TRIÁGULOS - emagister.com · Se conviene en designar las medidas de los lados de un triángulo, con la ... PROPIEDADES IMPORTANTES Propiedad del “PANTALONCITO” x a b c= + + Demostración:

RRAAZZOONNAAMMIIEENNTTOO GGEEOOMMÉÉTTRRIICCOO

ÍÍNNDDIICCEE

PP RR EE SS EE NN TT AA CC II ÓÓ NN PP aa gg .. 33

ÍÍ NN DD II CC EE PP aa gg .. 55

TT RR II ÁÁ NNGG UU LL OO SS PP aa gg .. 77

PP EE RR ÍÍ MM EE TT RR OO SS PP aa gg .. 33 55

ÁÁ RR EE AA SS PP aa gg .. 44 99

TRIÁNGULOS

TRIÁGULOS CAPÍTULO

1

DEFINICIÓN Dados tres puntos A, B y C no colineales, la reunión de los segmentos

AB , BC y AC se llama triángulo.

ELEMENTOS

- Vértices: A, B, C

- Lados: AB , BC y AC - Ángulos: Internos: ABC� , BCA� , CAB� Externos: FAE� , CBE� , BCD� * Notaciones:

Triángulo ABC: ∆ABC Perímetro del ∆ABC: 2p(∆ABC)

Semiperímetro del ∆ABC: p (∆ABC)

INTERIOR Y EXTERIOR DE UN TRIÀNGULO

Un triángulo separa al plano en tres subconjuntos de puntos: - Los puntos que pertenecen al triángulo:A,B,C,M,etc

- Los puntos interiores al ∆ABC: P es un punto interior al ∆ABC. - Los puntos exteriores al ∆ABC: Q punto exterior al ∆ABC relativo a AB

L punto exterior al ∆ABC relativo a BC

S punto exterior al ∆ABC relativo a AC

CLASIFICACIÓN DE LOS TRIÁNGULOS

A. Según la medida de sus ángulos: 1. Triángulo Acutángulo. Es aquel que tiene sus tres ángulos

agudos. 2. Triángulo Obtusángulo. Es aquel que tiene un ángulo obtuso

y dos ángulos agudos.

C

B

A D

E

F

c

b

a

2p(∆ABC) = a + b + c

a + b+cp ( ABC)=

2∆

H A

B

P C

Q L

S M

INTERIOR

EXTERIOR

ABC B=� � , BCA C=� � ,

CAB A=� � ; son los ángulos internos o simplemente ángulos del triángulo ABC.

Se conviene en designar las medidas de los lados de un triángulo, con la letra minúscula correspondiente al vértice del ángulo opuesto a dicho lado. Así:

AB = c ; BC = a ; AC = b

La reunión del triángulo con todos sus puntos interiores se

llama región triangular.

B

A

C

α

β

θ

a

b

c

B

A

C

α

β

θ

α < 90º β < 90º θ < 90º

α > 90º β < 90º θ < 90º

A este triángulo se le llama: “triángulo ABC obtuso en A”

Triángulo Rectángulo. Es aquel que tiene un ángulo recto y dos ángulos agudos.

Según la medida de sus lados:

Triángulo Escaleno. Es aquel triángulo que tiene sus tres lados de diferente magnitud.

Triángulo Isósceles. Es aquel triángulo que tiene dos lados de igual longitud; en consecuencia, los ángulos opuestos a dichos lados serán de igual medida.

En el ∆ABC isósceles: α: medida de los ángulos en la base. θ: medida del ángulo en el vértice. Se cumple que: 90ºα <

y 180º

2

θα

−= ó 90º

2

θα = −

3. Triángulo Equilátero. Es aquel triángulo que tiene sus tres lados de igual longitud; en consecuencia, sus tres ángulos serán de 60º.

TEOREMAS FUNDAMENTALES

1. Suma de Ángulos Internos:

“En todo triángulo la suma de las medidas de sus tres ángulos interiores es igual a 180º ”

2. Suma de Ángulos Externos: (considerando uno por vértice)

“ La suma de las medidas de los ángulos exteriores de un triángulo es igual a 360º ”

* a > b y a > c

C

α

β a

b

αααα + ββββ = 90º

AB y AC:Catetos

BC:Hipotenusa

c a y b a⇒ < <

A los triángulos acutángulos y obtusángulos se les denomina

“OBLICUÁNGULOS”

AB BC AC

y además α β θ

⇒ ≠ ≠

≠ ≠

AB BC

m A m C

=

=� �

AB BC AC

m A m B m C 60º

= =

= = =� � �

B

A C 60º

60º

60º

B

C

α BASE

θ

α

B

C

α

β

θ

“Todo triángulo equilátero es equiángulo”

B

A

C

x

y

z

Se cumple:

α + β + θ = 180º

B

A C α

β

θ

Se cumple:

x + y + z = 360º

3. Teorema del Ángulo Exterior: “En todo triángulo, la medida de un

ángulo exterior es igual a la suma de las medidas de dos ángulos interiores del triángulo no adyacentes a él ”

4. Propiedad de Correspondencia: “ En todo triángulo se cumple que a mayor lado se opone mayor ángulo y viceversa ” 5. Teorema de EXISTENCIA (Desigualdad Triangular)

“En todo triángulo, la longitud de uno de sus lados está comprendida entre la suma y la diferencia de los otros dos lados”

También se cumple:

LÍNEAS NOTABLES Y PUNTOS NOTABLES

1. MEDIANA:

Segmento que parte de un vértice y llega al punto medio del lado opuesto. Nota: BM es la mediana relativa al

lado AC .

El punto de intersección de las medianas se llama BARICENTRO.

G: Baricentro, Gravicentro o Centriode (Es el centro de gravedad del triángulo) Propiedad:

El baricentro divide a la mediana en dos segmentos que están en relación de 2 a 1

BG 2

GM 1= , AG 2

GP 1= , CG 2

GQ 1=

2. ALTURA:

Segmento perpendicular al lado opuesto o su prolongación.

BH es la altura relativa al lado AC .

A

B

C M

P Q G

e

B

A

C

α

β

B

A

C

α θ

c a

C

B

A

c

b

a

Sea a b c≥ ≥ ⇒ se cumple:

Se cumple:

e = α+β

Si b > a:

⇒ β > α

b - c < a < b + c

a - c < b < a + c a - b < c < a + b

A

B

C M

BM: mediana

A

B

CH H

B

CA

El punto de intersección de las alturas se ORTOCENTRO.

Todo triángulo tiene un solo ortocentro y puede estar ubicado:

Dentro si es acutángulo

En el vértice del ∠recto si es rectángulo

Fuera del mismo si es obtusángulo

BISECTRIZ:

ento limitado por el lado opuesto, que divide a su ángulo en otros dos de igual medida.

Donde

BP : bisectriz interior

BQ: bisectriz exterior

INCENTRO:

Punto de intersección de las bisectrices interiores. Centro de la circunferencia inscrita.

- Equidista de los lados I: Incentro EXCENTRO:

Punto de intersección de dos bisectrices exteriores y una interior.

- Es centro de la circunferencia ex-inscrita.

Ea: Excentro relativo al lado BC - Todo triángulo tiene 3 ex-centros,

uno relativo a cada lado

Donde:

E1: Ex–centro relativo al lado AB E2: Ex–centro relativo al lado BC

E3: Ex–centro relativo al lado AC

P C Q

B β

α α β

E1 E2

E3

A C

B

Ea

Re

Re Re

A C

B

I

r r r

Acutángulo

∆ Obtusángulo

Rectángulo

4. MEDIATRIZ. Es la recta o segmento de recta que divide a un segmento por su punto medio en forma perpendicular.

L1: mediatriz de AC

MP: mediatriz de AC

El punto de intersección de las mediatrices se llama CIRCUNCENTRO.

- Centro de la circunferencia circunscrita

- Equidista de los vértices del triángulo. Y se ubica:

Todo triángulo tiene un solo circuncentro y puede estar ubicado:

- Dentro si es acutángulo.

- En punto medio de la hipotenusa si es rectángulo.

- Fuera del mismo si es obtusángulo. 1. En todo triángulo equilátero, sus

puntos notables se confunden.

∴ El Baricentro, es también ortocentro, incentro y circuncentro.

Baricentro

OrtocentroO

Incentro

Circuncentro

2. En todo triángulo isósceles las

alturas relativas a los lados iguales son iguales.

CH AP=

Nota: Los mismo ocurre con las bisectrices y medianas.

O

O O

A C

P

L1

M

B

∆ Acutángulo

∆ Obtusángulo

∆ Rectángulo

OBSERVACIONES

O

A C

B

H P

A C

B

K T

A C

B

M N

CK AT= CM AN=

La altura relativa al lado desigual, corta a éste un su punto medio. Esta altura es mediana, mediatriz y bisectriz a la vez, del lado desigual.

Si AB BC

y BH AC

AH HC

=

⊥

⇒ =

PROPIEDADES IMPORTANTES

Propiedad del “PANTALONCITO”

x a b c= + +

Demostración:

Prolongamos AD hasta E (E en BC), para obtener triángulos:

∆ABE: θ = a + b (Angulo Exterior)

∆DEC: x = θ + c (Angulo Exterior)

∴ x = a + b + c 2. Propiedad de la “ESTRELLITA”

a b c d e 180º+ + + + = Demostración: En ACEI: (Propiedad del Pantaloncito)

⇒ θ = a + c + e ∆BID: (Suma de Ángulos Internos)

⇒ b + θ + d = 180º

b + (a + c + e) + d = 180º

∴ a + b + c + d + e = 180º 3. Propiedad de la “Mariposa” o Propiedad de la “Corbatita”

c

a

b d

e

b

c a x

b

c a x θ

B

C A

D E

B

H C

Por eso cuando se tiene un triángulo isósceles se recomienda trazar su altura.

Tu profe Markito

c

a

b d

e

C

A

B D

E

θ

θ I

a b+ = α+β

Demostración:

∆AMO: θ = a + b (Angulo Exterior)

∆ROC: θ = α + β (Angulo Exterior)

∴ a + b = α + β 4. Ángulo formado por dos Bisectrices Interiores

Bx 90

2= °+

Demostración: ∆ACI: α + x + θ = 180º ⇒ α + θ = 180º - x… (I)

∆ABC: 2α + �B + 2θ = 180º 2 (α + θ) = 180º - �B … (II) I en II: 2 (180º - x) = 180º - �B

�B

x 90º2

∴ = +

5. Ángulo formado por dos Bisectrices Exteriores

Ax 90

2= °−

Demostración:

∆BEC: φ + x + ω = 180º ⇒ φ + ω = 180º - x… (I)

∆ABC: 2φ + ( �180º A− ) + 2ω = 360º 2 (α + θ) =360º- ( �180º A− ) 2 (α + θ) = �180º A+ … (II) I en II: 2 (180º - x) = �180º A+

�A

x 90º2

∴ = −

6. Ángulo formado por una Bisectriz Interior y otra Exteriores

Bx

2=

Demostración: ∆ACE: ω = α + x (Angulo Externo) ⇒ ω - α = x… (I)

∆ABC: 2ω = 2α + �2B 2 (ω - α) = �2B … (II) I en II: 2 (x) = �2B

�B

x2

∴ =

7. Ángulo formado la Bisectriz y la Altura que parten del mismo vértice

a

b

α

β

C

I

α

B

A

x α θ θ

A C

E B x φ

ω

φ

ω

A

B E

C

α ω

x

α ω

a

b

α

β

A

M

R

C

O

θ A C

E B x

φ

ω

φ

ω �180º A−

A H D C

B

x

α θ

x

2

α θ−=

Demostración:

AD es bisectriz: m ABD m DBC x= = φ+� �

B: α + φ = 90º… (I)

C: θ + 2x + φ = 90º … (II) II): α - θ - 2x = 0

x2

α − θ∴ =

Propiedad:

a bx

2

+=

9. Propiedad:

a bx

2

+=

10. Propiedad del “Pescadito”

m n+ = α + θ

11. En todo Cuadrilátero se cumple:

360ºα + β + θ + ω =

12. Propiedad:

x yα + β = +

PROPIEDADESS GENERALES

1. TEOREMA DE LA BASE MEDIA En todo triángulo, el segmento que une los puntos medios de dos lados es paralelo al tercero y mide su mitad.

