IGOS S OTS

1SAN MARCOS GEOMETRÍA TEMA 1

GEOMETRÍATEMA 1

TRIÁNGULOS Y LÍNEAS NOTABLES

DESARROLLO DEL TEMA

TRIÁNGULO

A

B

C

Elementos:• Vértices:A,B,C• Lados:AB,BC,AC

Definición:Perímetro=2p2p=AB+BC+AC.

Nótese:partesombreadaeslaregióninterior

Observación:(Regióninterior)∪ (iABC)=RegióntriangularABC

I. CLASIFICACIÓN

1. Por la medida de sus lados:

a≠b≠c

c

a b

Escaleno

b

a a

Isósceles

a a

aq q

q

q=60°

Equilátero

2. Por la medida de sus ángulos interioresA) Oblicuángulos

0<a,b,f<90°

a f

b

a,b,f:agudosAcutángulos

90°<q<180°

q

q:obtusoObtusángulos

B) Rectángulos

q=90°

f

f:ángulorecto


22 SAN MARCOS GEOMETRÍATEMA 1

II. TEOREMAS BÁSICOS* Existencia

c

a b

b–a<c<b+a

Observación:

A

B

CT

p<TA+TB+TC<2p

* Correspondencia

b a

a b

Sia > b⇒a>b

a q

b q = a + b

a b

q a + b = q +180°

a + b = q + g

gq

a b

f

a + b = q + f

a

q

b

Observaciones:

A C90–q

B

2q

iABC:isósceles

A

aa

B

C

AB = BC

a

b

a

b=90°



LÍNEAS NOTABLES

• CevianaB

A D C F

BD:CevianainteriorBF:Cevianaexterior

• Altura

A

B

HC

BH:Altura

Observación:

A

B

FH

DC

H:ortocentrom∠BCA = m∠AHD

• BisectrizB

A

F

C Ja

a

q q

AF:BisectrizinteriorBJ:Bisectrizexterior

Observación:I:Incentro

m∠AIC =90+B2

A

B

I

C

Observación:

A

BE

C

E:Excentro

m∠AEC = B2

A

B

C

E

E:Excentro

m∠BEC =90–A2

• Mediatriz

A

B

CM

L

AM=MC

L:MediatrizrespectoaelladoAC

Observación:

A

B

CM

O

L2

L1

L1yL2mediatrices

O:CircuncentrodeliABC



Problema 1EnelgráficoAB= BC = AC,calcula"x".

a

a

wM x

B

R

Q

N40°

40°80° 60°

80° CA

P SAN MARCOS 1996

NIVEL DIFÍCILResolución:

• DeldatoseobservaqueeliABC es equilátero.

• m∠PQC =40°• Seam∠MNP= w⇒ iRQN : a + w +40°=180° a + w =140°• iMNP:x+ w +a=180 →x+140°=180° x=40°

Respuesta: 40°

Problema 2Enlasiguientefigura,calcula"x".

2q

a

2a

q

A

x

B

C

P

SAN MARCOS 1998 NIVEL FÁCIL

Resolución:

• Delgráficoseobserva:

APC:2q +2a =90° q + a =45°

• EnlafiguraABCP: a +x+ q =90° a + q +x=90° 45°+x=90° x=45°

Respuesta: 45°

Problema 3Calcular"BQ",siPH=2uyBH= 7u.

C

QP

B

HA aa

A) 2u B) 5u C) 6uD) 3u E) 4u

Resolución:

C

QP2

5 xq

q q

B

HA aa

• Seam∠APH = q = m∠BPQ ⇒ m∠BQA=q

• EltriánguloPBQ(isósceles) BP = BQ ∴x=5u

Respuesta: 5u

PROBLEMAS RESUELTOS

• Mediana

A

B

CM

SiAM= MC

⇒ BM:mediana

Observación:

A

B

T N

GCM

E

G:Baricentro

Se cumple: BG =2GM AG =2GN CG =2GT

Observación:

2m

m

A

B

I

I:IncentrodeliABCA

B Em

2mC

E:ExcentrodeliABC

m nnK

xmK

a

x=aK


GEOMETRÍATEMA 2

CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS

DESARROLLO DEL TEMA

I. DEFINICIÓN Sondostriánguloscuyosángulossonrespectivamente

deigualmediday,además,susladoscorrespondientesdeiguallongitud(ángulosyladoshomólogos).

A Cb

B

ac

b a

q

A' C'b

B'

ac

b a

q

Entonces: m\ABC = m\A'B'C' BC = B'C' m\BAC = m\B'A'C' y AB = A'B' m\ACB = m\A'C'B' CA = C'A'

II. CASOS DE CONGRUENCIA Parapoderafirmarquedostriángulossoncongruentes,

esnecesarioquetreselementosenunodeellosseandeigualmedidaquelostreselementoscorrespondientesenelotrotriángulo,delosque,porlomenosuno,debeserunlado.

Loscasosmáscomunesson:

A. Lado-Ángulo-Lado (L. A. L.)Dostriángulossoncongruentessitienenunángulointerior de igualmedida y, ademas, los lados quedeterminanadichosángulosson,respectivamente,deiguallongitud.

Nota:Paralacongruenciadedostriángulos,existensiempretrescondiciones.Deestasnuncadebefaltarunpardeladoscorrespondientescongruentes.Solo cuando se demuestra que dos triángulos soncongruentes, se puede afirmar que a los ladoscongruentes se oponen ángulos congruentes yviceversa.

CA

c a

B

b

qC'A'

c a

B'

b

q

Sim\BAC = m\B'A'C' AB =A'B',AC= A'C'

→ i ABC ≅ iA'B'C'

B. Ángulo-lado-ángulo (A. L. A.) Dostriángulossoncongruentessitienenunladode

igual longitudy,además, losángulosadyacentesadichosladosson,respectivamente,deigualmedida.

CA

B

b

b qC'A'

B'

b

b q

SiAC= A'C'm\BAC = m\B'A'C' m\ACB = m\A'C'B'

→ i ABC ≅ iA'B'C'

C. Lado-lado-lado (L. L. L.) Dos triángulos son congruentes si sus lados son,

respectivamente,deiguallongitud.

CA

c a

B

b

qC'A'

c a

B'

b

q

SiAB= A'B' BC = B'C' → i ABC ≅ iA'B'C' AC = A'C'


66 SAN MARCOS REGULAR 2015 – IIGEOMETRÍATEMA 2

III. APLICACIONES DE LA CONGRUENCIAA. Teorema de la bisectriz

Todopuntoquepertenecealabisectrizdeunánguloequidistadelosladosdedichoángulo.

mQ B

d

PRd

bisectrizA

Hm

Oqq

Sea:OP Bisectrizdel\AOBSi:R∈ OP ,RH OA y RQ OB→RH=RQAdemás:OH= OQ

B. Teorema de la mediatriz

Todopuntodelamediatrizdeunsegmentoequidistadelosextremosdedichosegmento.

m m

dd

PL

BA

Sea: L mediatrizdelsegmentoAB.Si:P∈ L→ PA = PB

• Observación: Lossiguientestriángulossonisósceles.

q q qq

mmm m

• Consecuencia:

m m

bq

nn

f g

aa

q = b

a=b

g = f

→

ba

IV. BASE MEDIA DE UN TRIÁNGULO

Definición

Eselsegmentoquetieneporextremos,lospuntosmediosdedosladosdeuntriángulo.

1. Teorema de la base media

Entodotriángulo,unabasemediaesparalelaa labaseysulongitudeslamitaddelalongituddedichabase.

b2

M

m n

n

bA

N

C

B

m

Enlafigurasi:AM=MByBN= NC

MN:basemedia

Entonces:

MN // AC MN=y AC2

2. Teorema de la mediana relativa a la hipotenusa Entodotriángulorectángulolalongituddelamediana

relativa a la hipotenusa es igual a lamitad de lalongituddedichahipotenusa.

mmA

B

m

M C

Enlafigura

BM:medianarelativaalahipotenusaaACdel ABC.

Entonces:

BM= AC2

Observación:

Dostriángulosrectángulosseráncongruentes,cuandotengandoselementosbásicoscongruentes,estosdoselementossonsuficientesyaquesiempreexistiráelángulorecto.



PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1

Hallar la hipotenusa de un triángulorectángulo sabiendo que sus ladosforman una progresión aritmética derazón4u.A) 30u B) 25u C) 32uD) 20u E) 41u

UNMSM 1998

NIVEL FÁCIL

Resolución:

a–4 a

a+4

Planteamiento:Pidena+4

Análisis de los datos:

Delgráfico:

(a–4)2+a2=(a+4)2

a2 =(a+4)2–(a–4)2

a2 =4(a)(4)a=16∴a+ 4 =16+ 4=20u

Respuesta: 20 uProblema 2El iABCesequilátero.HallarRSsi:AP = PC =8 3m.A) 10m B) 13m C) 15mD) 12m E) 14m

UNMSM 2000NIVEL DIFÍCIL

Q

CPSA

R

B

Q

Resolución:

60°

B

30°Q

C60°30°

x

S60°

A P

30°

R 12 3 16 3

4 3

8 38 3

6 3

10 3

16 3

Planteamiento: PidenRS=xAnálisis de los datos:

AP = PC = 8 3 → AB = BC = AC =16 3

En PQC(30°y60°)→ QC = 4 3

En RBQ(30°y60°)→ RB =6 3

En ARS(30°y60°)→ AS = 5 3

∴x= 5 3 x=15mNOP

JKL 3

Respuesta: 15 m

Problema 3SiAB=BMyAM=MC.Hallarx.

B

2a

A M Cx

a

A) 20° B) 15°C) 25° D) 10°E) 30°

UNMSM 2003NIVEL INTERMEDIO

Resolución:

aMHA

2a 2a

aa

P

Cx

B

2aa

aa

Planteamiento:xAnálisis de los datos:iABM(isósceles)AH=HM=a→ m∠ABH=m∠HBM=a

Entonces:AM=MC=2aTrazamos:MP BCPorelteoremadelabisectriz:MH=PM=a∴ MPC(not30°y60°)x= 30°

Respuesta: 30°


GEOMETRÍATEMA 3

CUADRILÁTEROS Y POLÍGONOS

DESARROLLO DEL TEMA

POLÍGONOS

a

b c

d

e

aa

a

a a

L

L L

L

L

aa

a

a a

Convexos No convexos

Equiláteros Equiángulos

Regulares

n(n 3)#D 2

s i 180 (n 2)

180 (n 2)i n

s e 360

360e n

360c n

n(n 1)#Dm 2

°

°

°

°

°

–=

= –

–=

=

=

=

–=

CUADRILÁTEROS

I. DEFINICIÓN

Sonaquellasfigurasdeterminadasaltrazarcuatrorectassecantesycoplanares,queseintersectandosados.Lossegmentosquesedeterminansonsusladosylospuntosdeintersecciónsonsusvértices.

