hasta el extremo C,

Luego por teorema de las

Cuerdas: X . X=(4 ) (9 )→ X2=36→ X=6

Rpta ( B )

23. En la figura calcular CT, si AC = 3 y R = 1A) √2 B) √3 C) 2 D)√5 E)2√3

SOLUCION:Sea CT = “X” , por teorema de la tangente :

X2=ACxBC → X2=3 x1=3 ∴ X=√3

Rpta ( B )

24.En la figura, M es el punto medio del arco AB, Hallar la medida del ángulo ABM

a) 25º

8

45°

A

BC

D

P45°

x°

x

4 9

x

4 9A

B

C

H

x

A BR

T

C

A BR

T

Co• 1 11

X

70º 50º

C


b) 30º c) 45º d) 50º e) 55º

SOLUCION:

Completando ángulos y arcos según propiedades :

∡ AMC=1402

=70 ;∡CMB=1002

=50

Arco AM = 2x ; Arco MB = 2x ; Luego :140º + 100º + 2x + 2x = 360º 4x = 120º

x = 30º ………………………….Rpta ( b

25.En la figura O es centro de la circunferencia, la medida del arco AC es 84º , calcular

a) 15º b) 20º c) 25º d) 30º e) 14º

SOLUCIONEn La figura: el ángulo AOC es ángulo central, Luego:

m∡AOC=m AC ;m∡ AOC=840

El ángulo ABC es un ángulo inscrito

Luego: m∡ABC=m AB2

m∡ABC=420

42º + + 2 = 84º = 14……………………Rpta ( E )

26.Siendo ABCD un romboide Calcular x, si B y D son puntos de Tangencia

a) 30º b) 40º c) 50º d) 20º e) 10º

9

x x

50º 70º 2x 2x

100º 140º

70º 50º

M

B

C

A

2

O

C

A

B

84º

42º

84º

2

O

C

A

B

15º xD

CB

A


SOLUCION:

En el gráfico: = 30º

Por propiedad de ángulos

x + = 180º ………( 1)

2x = - 30º …………..( 2 )

Resolviendo (1) y (2)

X = 50º ……………………..Rpta ( C )

27.En la figura calcular “r”

a) 1 b) 4 c) 3 d) 2 e) 6

SOLUCION:

por el teorema de ponceletx + 17 – x = 2r + 11 + r6 = 3r r = 2 …………………..Rpta ( d )

28.En la figura hallar la altura BH, si AB = 2 y BC = 12

a) 3 b) 4 c) 5 d) 2 e) 1

SOLUCION:Trazar el diámetro BDDónde :BD = 2R; ∡ ABH=∡DBC=¿Por el teorema de las rectas isogonales:a.c. = BH (2R)

2. 12 = BH ( 8 ) BH = 3 ………….Rpta ( a )

29.En la figura , Hallar AC, si CD = 1, BC = 9 AO = OB

10

15º x

D

CB

A

x

xr

11 + r

17 - x

4O

HC

B

A

D

2

4O

HC

B

A

D

AB

C

O


a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

SOLUCIONDel gráfico:AC = CP (por el teorema de las cuerdas )PC . CA = BC. CD ; x . x = 9 . 1→ x2 = 9∴ x = 3 …………………………….Rpta ( C )

30. Si A , P y B son puntos de tangencia, calcular la m∡APB.

A ¿30 °

B ¿60°

C ¿90 °

B ¿45 °

B ¿53 °

SOLUCION:

Al trazar la tangente “ L ” por el punto “ P ” , interceptando a AB enQ, resultando que los triángulos AQP y PQB son isósceles donde:

Por consiguiente: m∡PAQ=m∡APQ=α

También: m∡QPB=m∡PBQ=θ

En el ∆ APB : α +α+θ+θ=180°

De donde: α +θ=90 °

Y puesto que: m∡APB=α+θ

∴m∡APB=90 ° ………………………….RPTA(C)

11

19 x

x

O

PD

AB

C

B

A

P

L

B

A

P

Q

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