Si: AM = MB y CN = NB

⇒ MN // AC y 1MN AC

2=

2. MEDIANA RELATIVA A LA HIPOTENUSA:

En todo triángulo rectángulo, la longitud de la mediana relativa a la hipotenusa es na mitad de ésta.

A H D C

B

x

α θ

φ φ+x

MN es base media

B

M N

A C

x

2x

A

B

C M

θ θ

α α

a

b

x

α α θ θ

b x

α

θ

m n

β

θ

ω

α

β

α

θ

ω

α β

y

x

Si: MN es MEDIANA

⇒ 1AM MB MC AC

2= = =

3. TEOREMA DE LA MEDIATRIZ “Todo punto de la mediatriz de un segmento equidista los extremos de dicha mediatriz ”

APB es Isósceles∴∆

4. TEOREMA DE LA BISECTRIZ “Todo punto que pertenece a la bisectriz de un ángulo equidista de los lados de dicho ángulo”

TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS NOTABLES

1. Triángulo Rectángulo de 45º-45º

( 45º-45º) En todo triángulo rectángulo de 45º - 45º, el cateto que se opone a un ángulo de 45º mide la mitad de la hipotenusa multiplicada por 2 .


( 30º-60º ) En todo triángulo rectángulo de 30º-60º, se cumple que:

- El cateto que se opone a un ángulo de 30º mide la mitad de la hipotenusa.

- El cateto que se opone a un ángulo de 60º mide la mitad de la hipotenusa multiplicada por 3 .


( 37º-53º)

Sólo en los triángulos rectángulos de 37º-53º, SUS LADOS ESTAN EN PROGRESIÓN ARITMÉTICA.


( 15º-75º) En todo triángulo rectángulo de 15º - 75º, se tiene: 45º

k 45º

k

k 2

45º

45º k k

2

k

2

60°°°°

30º

2k k

k 3

4k 37°

53° 5k

3k

B

O A

P

θ θ

Si: 1L :Mediatriz

sur

AP PB⇒ =

A B

P L1

PA PB⇒ =

OA OB⇒ =

75°

15°

4k

( 6 2)k−

(6

2)k

+

75°

15°

k

(6

2)k+

(23)

k−

Si OP:Bisec trizuuur

Triángulos Rectángulos de 53º

2 y 37º

2

EJEMPLOS

EJEMPLO 1

En la figura hallar el valor de AC, si = 20m.

A) 10m B) 10 2 m

C) 10 6 m D) 10 3 m

5 3 m

Solución:

Trazamos AH BC⊥ , para obtener

(45º-45º) y (30º-60º)

Luego:

AHB (30º-60º): Si AB = 20

⇒ BH = 10 (Opuesto a 30º) y AH = 10 3 (Opuesto a 60º)

AHC (45º-45º): Si AH = 10 3

⇒ AC = AH 2 (Hipotenusa) AC = (10 3 ) 2

∴∴∴∴ AC 10 6====

EJEMPLO 2

Hallar el valor del segmento AC , en el gráfico que se muestra a continuación, si BC = 2 m.

A) 2 B) 2

2

C) 2 2

D) 6

3

E) 2

Solución: Prolongamos AB , así el ángulo externo

en B seria 45º (Notable)

3k k 10

k

37º

2k 5

k

53º

2

CLAVE: C

Si viene un problema con ángulos de 15º o 75º, frecuentemente se usa la suma o resta de 30º y 45º

60º

75º

A C

B

30º

45º

60º

A C

B

H

45º

20

30º A C

B

15º

30º A C

B

15º

45º

45º 60º

H

2

Trazamos CH AB⊥ , para obtener

(45º-45º) y (30º-60º)

Luego:

BHC (45º-45º): Si BC = 2

⇒ CH = 1 (Opuesto a 45º)

AHC (30º-60º): Como CH = 1

⇒ AC = 2CH (Opuesto a 60º) AC = 2 (1)

∴∴∴∴ AC 2====

TEOREMA DE THALES Tres o más rectas paralelas,

determinan sobre dos o más rectas secantes, segmentos cuyas longitudes son proporcionales.

AB DE

BC EF====

SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS Si dos triángulos son semejantes,

entonces tienen sus ángulos respectivamente congruentes y sus lados homólogos respectivamente proporcionales.

KDF

AC

EF

BC

DE

AB===

K : Constante o razón de semejanza

NOTA: Lados Homólogos son aquellos lados que se oponen a ángulos congruentes.

OBSERVACIONES 1. Si ∆ABC ∼ ∆A'B'C'

⇒ KR

R

r

r

h

h

c

c

b

b

a

a======

''''''

2. Si EF // AC

A

E

B

F

C

CLAVE: C

A

B

C

D

E

F

B

A C D

E

F

A

B

C

R

r h

A'

B' C' R'

r' h'

=

=

=

EFDBCA

FEDCBA

FDECAB

ˆˆ

ˆˆ

ˆˆ

ABCEBFy

FC

BF

EA

BE

∆∼∆

=⇒

Si EF // AC

a m

b n⇒⇒⇒⇒ ====

y EBF ABC∆ ∼ ∆∆ ∼ ∆∆ ∼ ∆∆ ∼ ∆

PROYECCIÓN ORTOGONAL

Proyección Ortogonal de P sobre L Proyección Ortogonal de AB sobre L

RELACIONES MÉTRICAS EN TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS

Proyección ortogonal de AB sobre la hipotenusa

HC: Proyección ortogonal de BC sobre la hipotenusa

1. Teorema del Cuadrado del Cateto:

bna .2= bmc .2=

2. Teorema de Pitágoras:

222 cab +=

3. Teorema del Cuadrado de la Altura:

nmh .2=

4. Teorema del producto de Catetos:

cahb .. =

NATURALEZA DE UN TRIÁNGULO Averiguaremos si un triángulo es acutángulo, rectángulo u obtusángulo, con las siguientes relaciones:

Siendo: a > b y a > c

Se tiene que:

1. Si: a2 < b2 + c2 ⇒ α < 90º

Luego ∆ABC es Acutángulo 2. Si: a2 = b2 + c2 ⇒ α = 90º

Luego ∆ABC es Rectángulo 3. Si: a2 > b2 + c2 ⇒ α > 90º

Luego ∆ABC es Obtusángulo

EJEMPLOS EJEMPLO 1

a

A

m

n b C

E F

B

P B

A

M

N' P' B' A' M'

N

B

C H

a c

b

m n

A

B

C

c

b

a

α

Los lados de un triángulo miden 15, 18 y 20 metros. ¿Qué tipo de triángulo es?

A) Isósceles B) Obtusángulo C) Acutángulo D) Rectángulo E) Equilátero

Solución:

Aplicamos las relaciones de la Naturaleza de un triángulo y se tendría:

202 < 182 + 152 ⇒ α < 90º

∴∴∴∴ Acutángulo

EJEMPLO 2

Las bases de un trapecio miden 4m y 12m, y los lados no paralelos 4m y 5m. Hallar el perímetro del triángulo mayor que se forma al prolongar los lados no paralelos.

(UNSAAC 2001 – II) A) 21,5m B) 29,5m C) 27,5m D) 25,5m E) 23.5m

Solución:

Notamos que: ∆ ARK ∼ ∆ MRO Por los que usamos proporciones:

x x 4x 2

4 12

+= ⇒ =

y y 5 5y

4 12 2

+= ⇒ =

Finalmente:

ERÍMETROP MRO= 12+(x+4)+(y+5)�

∴∴∴∴ERÍMETROP MRO = 25.5 m��

EJEMPLO 3

Oswaldo hace un recorrido de la siguiente manera: 50 pasos al SUR, 100 pasos al NORTE, 70 pasos al ESTE, luego 80 pasos al SUR. ¿A cuantos pasos del punto de partida se encuentra?

(UNSAAC 2001 – II) A) 58 10 B) 10 58

C) 10 85 D) 158 10

E) 58 58

Solución: Realizamos el gráfico de acuerdo a los datos del problema y se tiene:

CLAVE: D

R

x+4 y+5

M

4

12 O

K

y

5 4

A

x

A

B

C

15

18

20

θ

CLAVE: C

Finalmente en el triángulo sombreado aplicamos el Teorema de Pitágoras:

2 2 2D 70 30= +

( )2 2 2 2D 10 7 3= +

∴∴∴∴ D 10 58====

EJEMPLO 4

Las longitudes de los catetos de un triángulo rectángulo son entre sí, como 2 es a 3. ¿En que relación están las longitudes de sus proyecciones sobre la hipotenusa?

(UNSAAC 2002 – I PRIMERA OPCION)

A) 4

9 B) 2

3 C) 1

2

D) 2

3 E) 3

5

Solución:

Usamos los teoremas de Relaciones Métricas en triángulos rectángulos. (Teorema del Cuadrado del Cateto)

( )2

x2k m b= … (I)

( )2

x3k n b= … (II)

Dividimos (I) y (II)

( )

( )

2x

2x

an2k

n b3k=

∴∴∴∴ a 4

b 9====

PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA 1

En la siguiente figura, calcular el valor de “x”, si el segmento AC es bisectriz del ángulo “A” y a- b = 20º

A) 140º B) 150º C) 90º D) 100º E) 110º

a b

40º

x

A

B C

D

O

CLAVE: A

h

H A C m n

3k 2k

B

b

N

S

D

70

70

50

100 50 80

30

2

1

3

4

N

CLAVE: B

Solución:

∆ADO: a + b = 40º… (I) (� externo)

Dato: a – b = 20º… (II)

(I) + (II) ⇒ a = 30º Finalmente:

∆BOA: x + a + 40º = 180º x + 30º + 40º = 180º ∴x = 110º

PROBLEMA 2

Sabiendo que el segmento AB mide 40cm. Hallar la medida del segmento PQ.

A) 5 B) 10 C) 15 D) 20 E) 25 Solución:

ABC: (30º-60º)

Si AB = 40 ⇒ AC = 20

PCA: (45º-45º)

Como AC = 20 ⇒ PC = 20

QCA: (53º-37º)

Cómo AC = 4K=20 ⇒ K = 5

Luego QC = 3K ⇒ QC = 15 ∴PQ = 5

PROBLEMA 3

En la figura, si la medida de AE es igual a la medida de BE, hallar la medida del ángulo “x”.

A) 20º B) 10º C) 30º D) 25º E) 15º Solución:

40

30º

45º

53º

37º 20 = 4k A C

B

Q

P

3k=15

520

CLAVE: A

CLAVE: E

a a

40º 40ºx O

A

B C

Db

30º

A

B D

C

E x

25º

A C

B D x

30º 25º

25º

θ

E

30º

45º

53º

A

B

P

Q

C

Si: AE = BE ⇒ � BAE = � ABE = 25º

ABE: θ = 25º+25º (� Externo) θ = 50º

DEC: θ = x + 30º (� Externo) 50 = x +30º ∴ x = 20º

Podemos usar la propiedad de la “Mariposa”

25º + 25º = x + 30º ∴x = 20º

PROBLEMA 4

En el interior del triángulo equilátero ABC, se sitúa un punto “A” de tal manera que el ángulo AQC mide 90º y el ángulo QAC mide 55º. Hallar la medida del ángulo BCQ.