AA°

B C

D

B° C°

D°

Convexo

A°+B°+C°+D°=360°

x°= a°+b°+q°

A

B

C

D

x°a

b

q

No convexo

II. CLASIFICACIÓN A. Trapezoides

A

D

CB

Trapezoide asimétrico

#Dm=Númerode diagonalesmedias



B

A C

D

Trapezoide simétrico

B. Trapecios

B

A

C

D

Bases

//BC AD

B

A

C

DT.Escaleno

B

A

C

Da a

B

A

C

D T.Isósceles T.Rectángulo

C. Paralelogramos

B

a°A

C

D

b°

b°

a°AB // CDBC // AD

B

A

C

Da≠90°

Romboide

A

D

B

C

Rombo

B

A

C

D

B

A

C

D

Rectángulo Cuadrado

III. PROPIEDADES BÁSICAS

A. En el Trapecio

M N

a

b

MN= a+b2

MN:BasemediaMN//Bases

a

b

P Q

PQ = a–b2

PQ//Bases

B. En el Paralelogramo

B

A

C

D

O

AO = OCBO = OD

B

A

C

D

m

nb

a

a+b= n+m

C. En todo Cuadrilátero

A

B

C

D

Q

R

S

P

→ PQRSesunparalelogramo



PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1Larelaciónentrelasmedidasdelángulointerior y exterior de un polígonoregulares3/2.Calcularsunúmerodediagonales.A) 1 B) 2 C) 3D) 4 E) 5

Resolución:

Dato:

i 32e

=

180⇒

(n 2)3n

360 2n

–=

1

n(n 3) 5(5 3)D 2 2– –= =

Piden: 1n(n 3) 5(5 3)D 2 2

– –= =

DT = 5

Respuesta: DT = 5

Problema 2En un polígono convexo, desde 3vértices consecutivos se han trazado8 diagonales. Calcular la suma de losángulosinternosdedichopolígono.A) 700° B) 710° C) 720°D) 730° E) 740°

Resolución:1.ervértice:n–32.dovértice:n–33.ervértice:n– 4Entotal:3n–10=8 3n=18 n =6Piden: Si =180(6–2) Si =720°

Respuesta: Si = 720º

Problema 3EnuntrapezoideABCD,secumple:AB = BC = CD; calcula m∠ABC sim∠BCD =60ºym∠BAD =50º.

UNMSM 1998NIVEL FÁCIL

A) x=160° B) x=140°C) x=120° D) x=100°E) x=90°

Resolución:

A

Bx

C

D50°

60°80°

60°

50°60°

Piden:m∠B =xUnimos BD para que el DBCD seaequilátero,porloquem∠CBDes60º.El DABDesisósceles(AB=BD).

Entoncesm∠ABDes80ºm∠B = m∠ABD + m∠CBDx=80º+60ºx=140º

Respuesta: x = 140º


GEOMETRÍATEMA 4

CIRCUNFERENCIA I

DESARROLLO DEL TEMA

I. DEFINICIÓN Esaquellafigurageométricaformadaportodoslospuntos

deunplanoqueequidistandeunpuntofijodelmismoplanollamadocentro.

II. ELEMENTOS

Or

Centro :O Radio :r

Nota:MedidaAngular:360°MedidaLongitudinal:2pr

III. ELEMENTOS ASOCIADOS A LA CIR-CUNFERENCIA

•Cuerda:AB

CS

B

QP

A

N

T

LTLS M

•Diámetro:PQ PQ=2r •ArcoAB •PuntodeTangencia:T •RectaTangente:LT •RectaSecante:LS •Flecha:CS IV. PROPIEDADES FUNDAMENTALES

1. Si:AB//CDsecumple:

A B

C D

a b mAC=mBD

a=b

2.

A

D

Cb

aB

Si:AB=CDsecumple: mAB=mCD a=b

3. Si:OP ⊥ ABsecumple: P

AB

O

M

AM=MB mAP=mPB

4. Si: L rectatangente

L

T

Oa

secumple:

5. Si:A,Bsonpuntosde A P tangencia,secumple: AP = PB

CIRCUNFERENCIA I

1212 SAN MARCOSGEOMETRÍATEMA 4

6. Si:AP y PBysonpuntos

aq

A

O

B

P

detangencia

Nota:SitepidenelinradiodeuntriángulorectánguloseránecesarioaplicarelteoremadePoncelet.Sisetieneelgráfico.

qq

A

O B

ysetienem]ABCesconvenientetrazar

V. CIRCUNFERENCIA INSCRITA EN UN TRIÁNGULO

Esaquellacircunferenciaqueestangentealosladosdeuntriángulo.

Nota:Todo triángulo tiene una circunferencia inscrita asu centro, sedenomina incentro y sedeterminaalintersectarselasbisectricesinteriores,ademáselradiosedenominainradio.

DACUTÁNGULO DOBTUSÁNGULO DRECTÁNGULO

VI. CIRCUNFERENCIA CIRCUNSCRITA A UN TRIÁNGULO

Esaquellacircunferenciaquecontienealosvérticesdeuntriángulo.

Nota:Todo triángulo tieneuna circunferencia circunscritacuyocentrosedenominacircuncentroysedeterminaalintersectarlasmediatricestrazadasacadaladodeltriánguloycuyoradiosellamacircunradio.

DACUTÁNGULO DRECTÁNGULO DOBTUSÁNGULO

Nota:Setiene:

T

rA

rBa

a

2a

Setraza

VII. TEOREMA DE PONCELET Entodotriángulorectángulolasumadeloscatetoses

iguala la longitudde lahipotenusamásdosveceselinradio.

A

r

B C

AB + BC = AC +2r

*rinradiodel

ABC

VIII. TEOREMA DE PITOT En todo cuadrilátero convexo circunscrito a una

circunferencialasumadelosladosopuestossoniguales.

AB + CD = BC + AD

A

BC

D

Nota:El teorema de Pitot se puede aplicar en cualquierpolígonoconvexocuyonúmerodeladosseapar.

Sidoscuerdassoncongruentes,entoncesladistanciadelcentroendichascuerdassoncongruentes.

Losúnicosparalelogramosquesepuedaninscribirenunacircunferenciasonelrectánguloyelcuadrado.

CIRCUNFERENCIA I


PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1Calcula:"x".(T:puntodetangencia)

2x

T

x

A) 18° B) 14° C) 16°D) 12° E) 13°

Resolución:

T

2x2x

r

r

O4x x MV

Piden:xDVOT(m] VTO=2x)m]TOM=4xOTM

4x+x=90º5x=90º

x=18ºRespuesta: 18°

Problema 2Enelgráfico,siAB=50,BC=70yAC=60.Calcula AQ. (P, Q y T son puntos detangencia)

PB

CT

AQ

A) 28 B) 20 C) 30D) 22 E) 23

Resolución:Piden:AQ=x

PB 70

C

60

50

Q A

T

x

Porpropiedad:CQ = CP =pDABC= 50+60+ 70

2 CQ = CP =90⇒ 60+x=90x=30

Respuesta: 30

Problema 3Calcula el perímetrodel triánguloBTCsielcuadradoABCDtieneunladocuyalongitudesiguala10.

B C

A D

PT

B C

A D

10

aq

a

P

5 5O

T

10

A) 28 B) 20 C) 35D) 30 E) 23

Resolución:Piden:2pDBTC

ODC(Not.53°2)

a=53°2

⇒ q=37ºTBC(Not.37ºy53º)

2pDTBC=30Respuesta: 30


GEOMETRÍATEMA 5

CIRCUNFERENCIA II

DESARROLLO DEL TEMA

I. ÁNGULOS ASOCIADOS A LA CIRCUN-FERENCIA

A. Ángulo Central

O a

A

B

Delgráficosecumple:

mAB = a

B. Ángulo Inscrito

a

A

B


mAB =2a

C. Ángulo Semi–inscrito

P B

Aab


mAB =2a

mAPB =2b

D. Ángulo Ex–inscrito

x b

a


x= a + b2

E. Ángulo Interior

qa x


x= a + q2

F. Ángulo Exterior

Caso 1

x PA

Bb

a

DelgráficoAyBsonpuntosdetangencia

x= b–a2

x+ a =180°

CIRCUNFERENCIA II


Caso 2

xT

ab

DelgráficoTespuntodetangencia

x= b–a2

Caso 3

xa

b

Enelgráfico:

x= b–a2

II. CUADRILÁTERO INSCRITO EN UNA CIRCUNFERENCIA

Esaquelcuadriláterocuyosvérticespertenecenaunamismacircunferencia.

A

BC

D

ABCD:CuadriláteroInscritooCíclico

III. PROPIEDADES Entodocuadriláteroinscritoenunacircunferencia,los

ángulosopuestossonsuplementarios.

a

bDA

BC

a + b =180°

Nota:

a b

ab

IV. CUADRILÁTERO INSCRIPTIBLE

Es aquel cuadrilátero que se puede inscribir en unacircunferencia, por lo cual, deberá cumplir con laspropiedadesanteriores.

Uncuadriláterovaaserinscriptiblesisecumple:

1. 2.

aa

3. 4.

b

b

Nota:

La medida longitudinal y la medida angular deuna circunferencia de radio "r" es 2pr y 360ºrespectivamente.

CIRCUNFERENCIA II


Problema 1

Si:mAB = mCD4

,calculamEF

A

B

b

D

E

FP

A) mEF =20° B) mEF =60°C) mEF =80° D) mEF =30°E) mEF =10°

UNMSM 1997 NIVEL FÁCIL

Resolución:

Delosdatosyelgráfico:

mAB =20°;mCD =80°

Enlacircunferenciamenor:

mP = mCD–mAB2

= 80°–20°2

mP =30°

En la circunferencia mayor, por seránguloinscrito:

mEF2

= mP ⇒ mEF =60°

Respuesta: mEF = 60°

Problema 2Enelgráfico,calculax.

B

PD

CxE 30°

A) 28º B) 30º C) 10ºD) 22º E) 23º


Resolución:

BA

a a

b

b

PD

CxE 30°

Delgráfico:30º +a+b= 180ºa +b =150º

Enlacircunferencia:mEA+2a+2b=360ºmEA +300º= 360º⇒ mEA =60º

x= mEA2

Poránguloinscrito:x=30°

Respuesta: 30º

Problema 3Enelgráfico,calcula:mBD – mCF,si:mAMD – mENF=15°

A

M

B

E

NF

CP

D

UNMSM 1996 NIVEL DIFÍCIL

A) 18º B) 30º C) 15ºD) 12º E) 20º

Resolución:

P = mAMD – mBD2

Delgráfico:P = mENF – mCF

2Luego:

mENF – mCF2 = mAMD – mBD

2

mBD – mCF – mAMD – mENF

mBD – mCF = 15°Respuesta: 15º

PROBLEMAS RESUELTOS


GEOMETRÍATEMA 6

PROPORCIONALIDAD Y SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS

DESARROLLO DEL TEMA

I. TEOREMA DE THALES "Tres omás paralelas determinan sobre dos omás

secantessegmentosproporcionales". Lasrectas 1 2 3, yL L L sonparalelasylasrectasmynson

secantes,luegosecumple:

m nA

B

D

E

FC

L1

L2

L3

AB DEBC EF=

Corolario "Todaparalelaaunladodeuntriánguloqueintersecaa

losotrosdosoasusprolongaciones,determinansobreellassegmentosproporcionales".

De(a):

BM BNMN // AC MA NC⇒ = ;De(b): QBPBPQ // AC BC BA⇒ =

a. b.

A

M

B

N

C

P Q

B

A C

"Entodotriángulosecumplequelosladosqueformanelvérticededondepartelabisectrizinterior(exterior)sonproporcionalesalossegmentosdeterminadospordichabisectrizsobreelladoopuesto".