A) 35º B) 15º C) 25º D) 45º E) 60º

Solución:

AQC: � QAC = 55º (Dato) ⇒ � ACQ = 35º

ABC: � ACB = 60º ⇒ 35º + x = 60º

∴ x = 25º

PROBLEMA 5 En la figura AB = BC. Determinar el

valor del ángulo ADC. (UNSAAC CBU 99 I) A) 75º B) 105º C) 80º D) 45º E) 35º Solución:

∆ ABC Isósceles ⇒ BH es bisectriz. � ABH =� HBC= 40º

CLAVE: C

CLAVE: A

60º

55º 35º x

Q

A C

B

A

B

D

C

40º

α α

C

B D x

30º 25º

25º

α α

40º 40º

x x x

50º

H A

D

B

C

E

También Si: AB = BC 2α = 50º ⇒ α = 50º

∆ ABE: α + 80º + x = 180º ∴ x = 75º

PROBLEMA 6

En la figura adjunta determinar el valor de “a+b”

(UNSAAC CBU 99 I) A) 33 − B) 38 + C) 36 −

D) 34 − E) 36 + Solución:

BCD: (30° - 60°) ⇒ BC = DC 3

b = 3 ( 3 ) b = 3

ABC: (45° - 45°) ⇒ AC = BC

AC = 3

∴ a = 3 3−

PROBLEMA 7

Determinar el valor del ángulo x, en la figura:

(UNSAAC CBU 99 II) A) 80º B) 75º C) 85º D) 70º E) 60º Solución:

CAR: 4θ + 30º = 90° θ = 15°

AMO: θ + x = 90° ∴ x = 75°

PROBLEMA 8 Hallar el valor del ángulo “x” en la

siguiente figura, si BM=MC y AB=BC.

(UNSAAC CBU INT 2000)

CLAVE: B

CLAVE: A

CLAVE: A

A C

B

D

b

a

45º 60º

3

θ 2θ

θ

x

30º

θ 2θ

θ

x

30ºM

C

O R A

3 a

b = 3

45º 60º

45º30º

A D

B

C 3

A

x

B

M C 50º

A) 20º B) 40º C) 25º D) 45º E) 30º

Solución:

ABC: Isósceles

⇒ � BAC = � BCA = 50º

MC: Isósceles

⇒� MBC = � MCB = 50º

Luego en ∆ ABC

50 + (x + 50) + 50 = 180º ∴ x = 30º

PROBLEMA 9

En la siguiente figura determinar el valor de “x”. (UNSAAC CBU INT 2000)

37º

53º

x

2 2

A) 28 B) 23 C) 3

28

D) 213 E) 3

34

Solución:

ABC: (37° - 53°)

2 2 3k= ⇒ 2 2k

3=

Luego: x 4k=

∴∴∴∴ 8 2x

3====

PROBLEMA 10

La suma de las medidas de los ángulos “marcados” en la figura adjunta, es:

(UNSAAC CBU 2000 I)

A) 120º B) 150º C) 360º D) 270º E) 180º

CLAVE: C CLAVE: E

53º

37º

x = 4k

A B

C

k322 =

A C

B

50º x

50º H

50º

C

c

e

E

θ θ

Solución: Propiedad del “Pantaloncito”

En ABCF: θθθθ = a + b + c

Luego: ∆FED: θ + d + e = 180º ∴ a + b +c + d +e = 180º

PROBLEMA 11

Calcular la longitud de AB en el triángulo ABC, de la figura:

(UNSAAC CBU 2000 I) A) 10 B) 14 C) 16 D) 12 E) 8 Solución: Trazamos BH AC⊥ para aprovechar el ángulo de 60º.

BHC (30º -60º) HC = 3 ⇒ BH = 3 3

Luego en BHA. (Teor. Pitagoras)

2 2 2x 13 (3 3)= +

∴x = 14

PROBLEMA 12

Determinar la medida de AB , en la figura: (UNSAAC CBU 2000 I)

A) 27 B) 30 C) 25 D) 20 E) 28

Solución:

PAM: (30° - 60°)

Si AP = 6 ⇒ AM = 3

QMN: (45° - 45°)

Si QM = 4 2⇒ MN = 4

RNB: (37° - 53°)

Si RN = 25

RN = 5k = 25

⇒ k = 5

NB = 3k ⇒ NB = 15 Luego: AB = AM + MN + NB

CLAVE: B

CLAVE: E

A

B

C

x 6

30º

H 13 3 16

60º

3 3

A

P

6

Q R

B N M 60º 45º

53º 25 4

x

37º

2

A

P

6

Q R

B N M 60º 45º

53º 25 4 2

A

B

C

6

1660º

∴x = 27

PROBLEMA 13

En la figura adjunta: AB = BC. Hallar la medida del ángulo X. (UNSAAC CBU 2000 II)

A) 30º B) 20º C) 25º D) 15º E) 35º

Solución:

ABC Isósceles � CAB = � ACB = x

CAB: x + x = 50º (� externo)

∴x = 25

PROBLEMA 14

En la figura adjunta, calcular el valor de X. (UNSAAC CBU 2000 II)

A

B

C

15

12 X 37º

A) 5 B) 10 C) 12 D) 6 E) 8

Solución:

ABC: (37° - 53°)

CB = 15

3k = 15 ⇒ k = 5 Luego: AB = 4k

⇒ AB = 20 Finalmente: x = AB – 12

x = 20 - 12

∴x = 8

PROBLEMA 15 En la figura adjunta. Determinar el

valor de 2X. (UNSAAC CBU 2000 II)

A) 120º B) 130º C) 180º D) 100º E) 140º

A B

C

37º

4k = 2012 x

15 = 3k

CLAVE: E

CLAVE: C

CLAVE: A

x

x

x x

x

x

C

B D 40ºX 50º

C

B D 40ºX

Solución: ∆∆∆∆ MAZ: φ = x + x (� Externo)

⇒ φ = 2x

∆∆∆∆ RUK: α = x + x (� Externo) ⇒ α = 2x

∆∆∆∆ LIT: θ = x + x (� Externo) ⇒ θ = 2x

Luego en ∆∆∆∆ LUZ tenemos sus 3 ángulos externos

⇒ 6x = 360º x = 60º

∴2x = 120º

PROBLEMA 16 Las bases de un trapecio miden 4

metros y 12 metros y los lados no paralelos 4 metros y 5 metros. Hallar el perímetro del triángulo mayor en metros, que se forma al prologarse los lados no paralelos.

(UNSAAC CBU 2000 II) A) 20.5 B) 26.5 C) 25.5 D) 24.5 E) 18.5 Solución:

∆∆∆∆ ARK ∼ ∆∆∆∆ MRQ (son semejantes, por lo tanto usamos proporcionales)

x x 4x 2

4 12

+= ⇒ =

y y 5y 2.5

4 12

+= ⇒ =

Finalmente el perímetro del triángulo MRO (2p) sería:

2p = (4 + x) + ( y + 5) + 12 ∴2p = 25.5

PROBLEMA 17 En la figura: Hallar AE

A) 9 + 4 3 B) 16 C) 21 D) 12 + 4 3 E) 13 Solución:

CLAVE: C

CLAVE: A

A R

K

x

x φ

θ

α U Z

x x

M

I T

x

x

L

12 M O

5

K

y x

R

4 A

4

Nada puede conseguir el hombre si no es a través del sacrificio.

A

B

D

E C 53º 60º

15 8

De la figura: AE = AC + CE

Entonces calculamos AC y CE

BAC: (37° - 53°) Si BC = 15 BC = 5k ⇒ k = 3 Pero: AC = 3k ⇒ AC = 9

DCE: (30° - 60°) Si DE = 8 DE = 2a ⇒ a = 4 Pero: CE = a ⇒ CE = 4

Finalmente:

AE = AC + CE AE = 9 + 4

∴ AE = 13

PROBLEMA 18

Determinar la suma de los ángulos marcados en la siguiente figura:

A) 160º B) 240º C) 120º D) 180º E) 360º

Solución:

En este problema nos están pidiendo: “ α + β + θ + ω “

Para empezar a resolver este problema, prolongamos AD hasta E (E en BC), con la finalidad de formar los triángulos ABE y DEC.

Luego:

∆∆∆∆ ABE: φ = α + β (∠ externo)

∆∆∆∆ DEC: φ + θ + ω = 180º

(α + β) + θ + ω = 180º

∴αααα + ββββ + θθθθ + ωωωω = 180º

OTRA FORMA:

Propiedad del “Pantaloncito”

En ABCD:

180º - ω = α + β + θ

∴αααα + ββββ + θθθθ + ωωωω = 180º

CLAVE: D

CLAVE: D

α

β

θ

ω θ

β

A

B

D

C 180º- ω

α

β

θ ω θ

β

A

B

D C

E φ

CLAVE: E

A

B

D

E C 53º 60º

158

37º

30º

PROBLEMA 19

Hallar el valor de “x” en la siguiente figura:

A) 6 B) 9 C) 6 2 D) 6 3 E) 9 2 Solución:

BEC: (30° - 60°)

Si BC = 6 (Hipotenusa)

⇒ CE = 3 (Opuesto a 30º)

ABC: (30° - 60°)

Si BC = 6 (Opuesto a 30º)

⇒ AC = 12 (Hipotenusa) Luego: AE = AC - CE

AE = 12 - 3

AE = 9 Finalmente:

DEA (45° - 45°)

Si AE = 9

⇒ AE = 9 2

∴ x = 9 2

PROBLEMA 20

En la figura, ABCD es un rectángulo, hallar “x”

(UNSAAC CBU 2001 II)

A) 18 B) 24 C) 32 D) 30 E) 20 Solución:

ABF: (45° - 45°) ⇒ AB = BF = 8

ECF: (45° - 45°) ⇒ EC = CF = 3k

C

A

B

D

E

x

8

37º

45º

30º45º

x

6

CLAVE: E

A

B C

D

E

x

6 3

9

30º 60º

30º45º

45º

A

B

D

E

x

8

37º

45º

45º

45º

45º C F

3k

3k 8

8

ECB: (37° - 53°) Si: EC = 3k ⇒ BC = 4k 8 + 3k = 4k k = 8

Luego: x = 3k + 8

∴ x = 32

PROBLEMA 21

Determinar la suma de los ángulos resaltados. (UNSAAC CBU 2001 II)

A) 180º B) 720º C) 540º D) 240º E) 360º

Solución:

Nos piden: “a + b + c + d + e + f + g + h”

Entonces tomamos los triángulos:

MTZ: a + f + β = 180º LIA: b + e + φ = 180º RES: c + h + θ = 180º KUO: d + g + α = 180º

Sumando las 4 ecuaciones se tiene:

a + b + c + d + e + f + g + h + (α+β+θ+φ) = 720º

Pero en LUZE: α + β + θ + φ = 360º

Finalmente:

a + b + c + d + e + f + g + h + (360º) = 720º

∴ a + b + c + d + e + f + g + h = 360º

PROBLEMA 22

En la longitud adjunta, determinar la longitud “x”.


A) 12 2 B) 14 2 C) 10 2

D) 8 2 E) 9 2 Solución:

BEC: (30° - 60°) Si BC = 8 (Hipotenusa) ⇒ CE = 4 (Opuesto a 30º)

ABC: (30° - 60°) Si BC = 8 (Opuesto a 30º) ⇒ AC = 16 (Hipotenusa)

30º45º

x

8

A

B C

D

E

x

8 4

12

30º 60º

30º45º

45º

CLAVE: E

R K

I

T

S

U

O

Z

E

L a

b

c d e

fg h

αααα

ββββ

θθθθ

φφφφ

CLAVE: C

Luego: AE = AC - CE AE = 16 - 4 AE = 12

Finalmente:

DEA (45° - 45°) Si AE = 12 ∴ x 12 2====

PROBLEMA 23

En la figura L1 // L2, calcular “α”, sabiendo que el triángulo ABC es equilátero.

(UNSAAC CBU INT 2002) A) 80º B) 120º C) 160º D) 100º E) 140º Solución:

Como el ∆ABC es equilátero: ∠A = ∠B = ∠C = 60º

∆BUM: θ + 60º = 100º (∠ externo) θ = 40º

Luego: Propiedad del “Serruchito”

θ + (180º-α) = 60º ∴ αααα = 160º

PROBLEMA 24

En la siguiente figura. Hallar la medida del ángulo θ: (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 60º B) 80º C) 90º D) 20º E) 100º

Solución:

Si AD = DB ⇒ ∆ADB Isósceles Luego: � DAB = � DBA= 2x

∆ADB: � CDB = 2x + 2x (∠ externo)

� CDB = 4x

Si CD = CB ⇒ ∆DCB Isósceles Luego: � CDB = � CBD = 4x

∆DCB: 4x + 4x + x = 180º

A B

D

C

2x θ 4x 4x

x

2x

E

CLAVE: C

A

L1

L2

U

P

θ

60º

180º-α

CLAVE: E

A

B

C

100º

α

L1

L2

U M

P

60º θ

θ

60º

180º-α

A B

D

C

2x θ

A

B

C

100º

α

L1

L2

x = 20º

Finalmente:

ACB: � CBE = 2x + x (∠ externo) θ = 3x θ = 3 (20º)

∴ θθθθ = 60º

PROBLEMA 25

Calcular el valor del ángulo “x”, si AB = AC; BD = BC (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 40º B) 36º C) 30º D) 25º E) 50º

Solución:

Como BD = BC ⇒ ∆DBC Isósceles Luego: ∠BAC = ∠BCD = 50º

Tambien AB = AC ⇒ ∆BAC Isósceles Luego: ∠ ABC = ∠ACB = 50º

Finalmente: DBC: 50 + (x + 50) + 50 = 180

∴ x = 30

PROBLEMA 26

Calcular la medida del lado AE del siguiente polígono ABCDEA. (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 36 B) 28 C) 6 D) 8 E) 10

Solución:

DEC (30º-60º):

Si DE = 36 (Opuesto a 60º)

⇒ EC = 6 (Opuesto a 30º)

CEB (37º-53º):

E

D

45º

37º 45º

53º

60º

30º

6

8

A

B

36

x 8= C

CLAVE: C

x

50º

A

B

50º

50º

C

CLAVE: A

x

50º C A

H A C E

B

D

45º

37º

3630º

Si EC = 6 (Opuesto a 37º) ⇒ BE = 8 (Opuesto a 53º)

AEB (45º - 45º) ⇒ AE = BE

∴ AE = 8

PROBLEMA 27

En la figura, ABC es un triángulo isósceles (AB = AC). Determinar x si AD = AE. (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 15º B) 20º C) 10º D) 30º E) 45º Solución:

Si ∆ABC isósceles ⇒ AB = AC

Luego: m� ABC = � ACB = θ.

Si AD = AE ⇒ ∆ADE isósceles

Luego: � ADE = � AED = β. Seguidamente:

∆DEC: � ADE = θ + x (∠ externo)

β = θ + x … (I)

∆BAD: � ADC = θ + 30º (∠ externo)

β + x = θ + 30º… (II) Finalmente:

(I) en (II): θ + 30º = (θ + x) + x ∴ x = 15º

PROBLEMA 28

En un triángulo isósceles EFG, de base FG , se toman los puntos M y N sobre EF y EG respectivamente, de modo que: FM = MN = EN. Si el

ángulo �G del triángulo dado mide

80º, hallar el ángulo �MNF . (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 20º B) 30º C) 10º D) 80º E) 60º

Solución:

Como FG es la base ⇒ EF = EG

Luego: ∠ EGF = ∠ EFG = 80º

∆EFG: ∠EGF + ∠EFG + ∠FEG = 180º

80º + 80º + ∠FEG = 180º

20º

G 80º 80º

x

x

20º

N

M

E

F

CLAVE: D

CLAVE: E

A

B D

E

C x

30º

θ θ

β β

A

B D

E

C x

30º

∠ FEG = 20º

Nos dan: MN=NE MEN es Isósceles

Luego: ∠MEN = ∠NME = 20º

Como: MN = MF ⇒ ∆MNF es Isósceles

Luego: ∠MNF = ∠MFN = x

Finalmente:

NME = x + x (∠externo)

20º = 2x

∴x = 10º

PROBLEMA 29

En la figura AC = 2, determinar 2x. (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 3 B) 2 C) 2 1+

D) 2 1− E) 3 1+

Solución:

Trazamos CH ⊥ AB para aprovechar los ángulos de 30º y 45º

CHA (30º-60º): Si CA = 2 (Hipotenusa) ⇒ CH = 1 (Opuesto a 30º)

y HA = 3 (Opuesto a 60º)

CHB (45º-45º): Si CH = 1 (Opuesto a 45º) ⇒ HB = 1 (Opuesto a 45º)

BDA (30º-60º) Si BD = x (Opuesto a 30º) ⇒ AB = 2x (Hipotenusa)

Pero: AB = 1 + 3

∴2x = 3 + 1

PERÍMETRO Es la suma de las medidas de los lados de una figura geométrica. Se representa con “2p”

CLAVE: E

x

45º

D C 30º

B

15º H

60º

2

1 2x

1 3

A

CLAVE: C

45º

A C 30º

El ÉXITO es la envoltura del sacrificio.

PERÍMETROS CAPÍTULO

2

• Cuando vemos “p” en alguna fórmula, esto significa semiperímetro, y es la mitad del perímetro.

Perímetro del ∆ABC: 2p(∆ABC)

PERÍMETROS DE POLÍGONOS REGULARES

El perímetro de un Polígono Regular es igual al número de lados multiplicado por la longitud de un lado.

2p n l=

Donde: n: número de lados l: longitud de un lado

CIRCUNFERENCIA:

Es la curva plana y cerrada, cuyos puntos equidistan de un punto interior llamado centro.

* La distancia de un punto cualquiera de la circunferencia al centro, se denomina RADIO. CÍRCULO:

Es la región plana determinada por la unión de la circunferencia y su interior.

Es el conjunto de todos los puntos de la circunferencia y de los interiores a la misma.

Donde: O: Centro (del círculo o la circunferencia) r : Radio (del círculo o la circunferencia)

P: Punto de la circunferencia O: Punto interior de la circunferencia ⇒ O no pertenece a la circunferencia pero si al círculo.

LONGITUD DE LA CIRCUNFERENCIA (Lc)

Es el límite hacia el cual se aproximan los perímetros (P) de los polígonos regulares inscritos cuando su número de lados aumenta indefinidamente.

nlim P Lc→∞

=

EL NÚMERO “ ππππ ”

El número “pi”, también llamado “Número LEUDOLFINO” (en honor a Ludolf Van Ceulen, Matemático Alemán u Holandés que determino su valor hasta con 354 lugares decimales); es el valor

C

B

A

c

b

a

2p(∆ABC) = a + b + c

Semiperímetro del ∆ABC (p)

a + b +cp =

2

r O

P CÍRCULO

CIRCUNFERENICIA

Por lo tanto: - La circunferencia tiene longitud, más no área. - El círculo tiene área y su perímetro es la longitud de su circunferencia.

constante de la razón de la longitud de una circunferencia (Lc) a su diámetro.

Lc

Dπ = ⇒ Lc Dπ=

Pero D = 2r ⇒ Lc 2 rπ=

EL VALOR DE “ ππππ ”

El número “pi” es el más importante de la ciencia matemática, y es inconmensurable, así también como su cuadrado, su cubo, etc.

Su valor aproximado es: 3.14159265359

Su Cuadrado es: 9.869604401089

Su Cubo es: 31.0062766803

Su Inverso es: 0.318309886184

Su Raíz Cuadrada es: 1.772453850906

Su Logaritmo en Base 10 es: 0.497149872

El número “pi” siempre a sido un número interesante para los matemáticos, así tenemos:

Los Babilonios (π = 3 ) Arquímedes ( 2 decimales ) Francois Viette ( 7 decimales ) Métius ( 8 decimales ) Adrien Romanus ( 16 decimales ) L. V. Ceulen ( 35 decimales ) SHARPS ( 73 decimales ) Lagny ( 127 decimales ) Vega ( 140 decimales ) Dhase ( 200 decimales ) Rutherford ( 440 decimales ) Shangks ( 530 decimales )

Y otros han aportado valores racionales aproximados de “pi”; tales como:

Arquímedes:

223.142...

7=

Adriano Mecio:

3553.1415929...

113=

Papiro de Ahmés:

216

3.16049...9

=

Los Hindúes:

39273.1416...

1250=

Cuando se realizan trabajos de mucha precisión se usa 3.1416π = , que viene a ser un trabajo aproximado por exceso con un error menor que 0.0001.

LONGITUD DE UN ARCO

Realizamos una Regla de Tres Simple:

�AB

Lc 360º

L º

→

→ θ

�ABL Lc

360º

θ ⇒ =

Pero: Lc 2 r= π ⇒

B A

Lc = 2πr

B

D =2r

�ABL 2 r

360º

θ = π

θ

B

A

O

r

r�AB

L

Como D = 2r ⇒

PROPIEDADES 1. LONGITUD DE EN FUNCIÓN

AL DIÁMETRO DE UNA SEMICIRCUNFERENCIA

�AB

180ºL 2 r

360º

= π

ABPero r

2=

⇒

2. LONGITUD DE UNA LÍNEA

CURVA FORMADA POR SEMICIRCUNFERENCIAS

La suma de las longitudes de las semicircunferencias con sus diámetros sobre AB, equivale a la longitud de una semicircunferencia de diámetro AB.

Demostración:

Sabemos por la propiedad anterior que:

�AB

ABL

2= π

Luego, también se tendía:

�

�

�

� � �

AM

MN

NB

AM MN NB

AML

2MN

L2

NBL

2AM MN NB

L L L2 2 2

= π

= π

= π

+ + = π + π + π

� � �AM MN NB

AM MN NBL L L

2

+ ++ + = π

� � �AM MN NB

ABL L L

2+ + = π

La propiedad anterior, también la podemos aplicar si la figura se presenta de esta forma: 3. SEMICIRCUNFERENCIAS

CUYOS DIÁMETROS ESTÁN FORMADAS SOBRE UN SEGMENTO

ABAB

L2

∴ = π

�AB

DL

360º

π θ=

B A

r

B A

ABAB

L2

= π

�AB

ABL

2= π

B A

ABAB

L2

= π

B A M N

La suma de las longitudes de las semicircunferencias con sus diámetros sobre un segmento AB, es igual a la medida de AB, multiplicada por π y dividida por 2.

Nota: Las curvas formadas sobre AB son todas semicircunferencias.

PROPIEDADES DE LAS TANGENTES A UNA CIRCUNFERENCIA

PROPIEDAD

Las tangentes trazadas desde un punto exterior a una circunferencia son iguales.

PA PB=

PROPIEDAD

Las tangentes comunes exteriores a dos circunferencias son iguales.

AB CD= 3RA. PROPIEDAD

Las tangentes comunes exteriores a dos circunferencias son iguales.