Enlafiguraa),BD es bisectrizinterior,luegosecumpleque:

AB BCAD DC=

En la figura b),BE es bisectriz exterior, luego secumpleque:

AB BCAE CE=

a.

A C

a a

B

D

b.

aa

A C

B

BE, es bisectriz exterior, luego se cumple que:BCAB

AE CE=

a.

b.

Observación:• ElTeoremadeThalesesunteoremaunívoco,eso

quieredecirquetienequehaberrectasparalelasparaquehayasegmentosproporcionalesynolocontrario.

• Tener en claro la teoría de razón y proporcióngeométrica,yaqueenestecapítuloseutilizaráesosconceptosconrelaciónalados,segmentos,etc.

• Establecer la diferencia entre triánguloscongruentesysemejantes.



Problema 1Enlafigura,calcular"x",si a // b // c

.

A

B

C x9

D

E

F

4x

a

b

c


A) 18 B) 6 C) 10D) 12 E) 13

Resolución:Sia//b//c,porelteoremadeThalessecumple:

AB DEBC EF=

Reemplazandolosdatos:x x9 4=

x 6=∴

Respuesta: 6

Problema 2EnuntriánguloABC,setrazalabisectrizexteriorBP(PenlaprolongacióndeCA),eneltriánguloPABsetrazalabisectrizinteriorPL, talque laprolongacióndeCLintersecaaPBenE.CalcularPE,siBL=3,PC=10yBC=8.


A) 18 B) 6 C) 10D) 12 E) 13

Resolución:

8 L

B qq

3 E

aa

3n5n

AC10

EnlafiguranospidenPE=x,enDCBL,por teorema de la bisectriz exteriortenemos:

CE 8nCE 8EL 3 EL 3n

== →

=

PROBLEMAS RESUELTOS

2

4a

3

4 6

8

TRIÁNGULOS SEMEJANTES

tienen

esdecir

Lamismaforma

Susángulossoncongruentes

Dosparejasdeigualángulodeigual

medida

Dosparesdeladosdemedidasproporcionalesyelángulo

comprendidodeigualmedida.

Sustresparesdeladosdemedidasproporcionales

Lasmedidasdesusladoscorrespondientessonproporcionales.

Diferentetamaño

loscriteriosdesemejanzason:

II. DEFINICIÓN Dos triángulos son semejantes si tienen sus tres

ánguloscongruentes,o,sustresladosrespectivamenteproporcionales.

Según loexpuesto, si los triángulosABCyMNPde lafigurasonsemejantes,estosedenotaasí:

ABC MNPD D

Secompruebaquesusángulossontalesque:m A m M;m B m N;m C m P∠ = ∠ ∠ = ∠ ∠ = ∠

Endostriángulossemejantesseverificaquelarazóndecualquierparejadeladoshomólogos(sedenominanlados

homólogosaaquellosqueperteneciendoadostriángulossemejantes se oponena ángulos congruentes), es unnúmeroconstante,llamadorazóndesemejanza.

AB BC AC kMN NP MP= = = ,dondekeslarazóndesemejanza.

A

B

C

N

M Pqq

b

b

aa



EntoncesCL=5n,luegoenel,porelteoremadelabisectrizinteriortenemos:

x 103n 5n=

∴x= 6

Respuesta: 6

Problema 3EnunDABC(BC =BC),lasalturasBHyAQseintersectanen"O",talque:OH =1yOB= 8.CalcularAC.

UNMSM 2002 NIVEL DIFÍCIL

A) 18 B) 6 C) 10D) 12 E) 13

Resolución:

a

B

Q

CA

O

Hb b1x

x/2 x/2a

8

O

Enlafiguranospide:AC =x

SielDABCesisóscelesyBHesaltura:

xAH HC 2= =

Ycomo:m]OAH = m]OBQ = a

Resultaque:

BHC ∼ AHO

x / 2 19 x / 2=

∴x=6

Respuesta: 6


GEOMETRÍATEMA 7

RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO RECTÁNGULO Y LA CIRCUNFERENCIA

DESARROLLO DEL TEMA

I. TEOREMA DE LAS CUERDAS

¿Qué es cuerda?

A

B

AB: Es cuerda (segmento que une 2 puntos de lacircunferencia).

m b

a

n

A

BC

DAB y CDsoncuerdas:

a.b=m.n

Ejemplo:Hallar"x"

42x

x

18

II. TEOREMA DE LA TANGENTE

¿Qué es una tangente?

A B

AB:estangente.(Rectaqueintersecaalacircunferenciaenunsolopunto).

ab

x

x2 =a.b

x: Tangentea: Secanteb: Parteexternadelasecante

Ejemplo:

Hallar"x".

x

9

3

RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO RECTÁNGULO Y LA CIRCUNFERENCIA


Problema 1CalculaAB.SiBC =10yDC2 + ED2 + AE2 =56

B

CDE

A


A) 3 20 B) 2 11 C) 2 10

D) 5 10 E) 2 20

Resolución:Utilizando el teorema de Pitágoras,tenemos:

BDC: BC2 = DC2 + BD2..........(I)

BED: BD2 = ED2 + BE2 ..........(II)

BAE: BE2 = AE2 + AB2...........(III)

Sumando(I),(II)y(III)obtenemos:BC2 = DC2 + ED2 + AE2 + AB2

102 =56+ AB2

44 = AB2

AB =2 11Respuesta: B) 2 11

Problema 2Los radios de dos circunferenciastangentesexternasestánenlarelacióndeunoatres.Lastangentescomunesexterioresmiden4 3uysecortanenE.CalculaladistanciaentreelcentrodelamayoryE.


A) 12m B) 10m C) 11m

D) 15m E) 20m

Resolución:

O

H r rr

3r2r

4 3m

O230°

A B E

SepidecalcularOE

AB=2 3r.r ⇒ r=2m.UnimosloscentrosconE.SeobservaqueOO2=4r;OH=2r⇒ m∠OO2H =30⇒ m∠OEA=30°yyaquer=2u;OA =6u

En el OAE: OE =12m

Respuesta: A) 12m

Problema 3En el trapeciomostrado calculaHD si AC =6,AH = 4 y BC =2

B

A

C

H D


A) 12 B) 5 C) 3D 15 E) 2

Resolución:B

AH D

C

x 2

2

4E

A partir del vértice C se traza unaparalelaaBD.• DondeDBCEesunparalelogramo

• Enel ACE

A H E

C

4

6

X+262 =4(6+x)⇒x=3

Respuesta: C) 3

PROBLEMAS RESUELTOS

III. TEOREMAS DE LAS SECANTES

¿Qué es una secante?

A B

AB:esunasecante(rectaqueintersectaalacircunferenciaen2puntos)

b

y

x

a

x.y=a.b

a,x:Secante b,y:Partesexternasdelassecantes


RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS

DESARROLLO DEL TEMA

GEOMETRÍATEMA 8

I. TEOREMA DE EUCLIDESA. Teorema 1

Entodotriángulosecumplequelamedidadelladoopuestoaunánguloagudoes iguala la sumadeloscuadradosdelasmedidasdelosotrosdoslados,menoseldobleproductoentrelasmedidasdeunodeestosladosylaproyeccióndelotrosobreél.

B

a

CA

c

mH

a

bDeacuerdoalafigurasiendoa<90y"m"lalongituddelaproyecciónsecumple.

a2 =b2 + c2 –2bm ...(1) Observación

En el AHB: m =cCosa

En (1): a2 =b2 + c2 –2bcCosa Teorema deCosenos.

B. Teorema 2En todo triángulo obtusángulo se cumple que elcuadradodelamedidadel lado,opuestoalánguloobtuso es iguala a la suma de los cuadrados delasmedidas de los otros dos ladosmás el dobleproductoentrelasmedidasdeunodeestosladosylaproyeccióndelotrosobreél.

B

H A Cb

ac

m

Enlafigura:a >90yAHeslaproyeccióndeABsobreAC (AH =m),luego:

a2 =b2 + c2 +2bm ...(2)

Observación

En el AHB:m=cCosa.

En(2) a2 =b2 + c2 –2bcCosa "Teoremadecosenos"

II. RECONOCIMIENTO DE LA NATURA-LEZA DE UN TRIÁNGULO

DadoeltriánguloABC,dondeAB =c,BC= ayAC=b,siendoa>b>c,entoncesseverificaque:

a2 <b2 +c2 ⇒ el iABCesacutángulo a2 =b2 +c2 ⇒ el iABCesrectángulo a2 >b2 +c2 ⇒ el iABCesobtusángulo

A. Teorema de Stewart

A

c

m n

xa

B

F Cb

SiBFesunacevianaentoncesseverificalasiguienterelación:

c2n +a2m =x2b+bmn (3)

Observación Sieltriánguloesisóscelescona=claexpresión(3)

sereducea:a2 =x2 + mn



B. Teorema de la mediana

A

c mba

B

M Cb

SiBMesmediana(BM= mb)secumplelosiguiente:

c2 +a2 =2(mb)2 +b2

2

Observación Siendolasmedidasdelasotrasmedianasma y mc se

cumpleque:

(ma)2 +(mb)2 +(mc)2 + = (a2 +b2 +c2)3

4

C. TeoremadeHerón

A C

B

c a

H

hb

b

BHesaltura(BH=hb):p= a+b+c2

p(p–a)(p–b)(p–c)2

bhb =

D. Teorema Ptolomeo Entodocuadriláteroinscritooinscriptible,elproducto

de las longitudes de sus diagonales es igual a lasumadelosproductosdelaslongitudesdesusladosopuestos.

DA

B

C

c

nma

b

d

C

lABCD:inscritoenlacircunferenciaC. AB =a;BC=b,CD= c,AD=d AC = m y BD = n Secumple: m.n=a.c+b.d

III. RELACIONES MÉTRICAS EN EL CUA-DRILÁTEROA. Teorema de Euler Entodocuadriláteroconvexoonoconvexoseverifica

alasiguienterelación.

B

A D

NM

C

(AB)2 +(BC)2 +(CD)2 +(AD)2 =(AC)2 +(BD)2 +4(MN)2

B. Teorema de Viette(Segundo Teorema de Ptolomeo)En todo cuadrilátero inscrito o inscriptible en unacircunferencia,larazóndelaslongitudesdiagonalesesigualalarazóndelasumadelosproductosdelaslongitudesdelosladosqueocurrenalosextremosdecadadiagonalrespectivamente.

DA

B

C

cn

ma

b

d

Secumple:mn

ad+bcab+cd=

C. Teorema de ArquímedesEsuncuadriláterodediagonalesperpendicularesseverificaque:

A

BC

D

AB2 + CD2 = BC2 + AD2



D. Teorema de ChadúEn todo cuadrilátero inscrito enuna circunferenciao inscriptible, talque tresvértices son losvérticesdeuntriánguloequilátero,entoncesladistanciadelcuartovérticemásalejadoesigualalasumadelasdistanciasdeestealosotrosdosvérticesdeltriánguloequilátero.

A C

BP

ac

b

l

l

l

Secumple: PA= PC + PB

→ C =a+b

E. Teorema de MarlenEsunrectángulo, lasumade loscuadradosde lasdistancias de un punto cualquiera a sus vérticesopuestossoniguales.1.

A D

Bb c

da

P

C

P:puntointeriordelrectánguloABCD.

Secumple: a2 +c2 =b2 +d2

2.