MN PQ=

TEOREMAS IMPOTANTES 1. TEOREMA DE PONCELET “En todo triángulo rectángulo, la suma de los catetos es igual a la hipotenusa mas el diámetro de la circunferencia inscrita” Se anuncia también así “En todo triángulo rectángulo, la suma de los catetos es igual a la suma de los diámetros de las circunferencias inscrita y circunscrita”

M

P

Q

N

A

B

C D

A

B

O

P

R

R

De ahora en adelante:

B

ABAB

L2

= π

ABL Significa longitud de las curvas (semicircunferencias) en AB , y es igual a:

ABAB

L2

= π

AB BC AC 2r+ = +

AB BC 2R 2r+ = + 2. TEOREMA DE PITOT En todo cuadrilátero circunscrito a una circunferencia, la suma de dos lados opuestos es igual a la suma de los otros dos lados.

AB CD BC AD+ = +

EJEMPLOS

EJEMPLO 1

Hallar el perímetro de la figura sombreada, si los arcos formados sobre este segmento son todos semicircunferencias; y el segmento

MO mide 20µ.

A) 10π B) 20π C) 5π

D) 10(π+2) E) 20(π+1) Solución:

Sabemos que:

MA AR RC CO MOy que : L L L L L+ + + =

Luego:

SOMBR.

MOPerím. MO

2= π +

SOMBR.

20Perím. 20

2= π +

∴ (((( ))))SOMBR.Perím. 10 2= π += π += π += π +

EJEMPLO 2

Hallar el perímetro de la figura sombreada, si los arcos mostrados son semicircunferencias; y el segmento ABmide 20µ.

A) 10π B) 20π C) 5π D) 10(π+2) E) 20(π+1)

C

A

B

D

A C

B

r

R

MOMO

L2

= π

CLAVE: D

SOMBR. MO MA AR RC COPerím. L L L L L= + + + +

O M

O M A R C

Debes tener cuidado, cuando te pregunten: “de la figura sombreada”, por que en este ejemplo vemos que la figura sombreada esta formada por semicircunferencias y también por segmentos.

B A

Solución:

SOMBR.

AB ABPerím.

2 2= π + π

SOMBR.

20 20Perím.

2 2= π + π

SOMBR.Perím. 10 10= π + π

∴ SOMBR.Perím. 20= π= π= π= π

EJEMPLO 3

El triángulo ABC es un triángulo equilátero, los arcos son semicircunferencias. Hallar el perímetro de la región sombreada, si el perímetro del triángulo es 12µ.

A) 3π B) 4π C) 6π

D) 8π E) 4(π+3) Solución:

Dato: PERIM. ∆ABC = 12µ ⇒ AB + BC + AC = 12µ

Luego: AB = BC = AC = 4µ

SOMBR.AB BC AC

Perím.2 2 2

= π+ π+ π

SOMBR.4 4 4

Perím.2 2 2

= π+ π+ π

∴ SOMBR.Perím. 6= π

EJERCICIOS PROBLEMA 1

El lado del rombo mide 13 m y la diagonal menor mide 10m. Hallar el perímetro de la región sombreada.

(UNSAAC CBU 99 I)

B A M N

CLAVE: C

A

B

C

A

B

C

CLAVE: B

�SOMBR. AB ABPerím. L L= +

SOMBR. AB BC ACPerím. L L L= + +

En este caso, la figura sombreada esta limitada solamente por semicircunferencias.

A) 19 + 61 m B) 11 + 61 m

C) 18 + 61 m D) 25 + 61 m

E) 20 + 61 m Solución:

BHA: (Teorema de Pitágoras)

2 2 213 5 BH= + ⇒ BH 12=

BHA: (Teorema de Pitágoras)

2 2 2PC 5 PH= + 2 2 2PC 5 6= +

⇒ PC 61= Finalmente:

SOMBREADOPerím BP BC PC= + +

SOMBREADOPerím 6 13 61= + +

∴SOMBREADOPerím 19 61= += += += +

PROBLEMA 2

En el cuadrado ABCD de 10 cm. de lado, se ha trazado semicircunferencias en cada lado. Calcular el perímetro de la región sombreada.

A) 20π cm. B) 20(π + 4) cm. B) 20 (π + 1) cm. D) 10 (π + 4) cm. E) 20 (π + 2) cm. Solución:

S CURVAS SEGMENTOSP L L= +

Donde: P s = Perímetro Sombreado

Dato: Lado del Cuadrado = 10 cm.

Luego: AB = BC = CD = AD = 10 cm.

Primero calculamos la suma se las longitudes de los segmentos que limitan a la región sombreada ( )SEGMENTOSL .

SEGMENTOSL AB BC CD AD= + + + CLAVE: A

5 5 A

P

6

6

13

D

B

C H

13

13 13

x x

2

A

D C

B

10

A B

C D

5π

5π

5π

5π

SEGMENTOSL 10 10 10 10= + + +

SEGMENTOSL 40=

Seguidamente calculamos la suma se las longitudes de las curvas que limitan a la región sombreada ( )CURVASL , para lo

cual usamos la propiedad.

Luego:

CURVASAB BC CD AD

2 2 2 2= π + π + π + π

CURVAS10 10 10 10

2 2 2 2= π + π + π + π

CURVASL 20= π

Finalmente:

S CURVAS SEGMENTOSP L L= +

P 40 20= + π

∴ (((( ))))SP 20 2= π += π += π += π +

NOTITA: Para no operar tanto debemos darnos cuenta que:

Si AB = BC = CD = AD

PROBLEMA 3

En la figura AEB es una semicircunferencia, ¿cuál es el perímetro de la figura cerrada ADCBEA? (UNSAAC CBU INT 2000)

A) 16 + π B) 8 + π C) 14 + π D) 12 + π E) 13 + π Solución:

�ERÍMETRO DEAP AB BC CD L= + + +

ERÍMETROAD

P 6 2 62

= + + + π

ERÍMETRO2

P 142

= + π

∴ ERÍMETROP 14= + π= + π= + π= + π

PROBLEMA 4

Calcular el perímetro de la región sombreada que tiene forma de la letra “L”, sabiendo que consta de dos rectángulos iguales contiguos, cada uno de largo “A” metros y ancho “B” metros.


CLAVE: C

CLAVE: D

A

E

B C

D

2

6

ABAB

L2

= π

AB BC CD ADL L L L⇒ = = =

1

B

D C 6

6

2 E

A

CURVAS AB BC CD ADL L L L L= + + +

A) 2(2A + B) B) 2A + 2B C) 4A + B D) 4A – 2B

E) 7A 4B

2

−

Solución:

Para calcular el perímetro, sumamos todos los lados de la región sombreada. Empezando del lado indicado en un solo sentido (en este caso en sentido horario)

ERIMP A B (A B) A B (A B)= + + − + + + +

ERIMP 4A 2B= +

∴ (((( ))))ERIMP 2 2A B= += += += +

NOTA: También podemos sumar todos los segmentos horizontales y luego todos los verticales, y al final ambos resultados parciales para obtener el total. PROBLEMA 5 En la figura se tiene seis triángulos

rectángulos isósceles. La razón del

perímetro de la región sombreada al perímetro de la región no sombreada; es:

(UNSAAC CBU 2000 I)

A) 4 B) 2 C) 3

D) 1

2 E) 2

Solución:

De la figura:

1 2 3 4 5 6P P P P P P K= = = = = =

Luego:

S 1 3 4 6 SP P P P P P 4K= + + + ⇒ =

NS 2 5P P P 2K= + ⇒

Finalmente:

NS

Ps 4K

P 2K=

∴NS

Ps2

P====

CLAVE: B

1

1

1

1

2

2P1

P2

P3

P4

P5

P6

CLAVE: A

1

A

A A

B

B

B B

A-B

INIC

IO

PROBLEMA 6

En la figura adjunta, ABCD es un cuadrado de lado 4 cm. El perímetro de la región sombreada en cm es: (UNSAAC CBU 2000 I)

A) 2(12 )+ π B) 2(5 )+ π

C) 10 + π D) 20 + π E) 2(10 2 )+ π

Solución:

De la figura:

SOMBREADO EXTERIOR INTERIORP P P= +

Luego:

Hallamos EXTERIORP

EXTERIORP AB BC CD AD= + + +

EXTERIORP 4 4 4 4= + + +

EXTERIORP 16=

Hallamos INTERIORP

� �INTERIORP MR NP MN PR= + + +

2 2

INTERIOR(2) (2)

P 4 44 4

π π= + + +

INTERIORP 8 2= + π

Finalmente:

SOMBREADOP (16) (8 2 )= + + π

∴ SOMBREADOP 2(12 )= + π= + π= + π= + π

PROBLEMA 7

En la figura adjunta. Determinar el perímetro de la región sombreada.


A) 2 4π − B) 4π + C) 4 2π + D) 4 2π + E) 2 4π +

Solución:

De la figura:

O 22

A B

P

45º 45º

2 2

CLAVE: A

A

B C

D

4

P

M R

N

O 2

2

2

2

A

B C

D

O

22

�SOMBREADO AB

P AP PB L= + +

Hallamos AP y PB en APB (45º-45º)

Si: AB 2 2= ⇒ AP = PB = 2 Hallamos

�ABL

�AB

ABL

2= π (Propiedad)

�AB

2 2L

2= π ⇒⇒⇒⇒

�ABL 2= π

Finalmente:

�SOMBREADO AB

P AP PB L= + +

SOMBREADOP 2 2 2= + + π

∴SOMBREADOP 2 4= π += π += π += π +

PROBLEMA 8

Hallar la suma de los perímetros de los 4 triángulos equiláteros, sabiendo que AB mide 12 cm.

A) 18 cm. B) 36 cm. C) 26 cm. D) 40 cm. E) 72 cm.

Solución:

De la figura:

ERÍMETROP 3a 3b 3c 3d= + + +

ERÍMETROP 3(a b c d)= + + +

Pero nos dan: AB = 12

⇒ a + b + c + d = 12 Finalmente:

ERÍMETROP 3(a b c d)= + + +

ERÍMETROP 3(12)=

∴ERÍMETROP 36====

PROBLEMA 9

En la figura adjunta, determinar en centímetros el perímetro de la región sombreada, si todos los círculos tienen un radio igual a 2 centímetros:

A) 16π B) 18π C) 4π D) 8π E) 24π

Solución:

De la figura el perímetro de la región sombreada es igual a la suma las longitudes de los arcos exteriores:

L

M

O

Z

E

Y U

V

A R K I T S

CLAVE: B

A B a

a a

b

b b

c

c c

d

d d

CLAVE: E

A B

� � � � �YML, LO, OV, VEZ, ZU, UY

y los arcos interiores:

� � � � �YAL, LRY, UKO,OIU,ZTV, VSZ

Pero nos podemos dar cuenta que al sumar los arcos � �YML y LRY se obtiene

la circunferencia MLRY, de manera r en los otros arcos al sumarlos se

obtiene una circunferencia, luego podemos hallar el perímetro de la región sombreada de la siguiente forma:

� �

� � �

� � �

� �

CYML LRY

CYAL LO OIU UY

CUKO OV VSZ ZU

CZTV VEZ

SOMBREADO C

L L L

L L L L L

L L L L L

L L L

Perímetro 4L

+ =

+ + + =

+ + + =

+ =

=

Las cuatro circunferencias tienen radios iguales por los tanto tienen la misma longitud de circunferencia.

Finalmente:

( )SOMBREADOPerímetro 4 2 r= π

( )SOMBREADOPerímetro 4 2 2= π

∴SOMBREADOPerímetro 16= π= π= π= π

PROBLEMA 10

Hallar el perímetro del triángulo rectángulo ABC. (UNSAAC CBU 2001 II)

A) 28 B) 20 C) 34 D) 24 E) 30 Solución:

ABC (Teorema de Pitágoras)

( ) ( ) ( )2 2 25x 3x 2x 4= + +

( )2 2 225x 9x 4x 16x 16= + + +

212x 16x 16 0− − =

23x 4x 4 0− − =

⇒ x = 2 Luego, el perímetro sería:

( )ERÍMETROP 5x 3x 2x 4= + + +

ERÍMETROP 10x 4= +

ERÍMETROP 10(2) 4= +

∴ERÍMETROP 24====

OTRA FORMA (MÁS RÁPIDA):

Observemos que este es un triángulo Notable (3-4-5), entonces:

A

B C

2x + 4

5x 3x

CLAVE: A

A

B C 2x + 4

5x 3x

Luego: 4x = 2x + 4

⇒ x = 2 Finalmente el perímetro:

ERÍMETROP 5x 3x 4x= + +

ERÍMETROP 12x=

ERÍMETROP 12(2)=

∴

ERÍMETROP 24====

PROBLEMA 11 Hallar el perímetro de la región

sombreada. (UNSAAC CBU 2001 II)

A) 9π B) 10π C) 12π D) 18π E) 6π Solución:

De la figura:

� � �AOB BOC ACP L L L= + +

AB BCP 2 r

2 2 360º

θ = π+ π + π

6 6 90ºP 2 (6)

2 2 360º

= π+ π + π

P 3 3 3= π+ π + π

∴ P 9= π= π= π= π

PROBLEMA 12

En la figura mostrada, hallar el perímetro de la región sombreada, si el radio de la circunferencia es r = 2a. (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 32 π a B) 12 π a C) 16 π a D) 8 π a E) 20 π a

Solución:

Resolvimos un problema muy similar anteriormente, por lo que podemos afirmar que:

SOMBREADOPerímetro = 5 L

CLAVE: A

6

6m

B

A

C

O

CLAVE: D

A

B C

3x 5x

2x 44x

+123

6

6B

A

C

r r r r r

SOMBREADOPerímetro = 5 [2π (2a)]

∴SOMBREADOPerímetro = 20 ππππ a

PROBLEMA 13

Calcular el perímetro de la región sombreada en la siguiente figura, si AO = OB y los arcos son porciones de circunferencias. (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 15π B) 10π C) 6π D) 16π E) 12π

Solución:

De la figura podemos ver que :

SOMBR2 R OA OB

Perím4 2 2

π= + π + π

SOMBR2 (8) 8 8

Perím4 2 2

π= + π + π

∴ SOMBRPerím 12= π= π= π= π

PROBLEMA 14

Determinar el perímetro de la región sombreada, de la figura. (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 16a (π + 2) B) 4a (π + 2) C) 8a (π + 2) D) 8a (π - 2) E) 8a (2 - π)

Solución:

De la figura, se deduce que:

SOMBRPerím = 4l + 4L (r = a)

SOMBRPerím = 4(4a) + 4[2π (a)]

∴ SOMBRPerím = 8 a (ππππ + 2)

A

8

B

O

CLAVE: C

CLAVE: E

A

8

B

O

8

CLAVE: E

a

�SOMBR AO OBABPerím L L L= + +

llll = 4a

a

ÁREA:

El área de una superficie limitada cualquiera es su extensión, indicada por un número positivo único acompañada de la unidad adecuada (cm2, m2, u2, etc.). DEBEMOS RECORDAR QUE:

I. Las Figuras Equivalentes tienen igual área, sin importar la forma.

1 2A A=

II. Las Figuras Semejantes tienen igual

forma, y sus áreas son proporcionales a los cuadrados de sus elementos homólogos.

Por ejemplo:

Caso de 2 Triángulos Semejantes:

2 2 21

2 2 22

S AB BC AC

S MN NL ML= = =

Caso de 2 Círculos:

22

21

22

21

2

1

r

r

D

D

S

S==

PRINCIPALES FÓRMULAS DE

FIGURAS CONOCIDAS

A. REGIONES TRIÁNGULARES

1. FÓRMULA GENERAL:

- Triángulo Acutángulo

bhS

2====

- Triángulo Rectángulo

b hS

2====

A

C

B

h

b

A

B

C

S1

M

N

L

S2

≡≡≡≡ A2 A1

D1

S1 r1

D2

S2 r2

b A CH

B

h

Áreas CAPÍTULO

3

49INFORMES E INSCRIPCIONES

Av. de la Cultura 1020 Of. 203. 2do. Nivel. 244856

Triángulo Obtuso

b hS

2====

TRIÁNGULO EQUILÁTERO:

2L 3S

4====

2h 3S

3====

FÓRMULA TRIGONOMÉTRICA:

b c SenS

2

θθθθ====

FÓRMULA DE HERÓN:

a b cp

2

+ ++ ++ ++ +====

(((( )))) (((( )))) (((( ))))S p p a p b p c= − − −= − − −= − − −= − − −

EN FUNCIÓN DE SU INRADIO:

====S pr

6. EN FUNCIÓN AL CIRCUNRADIO

abc

S4R

====

7. TRIÁNGULO RECTÁNGULO CIRCUNSCRITO

nmS =

8. EN FUNCIÓN A LOS EX-RADIOS E INRADIO

ABC a b cS r R R R=#

B. ÁREAS DE REGIONES CUADRANGULARES

C A

B

H

L L

L

h

A H b

B

h

Ra

CA

B

Rb

Rc r

B

C b

a

B

C

c

b θθθθ

B

C A b

c a R

A b

B

C

c a r

b

A

B

Cr

m n

1. CUADRADO:

2S L====

2D

S2

====

2. RECTÁNGULO:

S ab====

2 2 2D a b= += += += + 3. PARALELOGRAMO:

S bh====

S abSenθ==== 4. ROMBO:

D d

S2

====

5. TRAPECIO:

(((( ))))B bS h

2

++++====

6. TRAPEZOIDE:

DdSen

S2

θθθθ====

7. CUADRILÁTERO INSCRITO:

a b c d

p2

+ + ++ + ++ + ++ + +====

(((( )))) (((( )))) (((( )))) (((( ))))S p a p b p c p d= − − − −= − − − −= − − − −= − − − −

8. CUADRILÁTERO CIRCUNSCRITO rpS =

C. REGIONES POLIGONALES 1. POLÍGONO CIRCUNSCRITO: rpS =

2. POLÍGONO REGULAR px apS =

D. REGIONES CIRCULARES 1. Círculo:

L

L D

b

a D

D

d

b

B

h

a

b

c

d

r

r

ap

d D

θθθθ

b

a

θθθθ

h

2rS π=

Sector Circular:

2SECTOR

θS π r

360

=

°

SECTOR

LRA

2=

Segmento Circular:

2 2

AB

π r θ r SenθS

360 2

= − °

Zona o Faja Circular:

ZC CD ABS S S= −

5. Corona Circular:

2 2CCS π(R r )= −

6. Trapecio Circular:

( )2 2TC

θS π R r

360= −

°

( )1 2TC

L LS R r

2

+ = −

ALGUNAS RELACIONES IMPORTANTES DE ÁREAS

A) Propiedad de la Mediana.

R r O

L1 L2

R-r

El área de un Trapecio Circular, también se puede calcular con la fórmula para un trapecio y sería así:

Al Sector Circular, también se le conoce como Triángulo Circular o Triángulo Mixtilíneo y su área se calcula así:

B

θ

A

O

R r O

θθθθ

B

D

R

r

R

θθθθ

B

A

O

B

A

O L

R

R

S S

B) 1RA Propiedad de los Puntos Medios

C) 2DA Propiedad de los Puntos Medios D) Se cumple que: E) Se cumple que:

F) Se cumple que:

G) Se cumple que: H) Se cumple que:

I) Se cumple que: J) Propiedad del Triángulo Rectángulo: Si los lados de un triángulo rectángulo son líneas homologas de figuras semejantes construidas sobre ellos, entonces la suma de las áreas de regiones construidas sobre los catetos es igual al área de la región apoyada en la hipotenusa. Por consiguiente:

K) Lúnulas de Hipócrates:

T 1 2A S S= + 1 2 3S S S+ =

1S

2S

S

S

SS

S SS

S

S

1S2S

3S

S

S S

SSS

TAS

2=

TAS

6=

TAS

4=

1 2S S=

TAS

2=

TAS

2=

TAS

4=

TAS

2=

S

1S 2S

S

FÓRMULAS GEOMÉTRICAS IMPORTANTES

TEOREMA DE PONCELET

“En todo triángulo rectángulo, la suma de los catetos es igual a la hipotenusa mas el diámetro de la circunferencia inscrita”

a c b 2r+ = +

TEOREMA DE MENELAO “Toda secante a un triángulo, determina con dos lados del triángulo, cuatro segmentos parciales, y con la prolongación del tercero otros dos segmentos parciales. de tal forma que el producto de tres de ellos no consecutivos es igual al producto de los otros tres tampoco consecutivos”

abc xyz=

PROBLEMAS

PROBLEMA 1

ABCD es un cuadrado, M y N son puntos medios. ¿Qué parte de la figura falta sombrear?

A) 3/8 B) 4/8 C) 7/8 D) 5/8 E) 6/8 Solución:

Usamos la propiedad de la mediana vista en la teoría, por ejemplo:

En ∆CNA MO mediana ⇒ NOA NOCA A S∆ = ∆ =

De manera similar para las otras regiones

Finalmente:

NS

T

A 5S

8SA=

∴NS T

5A A

8====

PROBLEMA 2

CLAVE: D

C B M

O

A N D

A D

B C M

N

3S

S

S

S

O

2S

BA

C2S

1S

ABC 1 2S S S= +

C

B

r a

b

B

C D

E

RECTA SECANTE O TRANSVERSAL

Hallar el área de la región sombreada, sí ABCD es un cuadrado de 12cm de lado y ABE es un triángulo equilátero.

A) 36 cm2 B) 72 cm2 C) 86 cm2 D) 70 cm2

E) 75 cm2

Solución:

2cm72As

2

612

2

612As

AAAs BECAEA

=∴

×+

×=

+= ∆∆

También podemos usar la propiedad:

AAs

2=

� Donde: E Punto Interior.

212As

2⇒ =

∴ 2As 72 cm====

PROBLEMA 3

¿Qué fracción representa la región sombreada de la siguiente figura?

A) 3/8 B) 1/6 C) 1/2 D) 5/8 E) 2/5 Solución: Sabemos que en este tipo de problemas, es conveniente poner un valor al área de la región más pequeña, que en nuestro caso es la mitad de un cuadrado, que puede ser un rectángulo o un triángulo. Así ponemos “A” a la mitad del área de la región que encierra en cuadrado. Luego:

T

As 6A

12AA=

∴T

1As A

2====

PROBLEMA 4

CLAVE: C

CLAVE: B

B C

A D

A D

B C 12

E

12

6

6

A A

2A A

A A

2A

A

A

A

Encontrar la fracción que representa la región sombreada en el siguiente cuadrado: (UNSAAC CBU 99 I)

A) 1/8 B) 5/16 C) 1/4 D) 3/16 E) 1/2

Solución:

Observamos que podemos dividir la figura en triángulos congruentes. Luego contamos el número de triángulos sombreados y el total de triángulos que existen, para obtener la siguiente relación:

T

5As

16A=

#

#

∴T

5As A

16====

PROBLEMA 5

En el triángulo equilátero mostrado en la figura; AC = 6m, DC = 4m, AE = 4m. Calcular el área del triángulo AED.

(UNSAAC CBU 99 I)

A) 4 5 m2 B) 2 3 m2

C) 4 3 m2 D) 2 5 m2

E) 3 m2 Solución:

Deducimos que ∆BEA es equilátero ⇒ AE = 2

Usamos la fórmula trigonométrica para hallar el área de la región triangular DEA.