A D

B C

P

x n

m y

P:eselpuntoexteriordelrectánguloABCD. Secumple:

x2 + y2 = m2 + n2

Observación:ElteoremadeMarlentambiénsepuedeaplicarauncuadrado.El punto P puedeubicarse en cualquier parte delplanoquecontienealrectángulo,inclusoelteoremasesiguecumpliendosiPestáenelespacio(fueradelplanoquecontienealrectángulo).

Problema 1ABCDesunrombo,BM=MC,AM=9yDM=13.CalculaAB.

AD

C BM

A) 8 B) 9 C) 10D) 11 E) 12

Resolución:

Ax

D

C

13 xx

T

B

x9

M

Calculodelamediana:132 +92 =2x2 + x

22

x=10

Respuesta: C) 10

Problema 2EnuntriánguloABC,AB= C; BC =ayAC =b.Sia2 = b2 +c2 – bc.Calculelamedianadeunodelosángulosinteriores.A) 45° B) 53° C) 37°D) 30° E) 60°

Resolución:

A

B

C

c a

bq

PROBLEMAS RESUELTOS



Teoremadecosenos:a2 =b2 +c2 –2bcCosq

Dato:a2 =b2 +c2 –bc

⇒ 2bcCosq =bc⇒ q =60°

∴ Cosq = 12

Respuesta: E) 60°

Problema 3EsuncuadradoABCDexterioryrelativoaBCseubicaelpuntoP.Sim]BPC =90°y PB + PC =10 2siOescentrodelcuadrado,calcule:PO

A) 6 B) 10 C) 14D) 8 E) 12

Resolución:

A

Ba b

P

x

m m

D

C

O

m 2

mBPCO(Ptolomeo)

xm 2 = ma+ mb

x 2 =10 2

x=10

Respuesta: B) 10


GEOMETRÍATEMA 9

ÁREAS DE REGIONES TRIANGULARES Y SUS RELACIONES

DESARROLLO DEL TEMA

I. REGIONES POLIGONALES Unaregióntriangularesunconjuntodepuntos,reunión

deuntriánguloysuinterior. Unaregiónpoligonaleslareunióndeunnúmerofinito

deregionestriangularesqueseencuentranenunplanodado,talesquesidoscualesquieradeellasseintersecan,suintersecciónesobienunpuntoounsegmento

Las líneas punteadas en las figuras anteriores indicancómo se podría representar cada una de las dosregionespoligonalesmediantetalreunión.Lasregionestriangularesdecualquierdescomposiciónasísellamanregionestriangularescomponentesdelaregiónpoligonal.

A. Postulados1. Dada una unidad de área, a cada región le

correspondeunnúmeroúnico,llamadoáreadelaregión.

2. El áreadeuna regiónpoligonal es la sumadelas áreas de cualquier conjunto de regionescomponentesenelcualpuededividirse.

3. Sidospolígonossoncongruentes,entonces lasregionespoligonalescorrespondientes tienen lamismaárea.

Acontinuaciónsepresentanunaseriedeteoremasparacalculareláreadediversasregionestriangulares.

Teorema fundamentalB

hb

CA Hb

S =(1/2)hb.b

Teorema trigonométrico

aA C

b

c

BSABC = bc2 Sena

SiSesmáxima⇒ a=90°

Teorema de Arquímedes

A

B

Cb

ac

A C

B

ca

bDonde“p”eselsemiperímetro.

S = p(p–a)(p–b)(p–c)

Observaciones:a) Paratodotriánguloobtusángulo

S

A b C

B

hb

b) Parauntriángulorectángulo.

Sc

b

c) Parauntriánguloequilátero

L L

LA C60° 60°

Bb.c2s =

L2 34s =



B. Teoremas adicionales

1. Enfuncióndelinradio

S =pr

A

B

C

r

Donde“p”eselsemiperímetro.

2. Enfuncióndelcircunradio

abc4RS =

A

B

C

ORac

b

3. Enfuncióndelex-radio

A

B

C

crc

Ec

S =rc(P.C)

Donde“p”eselsemiperímetro.

4. Enfuncióndelinradioylosex-radios Sea“r”lamedidadelinradiodeuntriánguloABC

y“ra”,“rb”y“rc”lasmedidasdesustresexradios,

entonces:S= r.ra.rb.rc

Observaciones:1. Dos figuras son equivalentes si tienen forma

distinta pero igual tamaño. La siguiente figuramuestrauncírculoyunaregióntriangulardeigualárea,esdecirsonequivalentes.

S S<>

2. Paratodotriángulorectángulo

Am n

B

C

S = mn

3. Paratodotriángulorectángulo

A

B

C

rarc

S =ra.rc

Problema 1CalculaeláreadelaregiónsombreadasiAB=6m,BC = 8m y AC = 10m.DesincentrodeABC.

A

B

D

C

A) R = 5 m2

B) R=19m2 C) R=8m2 D) R=10m2 E) R=9m2


Resolución:

A

B

C

D

10m

6m8m

Piden:eláreadelaregiónsombreada.

YaqueDeselincentrodeltriánguloABC,DEeselinradio.

PorelteoremadePoncelet:

AB + BC = AC +2(ED)

8u+6u=10u+2(ED)

ED =2u

SeaRlaregióntriangularABC.

R = AB × ED2

∴ R =8u2

Respuesta: C) R = 8 u2

Problema 2CalculaeláreadelaregiónsombreadasiBF=3uyAC=10u.

B

A CE

F D

PROBLEMAS RESUELTOS



A) 20u2 B) 12u2

C) 18u2 D) 15u2

E) 10u2 UNMSM 2001

NIVEL INTERMEDIO

Resolución:B

A CE10u

F3u

D

Piden:

Seobservaque:

• S(ABD) = S(ABC) – S(ADC)........(1)

• FE=DH ....................(2)

Ahora:

S(ABC) = AC × BE2 =5u(3u+FE)

S(ADE) = AC × DH2 =5u× DH

Decompararloobtenidocon(1):

S(ABD) =5u(3u+FE)=5u(DH)

S(ABD) =15u2+5uFE–5u(DH)

S(ABD) =15u2 +5u(FE–DH) 144424443 CERO

Decompararcon(2)

∴ S(ABD) =15u2

Respuesta: D) 15 u2

Problema 3Enelgráfico,calculaeláreadelaregióntriangularABS.

B

D

A

E SA) 3,2 B) 7,5C) 6,5 D) 4,5E) 10,2


Resolución:B

D

A

E S O

H

Nospiden:

A(iSAB)= AS × AB2

DesdeOtrazamosOH ⊥ AB

AH = HB =3

También:OB= 5;

entonces:OH= 4

EneltrapecioSABK:

OH = AS ×5,52

→ AS =2,5

Reemplazando:

A(iSAB)=7,5

Respuesta: B) 7,5


GEOMETRÍATEMA 10

ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES Y SUS RELACIONES

DESARROLLO DEL TEMA

I. TEOREMAS

1.

B

A

q

C

D

ABCD(AC)(BD)A Sen2= q

Observación:

A

B

C

D

ABCD(AC)(BD)A 2=

2.

D

B

wCA

=A BD(AC) Senw2

Observación:

D

B

CA

=A ABCD(BD)(AC)

2

3.

D

CC

B

A

BA

D

O

SeanA,B,CyDlasáreasdelasregionestriangulares. Secumple:

A.B C.D=

4.

D

C

B

NA

M

A

SB

Si :BM MCAN ND

==

Secumple:S= A + B

5. B

B

NC

C

P

DD

Q

M

A

A

Si:AM=MB,BN= NC CP = PD y AQ = QD ⇒ f MNPQ:Paralelogramo

Secumple: ABCDMNPQ

AA 2=

además: A B C D+ = +



II. ÁREA DE REGIONES TRAPECIALES1.

C

DA

B

H Si:BC // AD

2.C

DA

B

H

M N

Si:BC // AD BM=MAyCN= ND

3.C

DA

A

B

BO

D

C

Si:BC // AD Secumple:A = B Además:A.B=C.D A = CD

Luego: AdABCD = A + B + C + D AdABCD =2 CD + C + D AdABCD = ( C + D)2

4.C

DA

B

M

Si:BC // AD CM=MD

ABCDBMA

AA 2⇒ =

Teoremas1.

B

A

R

Dd

c

b

a

C

( )a b c dA ABCD R2+ + +=

2.B

A Dd

b

a

C

c

Sea: a b c dp 2+ + +=

ABCDA (p a)(p b)(p c)(p d)= − − − −

3. Cuadrilátero bicéntrico

B

E

H

G

ADd

b

a

C

c

ABCDA abcd=

III. ÁREA DE REGIONES PARALELOGRÁMICASB

HAq

D

C

q

ABCDA :Paralelogramo

ABCDA (AD)(BH)=

ABCDA (AB)(AD)Sen= q



A. Áreadelaregiónrombal

CA

B

D

ABCD(AC)(BD)A 2=

B. Áreadelaregiónrectangular

A D

CB

ABCDA (AB)(AD)=

C. Áreadelaregióncuadrada

A D

C

d

B

a

a

ABCD 2A a= ABCD2dA 2=

D. PropiedadesEnregionesparalelográmicas.

1.

A

A

A

AO

A

D

CB

A

AD

B

C

D

CB

ABCDAA B 2+ =

ABCDAC D 2+ =

2.

A

AB

BQ

C

D

ABCDAA B 2+ =

Problema 1

EnuntriánguloABC,setrazanlascevianasinterioresAMyBQ.(AM∩BQ)CalculelarazóndelasáreasdelasregionesABPyPQCM.Si:

BM 2MC 3= y AQ 3

QC 2=

NIVEL INTERMEDIOA) 2B) 4C) 6D) 8E) 1

Resolución:B

AA

P

QC

M

3m 2m

S2S1 3a

2a

Sea: APQA AD =

De los datos:Porrazóndeáreas1

ABC

S A 3A 5D

+=

; 2ABC

S A 3A 5D

+=

1 2S A S A⇒ + = +12

S 1S∴ =

Respuesta: E) 1

Problema 2SetienelostriángulosequiláterosABCyPBQ,dondePestáenlaregióninterioryQenlaregiónexterioryrelativaaBC,si:(AP)(CQ) =k.CalculeeláreadelaregiónnoconvexaBACP.

NIVEL INTERMEDIO

A) k 23

B) k 32

C) k 34

D) k 32 4

E) 2 34

PROBLEMAS RESUELTOS



Resolución:

B

A CP

Q

a ab

qWW

aa

b

b

Segúnelgráficoyporteoremageneral.

Luego: ABP CBQD ≅ D (L– A –L)m BAP w ym BCQ w

⇒ ==

B R

CAw +60°= q + wq =60°Reemplazando:

Respuesta: C) k 34

/4

Problema 3En la figura semuestra un triángulorectángulo isósceles ABC. Calcular eláreadelacoronacircularsi CT 2 3= yM,NyTsonpuntosdetangencia.