Luego: DEA

4x 2S Sen120º

2=#

DEA

4x 2 3S

2 2=#

∴ 2DEAS 2 3 m====#

PROBLEMA 6

CLAVE: B CLAVE: B

A

E

B

D

C

A C

B

2 2

2 60°

60°

60°

4 4

60°

6

120° E D

En la figura mostrada; si el área de la región sombreada es 200 cm2. Hallar el área del cuadrado ABCD, sabiendo que BOC y COD son semicírculos.

(UNSAAC CBU 99 I)

A) 400 cm2 B) 100 cm2 C) 600 cm2 D) 800 cm2 E) 300 cm2 Solución:

En este tipo de problemas sabemos que debemos trasladar regiones para obtener una región de área conocida; así obtenemos:

ABCDDEA

SS

2=

�#

ABCD DEAS 2S=� #

( )ABCDS 2 200=�

∴ 2ABCDS 400m====��

PROBLEMA 7

En la figura mostrada: 12 y 16 unidades son las medidas de las bases del trapecio isósceles inscrito en la circunferencia de 10 unidades de radio. ¿Cuál es el área del trapecio?

(UNSAAC CBU 99 I)

A) 172 u2 B) 196 u2 C) 164 u2 D) 156 u2 E) 144 u2

Solución:

Para calcular el área sombreada, necesitamos hallar la altura.

Trazamos los radios OA y OB , para formar triángulos rectángulos, entonces:

En ONA (37º-53º): b = 6

En BOM (37º-53º): a = 8

⇒ MN = a + b

MN = 14 (Altura del Trapecio)

Luego: 16 12A 14

2

+ =

∴ 2A 196= µ= µ= µ= µ

PROBLEMA 8

CLAVE: B

B C

A D

O

N

M

10

10

8 8

6 6

a

b

CLAVE: A

A

B C

D

A

B C

D

O

En la figura mostrada, hallar el área de la región sombreada, sabiendo que el sector circular ABC, es la cuarta parte de un círculo de radio AB = 4cm. (UNSAAC CBU 99 I)

A) 3 π cm2 B) 2 π cm2 C) 5 π cm2 D) 4 π cm2 E) 6 π cm2

Solución:

Como BAC es un cuadrante (la cuarta parte de una circunferencia)

AC = AB = 4

BAC (45º-45º): BC = 24

Luego el radio del círculo sería 2 2

Finalmente:

( )22

S4

A 2 24

= π − π

∴ As 4= π= π= π= π

PROBLEMA 9

Hallar el área del sector circular de 4m de radio y 8m de arco.

(UNSAAC CBU 99 I)

A) 4 m2 B) 64 m2 C) 16 m2

D) 32 m2 E) 12 m2 Solución:

Para calcular rápidamente el área de esta región, usamos la fórmula para el Triangulo Circular.

S8 4

A2

×=

∴ 2SA 16m====

PROBLEMA 10

En la figura mostrada, cada “cuadradito” tiene un área de 4 cm2. ¿Cuál es el área de la región sombreada?

(UNSAAC CBU 99 I)

A) 23 cm2 B) 18 cm2 C) 16 cm2 D) 15 cm2 E) 20 cm2

Solución:

C

S BAA A A= −

CLAVE: D

CLAVE: C

A B

C

4

4

O

22

22

8

4 A

C

A B

O

Dato 2a 4= ⇒ a = 2

Luego:

S BAD BCDA A A= +# #

SBDxAH BDxCQ

A2 2

= +

2

44

2

64 ×+

×=As

∴ 2SA 20cm====

Que en este problema vino así:

PROBLEMA 11

La figura ABCD es un trapecio y BCD un cuarto del círculo de radio igual a 6cm. Hallar el área de la región sombreada si AD = 12 cm. (UNSAAC CBU 99 I)

A) 6 (9 - π) cm2 B) 9 (6 +π) cm2 C) 48 - 9π cm2 D) 9 (6 - π) cm2 E) 32 + 9π cm2 Solución:

Nos dan el radio del cuadrante ⇒ CD = CB = 6cm

Por lo tanto la base menor del trapecio mide 6 cm. Luego:

( )2S

612 6A 6

2 4

π+ = −

∴ 2SA 9(6 )cm= − π= − π= − π= − π

PROBLEMA 12

CLAVE: C

b

h

A

CLAVE: E

A

B C

D

A

B

C Q

H

a=2

a=2

D

4 6

b

h A

A D

B C 6

6

12

SA A A= −

bhA

2=

bhA

2=

Recuerda que el área de un triángulo obtusángulo se calcula así:

Calcular el perímetro de la región sombreada, sabiendo que el área del cuadrado ABCD es 64 cm2

A) 4 ( )423 + cm. B) 3 ( )423 + cm.

C) 3 ( )324 + cm. D) 2 ( )324 + cm.

E) 2 ( )423 + cm.

Solución:

ABCDA 64=�

2L 64 L 8= ⇒ =

Ahora: Si L = 8 ⇒ BH = HC = 4

Luego usamos el (45º-45º) DO OB OC 4 2= = =

Finalmente

S ERIM ERIMP P AHO P DOC= +# #

) ( )P 4 2 8 8 2 8= + + +

(((( ))))SP 4 3 2 4 cm= += += += +

PROBLEMA 13

En el cuadrado ABCD, de 20 cm. de lado, los puntos M, N, P, Q, E, F, G y H son puntos medios, respectivamente. ¿Cuál es el área del cuadrado EFGH?


Solución:

Usamos la siguiente propiedad:

ABCDMNPQ

AA

2=

Luego:

ABCDMNPQ

AA

2====

��

2

MNPQ MNPQ20

A A 2002

= ⇒ =� �

MNPQEFGH

AA

2=

��

EFGH MNPQ

200A A 100

2= ⇒ =� �

OTRA FORMA:

CLAVE: A

A

D C

B

O

L=8

4

4

4 2

44 2 4 2

CLAVE: C

A M B

N

C Q D

P

H G

F E

A

D C

B

A Q D

N

M P A

B

C

Dividimos el cuadrado en triángulos congruentes:

Observamos que existen 16 triángulos en el cuadrado ABCD, entonces:

ABCDA 16A=� #

220 16A= # ⇒ A 25=#

Finalmente: EFGHA 4A=� #

∴ 2EFHGA 100cm====

PROBLEMA 14

Calcular el área del triángulo ABC

A) 350 m2 B) 400 m2 C) 450 m2 D) 250 m2 E) 300 m2

Solución:

Como AB = BC ⇒ ∆ABC isósceles

Luego AH = HC = 15.

BHA: (37º-53º)

Si AH = 3k= 15 (Opuesto a 37º)

⇒ k = 5 Luego: BH = 4k (Opuesto a 53º)

BH = 4(5) ⇒ BH = 20 Finalmente:

ABC

ACxBHA

2=#

ABC

30x 20A

2=#

∴ 2ABCA 300cm====#

PROBLEMA 15

Hallar el área de la región sombreada, si el triángulo ABC es equilátero de lado 12m y E, F, G son puntos medios de los lados ACyBCAB , ,

respectivamente.

A) 12(3 3 -π) m2 B) 3(12 3 -π) m2

C) 3( 3 -12π) m2 D) 12( 3 -π) m2

E) 3(4 3 -π) m2

Solución:

CLAVE: E

53º A

B

C 15

37º

H

CLAVE: C

A B

N

C Q D

P

H G

F E

M

A

B

C

E F

G

53º A C 30 m

B

B

E F

6

6 6

6

3 3 3 3

A2

De la figura: S 1 2A 2A A= +

llamos A1: ( )21 1

3 9A A

2 2

π= ⇒ = π

Ahora hallamos A2.

( )2

22

12 3 60ºA 2 6

4 360º

= − π

2A 36 3 12= − π

Luego: SOMBA 2A1 A2= +

SOMB9

A 2 36 3 122

π = + − π

∴ (((( )))) 2SOMBA 3 12 3 m= − π= − π= − π= − π

PROBLEMA 16

Calcular el área de la región sombreada, si cada cuadrito tiene 2cm. de lado.


Solución:

Dividimos la región total, en 5 regiones de áreas conocidas (4 triángulos rectángulos y un rectángulo); luego tendríamos:

S 1 2 3 4 5A A A A A A= + + + +

Entonces, calculamos:

12 10

A 102

×= =

28 6

A 242

×= =

34 4

A 82

×= =

4A 12 4 48= × =

56 8

A 242

×= =

Finalmente:

S 1 2 3 4 5A A A A A A= + + + +

∴ 2SA 114cm====

PROBLEMA 17

Si la longitud de la circunferencia es 24π. ¿Cuánto mide el área del círculo?

(UNSAAC CBU 99 II)

A) 122 π B) 12 π C) 144 π D) 24 π E) 14 π Solución:

CLAVE: D

CLAVE: B

A1

A2

A4

A3

A5

2

Dato: π= 24Lc

2 r 24 r 12π = π ⇒ =

Luego:

PROBLEMA 18 ¿Qué fracción del área del cuadrado,

representa la parte no sombreada de la figura? (UNSAAC CBU 99 II)

A) 9/16 B) 1/2 C) 7/16 D) 4/5 E) 3/16 Solución: En este problema, observamos que el cuadrado mayor queda dividido en 4 cuadrados, si cada uno de ellos tiene un área de “4A”, entonces se tiene el siguiente esquema:

Luego tendríamos:

NS

S

A 9A

A 16A=

∴NS

9A As

16====

PROBLEMA 19 En la figura, ¿qué fracción del área

del cuadrado MNPQ representa la región sombreada?

A) 2

5 B)

2

3 C)

4

5

D) 3

4 E)

1

2

Solución:

CLAVE: A

CLAVE: C

N

M Q

P

( )2A 12= π

A 144= π= π= π= π∴

r

A

2A

A

A

A

A A

A

A

2A

Luego de trasladar regiones, para obtener, una región de área conocida, tenemos:

Luego: ∴S T

1A A

2====

PROBLEMA 20

Un círculo tiene igual perímetro que un cuadrado cuya diagonal mide

8 cm. El área del círculo es:

A) 16

ππππ cm2. B) 4

ππππcm2

C) 16

ππππ cm2. D)

4

ππππ cm2

E) 16 ππππ cm2.

Solución:

BD = 8 ⇒ BD = 2 2

BAC: (45º- 45º)

BD = 2 2 ⇒ AB = AD = 2

ABCDPerímetro 8=�

Luego, por condición del problema:

ABCDPerímetro Lc=�

Entonces: Lc 2 r= π

48 2 r r= π ⇒ =

π

Finalmente:

PROBLEMA 21

En la figura adjunta, el área del trapecio ABCD es 40 cm2. Entonces el área del rectángulo ABEF es:


ABCDA 40=

9k 3kh 40

2

+ =

20kh

3⇒ =

Luego: ( )ABEFA 3k h=

CLAVE: C

CLAVE: E

N P

M Q

A B

E F D C 9k

3k

2

B C

D

r 2 2

24

A

= π π

216A cm====

ππππ∴

A B

D C F

E

h

9k 3k

3k

2A r= π

ABEF20

A 33

=

∴ 2ABEFA 20cm====

PROBLEMA 22 Determinar el área sombreada de la

figura; Si AB = 16 cm.