NIVEL FÁCILA) 3pB) 6pC) 5pD) 2pE) 4p

A

B N C

TM

Resolución:Sepide: 2 2

coronaA (R r )= p − ...(1)

Deldato:AB= BC

m A m ACB 45= = °

B C

r TM

A

2r

rr

r

R

O

N

45°

45°

r 2

r 2

r 2

2 3

En el OMAD sededuce:

OM=MA=r

AO r 2 ON= =

En el ONCD sededuce:

ON NC r 2= =

OC =2rOTCD (Notable30°-60°)

r=2 R 2 2→ =

En(1): 2 2coronaA ((2 2) 2 )= p −

coronaA 4∴ = p

Respuesta: E) 4 p


GEOMETRÍATEMA 11

ÁREA DE REGIONES CIRCULARES Y SUS RELACIONES

DESARROLLO DEL TEMA

SOII1G11

I. ÁREA DEL CÍRCULO

2S R= p

II. ÁREA DEL SECTOR CIRCULAR

Observación• EláreadeunsectorcircularderadioRyángulocentral

a secalculaR2a2radianes

III. ÁREA DE LA CORONA CIRCULAR

Observaciones:

2RS 2p=

2RS 6p=

2RS 4p=

2RS 3p=

2RS 8p=

No olvides:

Relaciones de áreas triangulares

ak bk

a b

AA

A AA

A

A A

A

AA

A A

A

AG

G→Baricentro



Problema 1Enelgráfico,calculaeláreadelaregiónsombreada.SiQM=2.

UNMSM 2000–INIVEL DIFÍCIL

A) 18 B) 12 C) 15D) 20 E) 10

Resolución:

1. Se une PQ y APAPQ(TeoremadePitágoras)

2 2 2(a 2) a (AQ)+ =

a 5 AQ=

2. jAPQO es un trapecio.Trasladandoáreas.

22x x

1 aS (a 2) S4 2p p= ⇒ =

Teorema de las cuerdasa 5 2 a a 2 5 a⋅ = ⋅ ⇒ =

• Reemplazando:2

x1S (2 5)2= p

xS 10= p

Respuesta: 10 p

PROBLEMAS RESUELTOS

Nota:Las áreas determinadas son proporcionales al lado dedondepartelabisectriz.

12

S a=S b

Sugerencia:Para relacionar área es importante recordar el teoremadeThales.

A. Para triángulos semejantes

SielABCessemejantealMNL.

A1

c

A Cbba

q

B

ah1 A2

l

M Lnba

q

N

mh2

2 2 2 212 2 22

A a b c ... KA m n l= = = = =

Nota:Las áreas de todos los círculos son proporcionales alcuadradodesusradios.

Propiedades: 1. Para todo cuadrilátero

AD

CR

A×C=B×C

X

TOT.Ax 2=

Sugerencia:• Para calcular el área de una región circular solo se

necesitalalongituddelradioyesnecesariorecordarlaspropiedadesgeneralesdeunacircunferencia.

• EláreadeunsectorcircularderadioRyángulocentral,secalculaR

2a2

(a →radianes)

2. Para todo trapecio

TOT.Ax 2=A=B

BA X

3. En todo paralelogramo

TAB A C 2= + =

AA

AB

C

A

AA A

Nota:Las áreas de todos los triángulos equiláteros sonproporcionalesaloscuadradosdesuslados.



Problema 2Calculaeláreadelaregiónsombreada,simCM =90°(C,MyOsonpuntosdetangencia).

A) 10p B) 32p C) 23pD) 30p E) 40p

UNMSM 2001–INIVEL INTERMEDIO

Resolución:

(TeoremadePitágoras)32 +(6–r)2 =(3+r)2

9+ 62 –2(6)(r)+r2 =32 +2(3)(r)+r2

Sx =23p

Respuesta: 23 p

Problema 3Calculaeláreadelaregiónsombreada,sieláreadelaregióntriangulares80m2.

A) 28m2

B) 30m2

C) 18m2

D) 50m2

E) 20m2

UNMSM 2002–INIVEL FÁCIL

Resolución:

SetrazaBM,porrelacióndeáreas:

8S=80m2

S=10m2.

Peropiden5S

⇒ 5(10m2)=50m2

Respuesta: 50 m2


GEOMETRÍATEMA 12

RECTAS Y PLANOS EN EL ESPACIO

DESARROLLO DEL TEMA

I. DEFINICIÓN Esaquellapartedelageometríaqueestudialasfiguras

geométricasenelespacio.

II. PLANO Elplanoseconsideracomounasuperficiellanaeilimitada

entodasuextensión,ydeespesordespreciable.

A. Representacióngeométricadeunplano

Tradicionalmentealplanoselerepresentamedianteunaregiónparalelográmica;esonosignificaquenolopodemosrepresentarporcualquierotraregiónplana.

L

Seuicalaletraenunadesusesquinas.

Notación: LSeL.

B. Determinacióndeunplano

Significaubicarloofijarloenundeterminadolugar.Para que se entiendamejor, demanera análoga,citaremos un ejemplo real: Si deseamos que lapizarraquedafijaenlapared,debemosapoyarlaenlapareddondequeramosfijarlayclavarentresdesusesquinas.

A continuación veamos qué es necesario paradeterminarunplano:

PostuladoContrespuntosnocolinealessedeterminaunplano.

P

AB

C

SeaA,ByCpuntonocolineales.EntoncesconlospuntosA,ByCsedeterminael P.

Teorema 1Conunarectayunpuntoquenoperteneceadicharectasedeterminaunplano.

P

AB

C

L

SeaC∉ L (A y B ∈ L)EntoncesconCyL sedeterminael P.

Teorema 2Condosrectassecantessedeterminaunplano.

P

AB

C

L1

L2

Como A y B ∈ L1,AyC∈L2.

EntoncesconL1 y L2sedeterminael P.



Teorema 3Condosrectasparalelassedeterminaunplano.

P

AB

C

L1

L2

Como A y B ∈L1 C ∈L2 y ∈L2//L1

EntoncesconL1//L2 sedeterminael P.

Posiciones relativas entre rectas y/o planos en el espacioEn el espacio se pueden analizar las posicionesrelativasentreunarectayunplano,entredosrectasyentredosplanos,lasqueexplicaremosacontinuación.

Entre una recta y un planoPuedenserunarectacontenida,secanteoparalelaalplano.

Recta contenida en el planoSilospuntosdelarectapertenecenalplano.

P

AB L1

SiA;B;...∈L yA,B...∈ P.

→ L ⊂ P.

Recta secante al planoSilarectayelplanotienenunsolopuntoencomún.

P

A

L

SiL ∩ P = {A}

→ L y Psonsecantes

Recta paralela al planoSi larectayelplanonotienenunpuntoopuntosencomún.

P

A BL

SiA,B∈ L yA,B ∉ P

→ L y Psonparalelos

Entre dos rectas:Puedenserparalela,secantesoalabeadas(cruzadas)

Rectas paralelasL1

L2

L1 y L2soncoplanaresL1∩L2 =f

Rectas secantesL1

S

L2

L1 ∩L2 = {S}

Rectas alabeadasL1

L2

L1 y L2nosoncoplanares∧ L1 ∩L2 = f

AcontinuaciónsetrazaunplanoquecontengaaL2 eintersecaaL1 parapodervisualizarlomejor.

P

A

L1

L2



Entre dos planosPuedenserplanosparalelososecantes

Planos paralelosSonaquellosquenotienenningúnpuntoencomún.

P

L

Si P∩ L= f→ P y Lsonparalelos.

Planos secantesSonaquellosquetienenencomúnunarecta.

P

M

B

A

AristaL

SiL⊂ P y L∩ M→ P y Msonsecantes

Recta perpendicular a un planoUnarectaperpendicularaunplanosedefinecomoaquella que es perpendicular a todas las rectascontenidasendichoplano.

H

L

L4

L5

L3L2

L1

SeanL1, L2, L3... Lncontenidasen

H y L ⊥ H→ L L1 L L2

L L3

. . .

. . . . . . L Ln

Condición para que una rceta sea perpendicular a un plano. La condición necesaria y suficiente para que unarectaseaperpendicularaunplanoesquedebeserperpendicularados rectas secantes contenidasendicho plano. Luego de esto podemos decir que larectaseráperpendicularatodaslasrectascontenidasendichoplano.

H

L

Q

L1

L2

SeanL1 y L2 ⊂ HSiL ⊥ L1 y L ⊥ L2

→ L ⊂ H

Luego L será perpendicular a todas las rectascontenidasendichoplano.

Ángulo entre dos rectas alabeadas o cruzadas.Elánguloentredosrectasalabeadasesaquelscuyamedidasedeterminaaltrazar,porunpuntocualquieradelespacio,dosrayosquesonparalelosalasrectasalabeadas.

H

L1

L2

S

K L

P

x

Paraestovamosatrazar H,quesecontengaa L2 yqueseasecanteaL1 porcuestionesdidácticas.

L1 ∩ H = {s}

L2 ⊂ H



SeaPunpuntodelespacio.Entonces PL//L2 y PK//L1PorlotantoxeslamedidadelánguloentreL1 y L2.

Nota:

Si:L1 y L2sonortogonales,entoncesx=90°.

H

S

L1

L2

P

K Lx

ElpuntoPpuedeserunpuntodeunadelasrectasalabeadasocruzadas.

H

S

L1

L2

xP

SesabequeP∈ L2 Luego:PR //L1Porlotanto,xeslamedidadelánguloentreL1 y L2.

Teorema de las tres perpendiculares Siporelpiedeunarectaperpendicularaunplanosetrazaotrarectaperpendicularysecanteaunadelasrectascontenidasenelplano,entoncesporelpiedeestaúltimarectayunpuntocualquieradelaprimerarectasedeterminaotrarectaperpendicularadicharectacontenidaenelplanomencionado.

H

L1L3

L2 x

d

P

SeaL1 ⊥ Hd ⊂ H

SiL2 ⊥d

(L1∩L2={P})

→ L3 ⊥ d (x=90°)

Ángulo diedroElángulodiedroosimplementediedroes lafigurageométrica que se forma por la unión de dossemiplanosquetienenencomúnlarectadeorigen(lacualsedenominaarista).

L

B

Lx

Scara

caraA

arista

OH

M

Notación

•ÁngulodiedroAB oángulodiedro.

H–AB –M

•∠SOL:ánguloplanoorectilíneodelángulodiedroAB .

•x.medidadelángulodiedroAB

(OS ⊥ L y OL ⊥ L , ademásOS ⊂ H ∧ OL)⊂ M)

Planos perpendiculares

N

S

LM

O a

Sea M⊥ N. → ∠ SOLesrecto (a=90°)



Proyección ortogonal de un punto un segmento y una recta respecto a un plano.

H

A

BP

P'

Proyectante

A'B'

M'

M

N'

NL

L1

• P'proyecciónortogonaldePsobre H• A'yB':proyeccionesortogonalesdeAyBsobre H.• M'yN'proyeccionesortogonalesdeMyNsobre H.• A'B':proyeccionesortogonalesdeABsobre H.• L1:proyecciónortogonaldeL sobre H.

Nota:A'B'puedesercongruenteaAB.L1 puedeserparalelaaL

Ángulo entre una recta y un plano.El ángulo entre una recta y un plano se define comoaquelquedeterminalarectaconsurespectivaproyecciónortogonalsobreelplano.

H

S

L

L1

x

SeaL secanteal HyS.L1:proyecciónortogonaldeL sobre Hx:medidadelánguloentreL y H.

Proyeccón ortogonal de una región plana respecto a un plano.Eláreadelaproyecciónortogonaldeunaregiónplanasobreunplanodadoes igualalproductodeláreadedicharegiónyalcosenodelángulodediedrodeterminadopor el plano que contiene a dicha región y al planodado.

H

L

NRARP

Aproya

Aproy=ARP.CosaSealaregiónplana• ARP:áreadelaregiónplanacontenidaen N.• Aproy:áreade laproyecciónortogonaldedicharegiónR

sobre H.• a:medidadelángulodiedrodeterminadoporel N y H.

Nota:Cuando N ∧ Hsonparalelas,entoncesAproy = ARP

Distancia entre dos rectas alabeadas.La distancia entre dos rectas alabeadas es la longitud delsegmentoderectacomúnqueespependicularadichasrectas.

S

T

L1

L2

Sean:L1 y L2 alabeadoocruzadas.

SiST ⊥ L1 ∧ ST ⊥ L2 entonces:STesladistanciaentreL1 yL2.

Método para hallar la distancia entre dos rectas alabeadas.Para hallar la distancia entre dos rectas alabeadas, sedebe trazar un plano perpendicular a una de las rectas yluegoproyectarlasortogonales sobreelplanomencionado.Finalmenteladistanciaentrelasproyecciones(puntoyrecta)seráladistanciaentrelasrectasalabeadas.

L1

L2

SeanL1 y L2 alabeadas

jhsf



Setrazael HdemaneraperpendicularaL1.

H

L1

L2

L2

S

planodeproyección

H ⊥ L1.L2:proyecciónortogonaldeL2 sobre H.S:proyecciónortogonaldeL1sobre H.

H

L2

S d

planodeproyección

SetrazalaperpendicularSTaL2.

ST = d:distanciaentreL1 y L2

Nota:

Si L1 y L2 son ortogonales, entonces el llamadoplanodeproyecciónpodríaserelplanoquecontieneaunodedichasrectas.

L1

L2

d:distanciaentreL1 y L2

S d

planodeproyección

Problema 1EnelgráficoAP=80cm.HallarAB.

A 75°

B

P

A) x= 20 2( 3 –1)cmB) x=10 2( 3 –1)cmC) x=15 2( 3 –1)cmD) x=13 2( 3 – 1)cmE) x=12 2( 3 –1)cm


Resolución:

A 75°

B

P

80

x

NospidenAB=xSesabeque ABPesnotablede15°y75°.x= ( 6 – 2)ky4k=80→ x= ( 6 – 2)20x=20 2( 3 –1)cm

Respuesta: aaa

Problema 2En un rectángulo ABCD se traza BK perpendicular al plano del rectángulo,luegoseubicanlospuntosmediosLySdeAD y DC,AB

3 = BC4 = BK

2 .

Calculelamedidadelángulo LS y AK .

NIVEL INTERMEDIO

Resolución:

xA D

S

BC

K

L4l 4l

4l

6l

3l

3l

8l

Nospidenlamedidadel∠entre LS y AK =x.ComopodemosverAK y LS son alabeados, para lo cual se trazaAC//LS.

PROBLEMAS RESUELTOS

(4l)2



ABK: = + → =l l l

2 2AK (4 ) (6 ) AK 2 13

ABK: 2 2CK (4 ) (8 ) CK 4 5= + → =l l l

ABK: AC =10l

AKC:porteore,adecosenos.2 2 2(4 5 ) (2 13 ) (10 ) – 2(2 13 )(10 )Cosx= +l l l l l

80 52 100 – 40 13Cosx40 13Cosx 72

9Cosx5 139 13Cosx659 13x Ar cos65

= +

=

=

=

=

Respuesta: 9 13x Ar cos65

=

Problema 3Del gráfico, el cuadrado ABCD y lasemicircunferencia de diámetro AB seencuentran en plano perpendiculares,BL = LC= 5 y mAC = mSB.CalculeeláreadelaregióntriangularSLD.

A

BL

C

D

S

UNMSM 2001–INIVEL INTERMEDIO

Resolución:

A

B nL

C

22

55 m

D

S

5

55

55

55

510

Nospiden:ASLD.Dato:lasemicircunferenciadediámetroAB y el cuadrado se encuentran enplanosperpendiculares.Como SO ⊥ ABCD→ SO ⊥ OD ∧ SO ⊥ OL

SOD: m2 = 52 + 52

m = 30SOL:n2 = 52 + 102

n = 15

Teorema de Euclides:

h

S

D La

1530

5

302 = 152 + 52 –2(5)a

→a= 1∧h= 14

ASLD = (5) 142

Respuesta: ASLD = (5) 142


GEOMETRÍATEMA 13

POLIEDROS REGULARES

DESARROLLO DEL TEMA

Objetivos:• Estudiar la formade lospoliedros,y reconocer

loselementosprincipalesysecundarios,asícomotambiénlarelaciónquehayentreellos.

• Analizar los poliedros regulares empleandofórmulasquepermitancalcularsuvolumenyeláreadelasuperficiequeloslimita.

I. POLIEDRO Eselsólidogeométricolimitadoporcuatroomásregiones

poligonalesdenominadascarasdepoliedro. Elladocomúnadoscarassedenominaaristayalpunto

deconcurrenciadelasaristasseledenominavérticedelpoliedro.Unpoliedroseidentificasegúnelnúmerodecaras.

N°. de caras Nombre4 Tetraedro5 Pentaedro6 Hexaedro7 Heptaedro8 Octaedro9 Nonaedro10 Decaedro

vértice

diagonaldelpoliedro

arista

cara

P

Q

A. DiagonalEsaquelsegmentocuyosextremossondosvérticesdecarasdiferentes.Entodopoliedrosecumple

C +V= A +2 Teorema de Euler

donde: C:númerodecaras V:númerodevértices A:númerodearistas

II. POLIEDRO REGULAR Unpoliedroregularesaquelquetieneporcarasregiones

poligonales regulares congruentes entre sí y en cadavérticeconcurrenigualnúmerodearistas.

Solamenteexistencincopoliedrosregulares,loscualessontetraedroregular,hexaedroregular,octaedroregular,dodecaedroregularyelicosaedroregular.Acontinuaciónanalizaremoslospoliedrosregulares.

A. Tetraedro regular.Esaquelpoliedroregularquesecaracterizaportener4carasquesonregionestriangularesequiláteras.

a

C

B

A

D

a

h

O

a

a

Notación:TetraedroregularABCDCálculo de la longitud de su altura.

a 6h 3=

POLIEDROS REGULARES


Área de la superficie total (AST)

A a 32=

Cálculo del volumen (V)

a 2V 123

=

• Desarrollo de la superficie de un tetraedro regular: En la figura semuestra un tetraedroregularcuyascarassondecartón.Aldesplegarsuscarasyubicarlassobreunplanoseobservauna superficie triangular equilátero, la cual sedenominadesarrollodesurespectivasuperficie.

A

AA

B

A

C

D

C

B. Hexaedro regular o cuboEsaquelpoliedroregularlimitadoporseisregionescuadradascongruentesentresi.

HaE

a

A

B C

DO

F

aG

Notación:HexaedroregularABCID– EFGHDiagonaldelhexaedro:AG,BH,CE y DFa:longituddelaaristaO:centrodelhexaedroregular

Cálculo de la diagonal

AG BH CE DF a 3= = = =


AST =6a2


V =a3

• Desarrollo de la superficie de un hexaedro regular: En la figura semuestra una caja decartón cuya forma es cúbica. Al despejar suscarasyubicarlasenunplanoseobtieneloquesedenominaeldesarrollodesurespectivasuperficie.

C. Octaedro regularEsaquelpoliedroregularlimitadoporochoregionestriangularesetquiláteras.

A

Q

O

P

C

a

aa

a

a D

B

a

Notación:OctaedroregularP– ABCD – QDiagonaldeloctaedroregular:AC,BD y PQa:longituddelaaristaO:centrodeloctaedroregular

Cálculo de la diagonal

AC BD PQ a 2= = =


A 2a 32ST =


a 2V 33

=

Enunoctaedroregular,sisuscarassondecartón,entoncessepodrándesplegar,yalubicarlassobreunamesa(talcomoseharealizadoconeltetraedroregularyelhexaedroregular)seobtendránochocartonestriangulares equiláteras. A dicho procedimiento seledenominadesarrollodelasuperficiedeloctaedroregular.Sugerimosallectorrealizarelprocesoinversopara el tetraedro regular, hexaedro regular y eloctaedroregular.Estos procesos se pueden realizar también con eldodecaedroregularyelicosaedroregular.

POLIEDROS REGULARES


Problema 1Setieneuncubodearistaa,desdeunvérticesetrazaunadesusdiagonalesyunade lasdiagonalesdesuscaras.Calculeelsenodelánguloqueformandichasdiagonales.

UNMSM 2004–I

Resolución:

C

DbA

b

Pb

Q R

Sl

B

a

Nos piden Sena

Donde es lamedida del ángulo queforman las diagonales de una cara ydelcubo.ABCD –PQRSesuncubo.

Sabemos que por el teorema delas tres perpendiculares

QB ⊥ dABCID (1.a⊥)BA ⊥ AD (2.a⊥)AQ ⊥ AD (3.a⊥)

Porlotantoseno( QAD)Sena = AD

QD

Sena = bl

(I)Peroporelteoremadelcubo.

l =b 3

Reemplazandoen(II)en(I)bsenb 3

a =

3sen 3a =

Problema 2Enuncubode2mdearistaseunen3 vértices demodo que se forma untriánguloequilátero.Determineeláreadedichotriángulo.

UNMSM 2009–I

C

D

d

d

A

P

Q R

S

22

2

2

2 B

NospidenAiAQC

Dato:cuboABCD– PQRSDC =2

TrazamosAQ,QCyAC,loscualessondiagonalesdeloscuadradosAPQByABCDAQCequiláterod=(2) 2d=2 2Por fórmula (región triangular equilétera)

d 3A 4D

2AQC =

(2 2) 3A 4D

2AQC =

AiAQC =2 3m2

Problema 3Enelgráficosetieneuncubocuyaaristamideacm,dondeBCesunadiagonaly AC diagonal deuna cara.Calcule elperímetrodeltriánguloABC.

BA

C

UNMSM 2011–I

PROBLEMAS RESUELTOS

D. Dodecaedro regularEs el poliedro regular limitado por doce caras,las cuales son regiones pentagonales regulares ycongruentesentresi.

N°decaras12N°dearistas:30N°devértices:20

E. Icosaedro regularEs el poliedro regular limitado por veinte caras,las cuales son regiones triangulares equiláterascongruentesentesi.

N°decaras:20N°dearistas:30N°devértices:12

4646 SAN MARCOS

POLIEDROS REGULARES

GEOMETRÍATEMA 13

Resolución:

P

BA

M

acm

acm

acmacm

Q T

Nll

Q

Nospiden2piABC =x

donde:

2piABC:perímetrodelaregióntriangularABC

Dato:

ABPQ – MNTCesuncubo.

Observamos:

x= t + l +acm(I)

En el AMCnotablede45°

t =a 2cm(II)

Pordiagonaldelcubo:

l =(acm) 3(III)

Reemplazamos(III)y(II)en(I)

x=a 2cm+ (acm) 3 +acm

x= a(1+ 2 + 3)am


GEOMETRÍATEMA 14

PRISMA Y CILINDRO

DESARROLLO DEL TEMA

Objetivos:• Identificar las características fundamentales del

prismaydelcilindro.• Reconocer los elementos básicos para calcular la

superficielateral,lasuperficietotal,elvolumendelprismaydelcilindro.

I. PRISMAEsunpoliedroenelcualdosdesuscarassonregionespoligonalescongruentesparalelas(sonlasdenominadasbases)ylasdemáscarassonregionesparalelográmicas(sonlasdenominadascaraslaterales).Losprismasseclasificansegúnlainclinacióndesuaristalateralconrespectoalplanodesubase.

• Arista lateral:Eselsegmentocomúnentredoscaraslaterales.

• Arista básica: Eselsegmentocomúnentreunacaralateralyunabase.

Unprismaesnombradosegúnelnúmerodeladosquetengaunabase.Porejemplo,silabasetiene6lados,sedenominaprismahexagonal.

J

IF

G H

E

DCB

Avértice

aristabásica

base

base

aristalateral

caralateral

Notación:PrismapentagonalABCDE–FGHIJ

EsteprismatieneC=7,V=10yA=15.Comopodemosver,tambiéncumpleelteoremadeEuler.

II. CLASIFICACIÓNA. Prisma oblicuo

1. Sección recta (S.R.)Esaquellasecciónplanaquesedeterminaenelprismaporunplanosecanteyperpendicularatodaslasaristaslaterales.

B

h

aplanosecante

planodelabase

D

F

E

A

CS.R.

NotaciónPrismatriangularoblicuoABC– DEF

A continuación se indicará los cálculos quedebemosconocer.Área de la superficie lateral (ASL)

ASL = (2PS.R.)a

2pS.R.:perímetrodelasecciónrecta.a:longituddelaaristalateral


AST = ASL+2(Abase)

Abase:áreadelabase

PRISMA Y CILINDRO


Volumen (V)

V = (Abase)h

h:alturadelprisma

B. Prisma rectoUnprismaesrectocuandosusaristaslateralessonperpendicularesalasbases.

E ha

CA

B

FD

Notación:Prismarecto triangularABC– DEF

H

h

D

CB

A

a

E

F G Notación:Prismarecto

cuadrangularABCD– EFGH

Área de la superficie lateral (ASL)

ASL = (2Pbase)h

2Pbase:perímetrodelabase;h:altura


AST = AST +2(Abase)

Abase:áreadelabase

Volumen (V)

V = (Abase)h

h:alturadelprisma(a=h)

1. Desarrollo de la superficie lateral de un prisma recto triangular

E

l

ha

m n

CA

B

FD

Acontinuaciónsemuestraeldesarrollodelasuperficielateral.

A

D

m B

E

C

F

n

a

l A

D

m,nylpuedenseriguales

Nota:

ParalelepípedoEs aquel prisma cuyas bases son regionesparalelográmicas.

Paralelepípedo rectangularEsaquelparalelepípedocuyascarassonregionesrectangulares.Tambiénseledenominarectoedrouortoedro.

c

d

a

b

a, b y c son dimensiones del paralelepípedorectangular;ademástiene4diagonales,lascualessoncongruentesyconcurrentes.

d2 = a2 +b2 +c2

Áreas de la superficie lateral (ASL)

AST = 2(ab+ac)


AST = 2(ab+bc+ac)

Volumen (V)

V = abc

PRISMA Y CILINDRO


C. Prisma regularEs aquel prisma recto cuyas bases son regionespoligonalesregulares.

E

CA

B

FD

Notación:Prisma triangularABC– DEF

B C

D

GF

A

E H

Notación:Prisma cuadrangularABCD– EFGH

1. Desarrollo de la superficie lateral de un prisma regular triangular

E

l

ha

m n

CA

B

FD

Acontinuaciónsemuestraeldesarrollodelasuperficielateral.

A

D

m B

E

C

F

n

a

l A

D

m,nyl

II. CILINDRO Esaquelsólidogeométricocomprendidoentredosplanos

paralelosentresíysecanteaunasuperficiecurvacerradadenominadasuperficielateralyendichosplanosparalelossedeterminanseccionesplanascongruentes,lascualessedenominanbases.

• Lasbasessonparalelasycongruente • Lasgeneratricessonparalelasycongruentes.

base

base

generatrizsuperficielateral

A. Cilindrocircularrectoocilindroerevolución

O

O1r

A

B

g

C

D

Sección axial: Sección plana determinada en elcilindroporunplanoquecontieneasueje(OO1)

1. Desarrollo de la superficie lateral del cilindro de revolución

Esunaregiónplanalimitadaporuncuadriláteroequiángulo,cuyosdosladostieneniguallongitudquelacircunferenciadeunabaseylosotrosdostienenlongitudquelageneratrizdelcilindro.

A

B

A

Desarrollodelasuperficielateral

C

BD2pr

g h

Área de la superficie lateral

ASL =2pr

Área de la superficie total

ASL =2pr(g+r)

Volumen (V)

V = pr2h

Nota:El cilindro equilátero es aquel cilindro recto cuyasecciónaxialesunaregióncuadrada.

PRISMA Y CILINDRO


Problema 1Sireselradiodelabasedeuncilindro,contapa,devolumen100cm3,eláreadelmaterialusadoenlaconstruccióndelenvase,expresadoenfunciónder,es:


Resolución:

r

r

g

NospidenAmat:áreadelmaterial

Amat =2prg+2pr2 ...(1)

Del dato100=Vcil

= pr2g100grp 2=

Reemplazandoen(1)100A 2 r 2 rr

p p

p 2

mat 2= × +

100A 2 r cmr p

2 2mat = + +

Problema 2Alrotarlaregiónsombreadaunángulode 360° alrededor de la recta LL' seobtieneunsólidocuyovolumenes:

UNMSM 2000

5 m

5 m

L L'

3m

Resolución:5 m

5 m3m 3m

4 m

NospidenVsolido generado:VSG

VSG =Vcono + Vcilindro

VSG = p(3)3 ×(4/3)+ p(3)2 ×(5)

VSG =12p + 45p

∴VSG = 57p m3

Problema 3Lasdimensionesdeunparalelepípedoestánenprogresiónaritméticaysuman24u.Sielvolumenes440°u3,calculeladimensióndemayorlongitud.

UNMSM 2006–I

Resolución:

b

acc

Nos piden la dimensión de mayorlongitud.Datos:a+b+c=24 a×b×c=440Como las dimensiones están enprogresiónaritmética.a= l –rb= l C = l +rl –r+ l + l +r=24l =8Delsegundodato(8–r)(8)(8+r)=440(8–r)(8+r)= 5 ×11→r=3Ahorapodemosdecirqueladimensióndemayorlongitudescc=8+3

PROBLEMAS RESUELTOS


GEOMETRÍATEMA 15

PIRÁMIDE Y CONO

DESARROLLO DEL TEMA

Objetivos:

• Estudiarlaconstrucciónyformadelaspirámidesylosconos.

• Reconocerloselementosylarelaciónentreellos,asícomotambiénsuclasificaciónsegúnlascaracterísticasdeestoselementos.

• Identificar la similitud entre estos dos sólidosgeométricos, tantoparacalcularsuvolumencomoparacalculareláreadelasuperficiequeloslimita.

ÁNGULO POLIEDRO

Esaquellafigurageométricaformadaportresomásregionesangulares(sitomamosdosregionesadyacentesnodebensercoplanares),quetienenvérticeencomúnycomparteunladodedosendos.Losnombresdelosángulospoliedrossedebealascantidadesde regiones angulares, las cuales se denominan caras deángulopoliedro.

Gráficamente

C

CaraCara

Cara

A

O abq B

Notación:ángulotriedroO–ABCa,b y q:medidasdelascaras

bq

gO

A B

C

D

Notación:ángulotetraedroO–ABCDa,b,q y gmedidasdelascaras

Nota:

Triedo birrectángulo

Cuandosolodoscarasmiden90°.

Triedo trirrectángulo

Cuandosustrescarasmiden90°.

PIRÁMIDE Y CONO


PIRÁMIDEEsaquelpoliedroquesedeterminacuandounángulopoliedroesintersecadoporunplanosecanteasusaristas.

secciónplanadeterminada

planosecante

Aunapirámideselenombradeacuerdoalasecciónplanadeterminada,alacualselellamabasedelapirámide.

Pirámidecuadrangular Pirámidepentagonal

Elementos de una pirámide

P Vértice

Caralateral

aristabásica

aristalateral

C

DE

AB

h

O

base

altura

Nota:Una de las características de las pirámides es que notienendiagonales.


ASL =sumadelasáreasdelascaraslaterales


AST = AST +2(Abase)

Abase:áreadelabase

Volumen (V)V = (Abase).h

3

h:longituddelaaltura

1. Pirámide regular Es aquella pirámide cuya base está limitada por un

polígono regular (triángulo equilátero, cuadrado,pentágono regular, etc.), además, todas sus aristaslateralessondeiguallongitud.

Ejemplo Pirámide triangular regular

tt

t

l

l

l

Pirámide cuadrangular regular

nn

nn

bb

b

EnlasiguientefigurasemuestraunapirámidehexagonalregularM-ABCDEF.

Pormediodeellareconoceremosloselementosdelaspirámidesregulares.

NO

A F

E

M

altura

O:centrodelabase

BC

h

ap

Da

b

• ap:longituddelapotemadelapirámide(MN=ap)

• ON: longitud del apotema del polígono regularABCDEF.

• O:centrodelabasedelapirámide.• MO:alturadelapirámide,Oeselpiededichaaltura.• a:medidadeldiedro formadoporunacara lateral

conlabase.• b:medidadelánguloformadoporunaaristalateral

conlabase.

MON:aplicandoelteoremadePitágoras

(ap)2 =(ON)2 +h2

h:longituddelaalturadelapirámide

PIRÁMIDE Y CONO


Nota:Apotema de la pirámide regular (ap) Es la perpendicular trazada desde el vértice de lapirámidehaciaunaaristabásica.


ASL =p(ap)

p:semiperímetrodelabase

2. Tetraedro regular Es aquella pirámide regular cuyas cuatro caras son

regionestriangularesequiláteras.P

A B

CO:centrodelabase

a

a

a

aa

h

Notación:TetraedroregularP-ABC

Calculo de la longitud de su altura

h = a36


AST = a 3

Volumen (V)

V = a3

122

a:longituddelaarista

3. Pirámide irregular Esaquellapirámidequenotienetodaslascaracterísticas

deunapirámideregular.M

h

F

D

OEA

B

En el gráfico se muestran las siguientes pirámidesirregulares:

• PirámidepentagonalM-ABCDE• PirámidecuadrangularM-ABCF• PirámidepentagonalM-AFCDE

CONOElestudiosistemáticodelaspirámides,elconocimientodelacircunferenciayalgunasotraslíneascurvashanconllevadoaobteneryestudiarotrasfiguras,entrelascualesdestacaelcono,elcualesmuyparecidoaunapirámide,conladiferenciadequesubaseesunaregióncurvaenlugardeunaregiónpoligonal.

altura

vérticeocúspide

superficielateral

base

1. Conoderevoluciónoconocircularrecto Es aquel sólido geométrico generado por una región

triangularalgirar360°entornoaunodesuscatetos.

r

g

ejedegiro

360°

base

generatriz

vérticeocúspide

superficielateral

O r

g

V

h

Elementos:• O:centrodelabasedelcono• r:radiodelabase• OV:eje

Sección axial Es la región triangular que tiene como lados a dos

generatricesdiametralmenteopuestas.V

B

A

AVB:secciónaxialdelconoderevolución

PIRÁMIDE Y CONO


Área de la superficie lateral (AST)

ASL = prg

g:longituddelageneratriz


AST = ASL + Abase

Abase:áreadelabase

Volumen (V)

V= pr23.h

h:longituddelaalturadelapirámide

Desarrollo de la superficie de un cono de revolución

g

grQ 2pr

gq

La superficie lateral es equivalente con su respectivodesarrollo,elcualesunsectorcircularcuyocentroeselvérticedelconoytieneporradioalageneratriz.

ASL = Asector

→ prg= qpg2

360°

Ángulo de desarrollo de la superficie lateral

q = r3.360°

2. Cono equilátero Es aquel cono de revolución cuyas generatrices tiene

longitudesigualesalasdeldiámetrodelabase(q=2r).

r

g g

g:longituddelageneratriz

Enlafigurasemuestraunconoequiláteroyelrespectivodesarrollodelasuperficie.

r

g

Tronco de cono de revolución Eslaporcióndeunconoderevolucióndeterminadapor

dosplanosparalelosyperpendicularesasueje. Todo tronco de cono de revolución tiene dos bases

circulares. Elcálculodeláreadelasuperficielateral,totalyelvolumen

dependedeltipodeinformaciónquesetenga.

gg

R

n t

H

Áreadelasuperficielateral ASL = pR(g+n)– prn ASL = pRg+ p(R –r)n

Porsemejanzadetriángulo(∼D)

nn +g = rR

→ n(R –r)=gr

En(I) ASL = pRg+ prg

Áreadelasuperficietotal AST = ASL + Abase1 + Abase2

Volumen

V = 13pR2H + 13pr2r

Por semejanza de triángulos (∼D)

rR = n

n +g = t

Hyh= H – n

gg h

r

R

Enresumen:

PIRÁMIDE Y CONO



ASL = p(R +r)g


AST = ASL + pr2 + pR2

Volumen (v)

V= h3p(r2 + R2 +Rr)

Problema 1Calculeelvolumendeunconocircularrecto cuya área lateral es 96p cm2,sabiendo que el ángulo que forma lageneratrizconsubasees60°.

UNMSM 2003

Resolución:

V

B

g=2rh=r

AO

rr

60° 60°

3

NospidenVcono'

Donde:VconoeselvolumendelconoDatos:mVBA=60°yASL =96pcm2

Delafórmuladelvolumendelcono

Vcono = 13

pr2h

Deldato: Vcono = 1

3pr2(r 3 )= p 3

3r3 (I)

Delafórmuladeláreadelasuperficielateral ASL = prg ASL = pr(2r) ASL =2pr2

Perodeldato,ASL =96p

→ 2pr2 =96p r= 4 3 (II)

Reemplazamos(II)en(I)

Vcono = p 33 (4 3)

∴ Vcono =192pcm3

Problema 2Si se duplica, simultáneamente, lamedidadelradiodelabaseylaalturadeunconoderevolucióndevolumenV,entonceselnuevovolumenes

UNMSM 2007-1

Resolución:

O r

h2h

2r

Cono2Cono1

NospidenVx.Donde:Vxeselvolumendelcono2.Dato:Veselvolumendelcono1.Elcono2tieneeldoblederadioyalturarespectoalcono1.Enelcono2 Vx = 1

3p(2r)22h (I)

Enelcono1

V=13

pr2h (II)

Reemplazamos(I)en(II)

VVx =

13

p(2r)22h

13

pr2h →

VVx =8

Vx =8v

Problema 3En el gráfico se sostiene una esferainscritaenel conode revolucióncuyovolumenes81pcm3 y BO =OC.HalleelradioRdelaesfera.

B

Or

C

E

A

UNMSM 2010-1Resolución:

B

C

E

R M R

a

a

bA

O

r

r

l

l

Nospidenr.Dato:BO= OC Vcono =81pcm3d

Delafórmuladelvolumenelcono

Vcono = 13

pR2(l +r) (I)

En el BMC a + a + b =90°Porteorema,enlacircunferencia a =b 3a =90°→ a =30°

MC=OM 3→ R =r 3 y CO =2(OM)→ l = 2r (II)

Reemplazamos(II)en(I)yconeldatodelvolumen 81p = 1

3p (r 3 )2(2r+r)

81= 13(3)(r)2(3r)

∴ r=3cm

PROBLEMAS RESUELTOS


GEOMETRÍATEMA 16

ESFERA Y PAPPUS-GULDIN

DESARROLLO DEL TEMA

I. SUPERFICIE ESFÉRICA Lasuperficieesféricaesellugargeométricodetodoslos

puntosdelespacioqueequidistandeotropuntofijodelespaciodenominadocentro.

Lasuperficieesférica,esaquellasuperficiequesegeneraalhacergirar360°unasemicircunferenciaal-rededordesudiámetro.

RO

360°

Ejedegiro

RO

Circunferenciamáxima

Superficieesférica

Área de la Superficie Esférica

2S.E.A 4 Rp=

A. Porcionesnotablesdesuperficiesesféricas1. Zona esféricaEslasuperficiegeneradaporunaporcióndearcodeunasemicircunferenciacuandosehacegirar360°alrededordesudiámetro.

R

O

360°

R

RH q

Ejedegiro

H

Área de la zona esférica:

Z.E.A (2 R)Hp=

2. Casquete esférico

RO

H

360°

Ejedegiro

H H

R

Observación:• Silossólidosderevolución(cilindro,conoyesfera)

quetienenelmismoradio(R)ylamismaaltura(2R),susvolúmenessonproporcionalesa3;2y1respectivamente.

cilindro esfera conoV V V3 2 1= =

• Sielconoderevoluciónseinscribeunaesferasecumple:

cono cono

esfera esfera

V SV S

=

Área del casquete esférico

CEA (2 R)Hp=



3. Huso esféricoEslaporcióndesuperficieesféricacomprendidaentredossemicircunferenciamáximasquetienenencomúnsudiámetro.

RO

R

RR

q

q

Ejedegiro

Husoesférico

Área del huso esférico q →H.E.360°→ 4pR2

→ 2

H.E.RA 90

qp°

=

II. ESFERA Eselsólidoquesegeneracuandosehacegirar360°un

semicírculoalrededordesudiámetro.

RO

R

R

Ejedegiro

360°Círculomáximo

Volumen de la esfera

34V R3

p=

Altrazarcualquierplanosecanteaunaesfera,endichaesfera se determina una sección plana el cual es uncírculo.

Nota:Toda secciónplanadeunaesfera esun círculo. Sielplanosecantenopasaporelcentroseobtendráuncírculomenorysipasaporelcentrouncírculomáximo.

Nota:• Elsegmentoqueuneelcentrodeunaesferayel

deuncírculomenordelaesfera,esperpendicularalplanodelcírculo.

OQ AB⊥

• Sidichocírculo tieneporcentroel centrode laesfera,entoncessedenominacírculomáximoysinocontienealcentrosedenominacírculomenor.

Q

H P

P

OR

O

O: Centrodelaesfera,tambiénescentrodelcírculomáximo.O1:Centrodelcírculomenor.H: PlanotangentealasuperficieesféricaenP.PyQ:Planossecantesalaesfera.

A. Porcionesnotablesdelaesfera(Sólidos de revolución)1. Sector esféricoEselsólidoquesegeneracuandosehacegirar360°unsectorcircularalrededordeldiámetrodesurespectivocírculo.(Segúnelgráfico)

R H

360°

Ejedegiro

A

BR

R H

Volumen del sector esférico

2S.E

2 RV .H3 p

=

H:longituddelaproyeccióndelarcoABsobreelejedegiro.

R

H

O R

360°

H



2. Anillo esféricoEselsólidoquesegeneracuandosehacegirar360°unsegmentocircularalrededordeldiámetrodesurespectivocírculo.

A

B

360°

HH

Ejedegiro

R

Volumen del anillo esférico

2

A.EV (AB) .H6p=

Nota:Todoplanotangenteaunaesferaesperpendicularalradioquepasaporelpuntodecontacto.

OM P⊥

III. SEGMENTO ESFÉRICO DE DOS BASES Es laporcióndeesferacomprendidaentredosplanos

paralelosysecantesalaesfera.

360°

EjedegiroR

HH

r1

r2

R

Volumen del segmento esférico de dos bases

2 231 2

S.Er rHV H H6 2 2

p pp

= + +

Nota:

3

ANILLOESF1V h6 p=

IV. SEGMENTO ESFÉRICO DE UNA BASE

360°

Ejedegiro

R

rHH

R

Volumen del segmento esférico de una base

3 2S.E.

H rV H6 2p p= +

También:porrelacionesmétricasr2 =H(2R–H)

Luego:2

S.EHV (3R H)3

p= –

V. CUÑA ESFÉRICA Eslaporcióndeesferacomprendidoentredoscírculos

máximosquetienensudiámetrocomún.

Rq

360°

Ejedegiro

Cuñaesférica

R

Volumen de la cuña

( )C.E.

C.E esferaEsfera

VV V360360 V

q → q °° →

=

También:3

C.E.RV 270

qp°

=

VI. TEOREMA DE PAPPU'S GULDING ElteoremadePappusGulding,seaplicaparacalcularel

áreadeunasuperficiegeneradaporunalíneaplanaoparacalcularelvolumendeunsólidogeneradoporunaregiónplanacuandosehacegirar360°entornoaunejecoplanardemaneratalquenolodivideendospartesalalíneaoregión,asítenemos:

A. ÁreadelasuperficiegeneradaEláreadelasuperficiegeneradaporunalíneafinitacuandosehacegirar360°alrededordeejecoplanar,esigualalproductodelalongituddelacircunferenciaquedescribesucentroideporlalongituddelalínea.



Ejedegiro

360°A

B

C.G xx

Área de la superficie generada

( )S.G.A 2 X .Lp=

: DistanciadelC.G.aleje L : LongituddelalíneacurvaAB. C.G.: Centroidedelalínea

B. VolumendelsólidogeneradoEl volumen del sólido generado por una regiónplana, cuando sehacegirar360°alrededordeun

PROBLEMAS RESUELTOS

ejecoplanar,esigualaproductodelalongituddelacircunferenciaquedescribesucentroideporeláreadedicharegión.

Ejedegiro

360°

A

C.Gx x

Volumen del sólido generado

( )S.G.A 2 X .Ap=

CG:centroide A: áreadelaregión : distanciadelC.Galejedegiro

Problema 1Hallar el volumen de un segmentoesférico, cuyo casquete tiene área 40pm2yelradiodelaesferamide10m.

Resolución:

Scasq =40p

Pero:2pRh=40p

Como R =10,entoncesh=2

Vsegmesf:2/3pR2h

V=400p/3m3

Problema 2En una esfera da radio R una zonaesfétr ica t iene a l tura R/4 y esequivalenteaunhuso.Hallarelángulocorrespondientealhuso.

Resolución:

Szona = 2pR R4NOP

NOP

= pR2

2

Aruso = pR2

90 a

Comosonequivalentes.

pR2

90a = pR2

2

dedondea =45°

Problema 3ElladodeuncuadradoABCDmide10.Hallarelvolumendelsólidoalgirarelcuadrado una vuelta alrededor de unejequepasaporDhaciendounángulode8°demaneraexterioralcuadrado.

Resolución:

10

10

A

A

C

HO

45°8°

HD

BD = 10 2

OD = 5 2

AODHOH = 4 2

PorteoreamadePappus

V=2p(OH)(S4)V=2p(4 2)(102)V=800p 2

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