A) 60 π cm2 B) 32 π cm2 C) 64 π cm2 D) 16 π cm2 E) 12 π cm2

Solución:

Trasladamos regiones así tenemos:

Luego:

∴ As 32= π= π= π= π

PROBLEMA 23

Hallar el área de la siguiente figura:

(UNSAAC CBU 2000 I)


Trazamos CH AD⊥ para obtener el

BAC: (37º- 53º) ⇒ HD = 3K = 6

K = 2 y CH = 4k

CH = 8 Pero: CH = AD = 8 (Altura del Trapecio) Luego:

PROBLEMA 24

En la figura, calcular el área en metros cuadrados de toda la región

( )28As

2

π⇒ =

AAs

2=

CLAVE: D

12

18

h = 8

37º

53º

4k =8

3k = 6 A

B C

D 12 H

CLAVE: B

A B

CLAVE: E

A B

53º 18

12

ABCD18 12

A 82

+ =

2ABCDA 120cm====∴

sombreada, ABC es una semicircunferencia. (UNSAAC CBU 2000 I)

A) 3 B) 2 C)7 D) 5 E) 1

Solución:

ABCAs A= # ( )2 1As

2⇒ =

∴ 2As 1m====

PROBLEMA 25

La relación entre el área sombreada y el área del trapecio isósceles es: (UNSAAC CBU 2000 I)

A) 1

2 B)

1

3 C)

2

5

D) 1

4 E)

1

6

Solución:

Primero hallamos:

SOMBREADAah

A2

=

TRAPECIOa 3a

A h2

+ =

Finalmente se tiene:

SOMBREADA

TRAPECIO

ahA 2

3a aAh

2

=+

∴ SOMBRADA

TRAPECIO

A 1

A 4====

PROBLEMA 26

Hallar el área del cuadrilátero ABCD, si el área del triángulo AMP es 30 m2.


A) 120 m2 B) 64 m2 C) 106 m2 D) 96 m2 E) 92 m2 Solución:

A D

C M B

CLAVE: D CLAVE: E

O 2m

A

B

C

3a

a

a

3a

h

O 2m

A

B

C 1 1

1

De la figura:

( )PAM ABCD BAM CPM PADA A A A A= − + +

x x xx

a 4b a b 2a 3b30 2a 4b

2 2 2

= − + +

11ab30 8ab

2

= −

2ab 12m⇒ =

Finalmente:

( ) ( )ABCD xA 2a 4b=

ABCDA 8ab=

( )ABCDA 8 12=

∴ 2ABCDA 96m=

PROBLEMA 27 Calcular el área del triángulo

isósceles en m2, si su altura es 12 m y el perímetro del triángulo es 36 m

(UNSAAC CBU 2000 II) A) 36 B) 60 C) 90 D) 80 E) 120 Solución:

Dato: ABCPerímetro 36=#

⇒ 2a 2b 36+ = a b 18+ = b 18 a= − … (I)

Teorema de Pitágoras en AHB:

2 2 2b a 12= + … (II)

Remplazamos (I) en (II):

( )2 2 218 a a 12− = + a 5⇒ =

Finalmente: xABC

2a 12A

2=#

∴ 2ABCDA 60m=

PROBLEMA 28

En la figura adjunta. Determinar el área del círculo sombreado en cm2.


A) (3 + 2 2 ) π B) (2 - 3 2 ) π C) (3 - 2 2 ) π D) (2 + 3 2 ) π E) (3 - 2 ) π

Solución:

CLAVE: B

CLAVE: D

A D

C M B

2a

4b

a a

2b

P

N

b

b

2 cm

2 cm

No nos dicen que es un cuadrado, por eso colocamos lados diferentes.

A C

B

a a

b b 12

Para calcular el área del círculo, bastará calcular el radio del dicho círculo.

CAD (45º - 45º) Como: AB = 2 (Opuesto a 45º) ⇒ AC = 2 2 (Hipotenusa)

Pero de la figura: AC = 1 + 2 r + 1 2 2 = 2 + 2 r

Luego: r 2 1= −

inalmente: 2A r= π�

( )2

A 2 1= π −�

∴ (((( ))))A 3 2 2= − π= − π= − π= − π��

PROBLEMA 29

El área de la región sombreada en cm2, en la figura dada es: (UNSAAC CBU 2000 II)

A) 4 (8 - π) B) 4 (4 - π) C) 8 (4 + π) D) 4 (8 + π) E) 2 (16 - π)

Solución:

De la figura: S ABCDA A 4A= −�

Pero “A” es la cuarta parte de un círculo, por lo tanto: 4A A= �

Finalmente:

S ABCDA A 4A= −�

S ABCDA A A��= −

2 2SA L r= − π

2 2SA 4 (2)= − π

∴ (((( ))))SA 4 4= − π= − π= − π= − π

PROBLEMA 30

Hallar el área de la región no sombreada en cm2. Si el radio del círculo mayor mide 2 cm. y el ángulo AOB mide 120º.


A) 4

3ππππ B) 3

4ππππ C) 3

8ππππ

D) 8

3ππππ E) 4ππππ

Solución:

CLAVE: B

4

4

A

A A

A

AS

CLAVE: C

2cm

2cm

A

B C

D

1

1

r r

4 cm

4 cm

O

A B

Trasladamos regiones y obtenemos un sector circular de 120º, como se muestra:

Luego:

2SA r

360º

θ = π

2S

120ºA (2)

360º

= π

∴S

4A

3= π= π= π= π

PROBLEMA 31

En la figura, cada cuadradito tiene un área de 4 cm2. ¿Qué parte del área total del rectángulo ABCD es el área sombreada?

(UNSAAC CBU 99 II)

A) 4

5 B) 3

5 C) 8

15

D) 2

3 E) 2

7

Solución:

El área de cada triángulo es “A”; por la tanto el área de cada cuadradito sería “2A”. Por lo tanto se tendría:

S

TOTAL

A 18A

A 30A=

∴S TOTAL

3A A

5====

PROBLEMA 32 En la figura, ¿Qué fracción del área

del rectángulo ABCD representa la región sombreada?

(UNSAAC CBU 99 II)

A) 1

3 B) 5

8 C) 1

4

D) 2

3 E) 1

2

Solución:

CLAVE: B

B C

D

2A 2A 2A

2A

2A

2A

A A

A

A A A

A

CLAVE: B

O

A B

120º r =2

A

B C

D

A

B C

D

Trazamos AC ⇒ ABC ACDA A=# #

samos la propiedad de la mediana:

ABC: AM es mediana

⇒ ABM AMCA A A= =# #

ACD: AN es mediana

⇒ ACN ANDA A A= =# #

Finalmente:

S

TOTAL

A 2A

A 4A=

∴S TOTAL

1A A

2====

PROBLEMA 33

En la figura adjunta. ¿Qué parte del área del hexágono regular representa la región sombreada?

A) 2

3 B) 3

8 C) 5

6

D) 1

2 E)

3

1

Solución:

El hexágono es regular por lo que lo dividimos en 6 triángulos equiláteros. Trasladamos la región indicada y luego:

S

TOTAL

A 2A

A 6A=

∴S TOTAL

1A A

3====

PROBLEMA 34

En la figura adjunta el área de la

región sombreada es 23 cm2

π −

.

Determinar el área en cm2 del triángulo formado al unir los centros de las circunferencias siendo estas iguales.

A) 3

4 B) 3 C)

3

5

D) 3

2 E)

3

3

Solución:

CLAVE: E

CLAVE: E

A

B C

D

A

A

N

A A

M

A

Al unir los centros A, B y C se obtiene un triángulo equilátero; para calcular el área que encierra este triángulo equilátero ABC necesitamos saber cuánto mide su lado, para lo que necesitamos calcular el radio de la circunferencia.

Dato: SA 3

2

π= −

Pero de la figura: S ABCA A 3A= −#

Luego:

2

2S

L 3A 3 r

4 360º

θ = − π

22(2r) 3 60º

3 3 r2 4 360º

π − = − π

22 r

3 r 32 2

π π− = −

23 r 32 2

π π − = −

r 1⇒ =

Finalmente:

2

ABCL 3

A4

=#

[ ]2ABC

2(1) 3A

4=#

∴ ABCA 3====#

PROBLEMA 35 Hallar el área de la región sombreada:

A) 5 B) 7 C) 2 D) 3 E) 9

Solución:

ABQ: PM // AQ

P

4 B C

N

D A Q

M

2

2

2 2

1 3

2

H

CLAVE: B

A B

C

r r

r r

r r A A

A

60º 60º

60º

4

4

PM es Base Media de AQ

AQPM PM 1

2= ⇒ =

Ahora como PM = 1

de la figura MN = 3

También de la figura: QH = 2

Finalmente:

xMQN

MN QHA

2=#

xMQN

3 2A

2=#

∴ SA 3====

PROBLEMA 36

En la figura adjunta. Determinar el área en cm2 del trapecio AOBC.

A) 3 B) 5

2 C) 2

3

D) 3

2 E) 2

5

Solución:

DCB Triángulo Notable (37º-53º) ⇒ BD = 5 En este trapecio para hallar el su área de la región que encierra, necesitamos su altura (r) y su base menor (r). Para hallar “r” aplicamos el Teorema de Poncetet en DCB.

CD + CB = BD +2 r 3 + 4 = 5 + 2 r

r = 1 Finalmente:

TRAPECIOBC OA

A CA2

+ =

TRAPECIO4 1

A 12

+ =

∴TRAPECIO

5A

2====

PROBLEMA 37

O

C

A

4

3

B

r

r

D

5

CLAVE: B

CLAVE: D

Nada es imposible, a menos que uno esté de acuerdo en que lo es.

O

C

A

4cm

3cm

B

En la figura, “E” es el punto medio de AC . El área de la región sombreada, es:

(UNSAAC CBU 2001 I)

A) 2( 3 - 48) B) 20 ( 3 - 96) D) 100 (2 3 -48) D) 2(200 3 -96) E) 2 (100 3 -48) Solución:

ABC (30º-60º): Como AC = 40 (Hipotenusa) ⇒ AB = 20 (Opuesto a30º)

y BC = 20 3 (Opuesto a60º)

ADE (37º-53º): AE = 20 (Hipotenusa) 5k = 20 ⇒ k = 4 AD = 3k (Opuesto a30º) ⇒ AD = 12 BC = 4k (Opuesto a60º) y BC = 16 Luego: S ABC ADEA A A= −# #

x xS

AB BC AD DEA

2 2= −

x xS

20 20 3 12 16A

2 2= −

SA 200 3 96= −

( )SA 8 25 3 12= −

Buscando la respuesta de las alternativas se tiene:

∴ (((( ))))SA 2 100 3 48= −= −= −= −

PROBLEMA 38

En la figura: AC y BC son tangentes al círculo. El área de la región sombreada, es:

(UNSAAC CBU 2001 I)

A) 3 3

3

π −

B) 9 33

π −

C) 39

3

π+

D) 33

3

π+

E) ( )3 3 − π

Solución:

A C 37º

E 40

30º 53º

B

D

20 20

4k 3k

CLAVE: E

B

C

A

3

120º

3

30º A

D

B

C 37º

E 40

Primero trazamos OC para obtener triángulos rectángulos notables de 30º y

OAC (30º-60º):

Si OA = 3 (Opuesto a 30º)

⇒ AC = 3 3 (Opuesto a 60º)

Luego:

AOBS OACB SECTORA A A= −

( )OAC AOBS SECTORA 2 A A= −#

( )x 23 3 3 120º

A 2 32 360º

= − π

SA 9 3 3= − π

( )A 3 3 3= − π

Buscando la forma en la que esta respuesta se presenta en las alternativas, se tiene:

∴SA 9 3

3

ππππ = −= −= −= −

PROBLEMA 39

En la figura: los vértices del triángulo equilátero de lado de longitud 12 son centros de círculos de radio 6. El área de la región sombreada, es:

(UNSAAC CBU 2001 I)

A) 6 3π + B) 16 3 3π +

D) ( )4 4 3 3π + D) ( )9 3π +

E) ( )18 2 3π +

Solución:

Trasladamos regiones y se obtiene un triángulo equilátero y un semicírculo:

S ABC 1A A A= +#

( ) ( )2 2

S12 3 6

A4 2

π= +

SA 36 3 18= + π

∴ (((( ))))SA 18 2 3= π += π += π += π +

PROBLEMA 40

A1

A C

B 6 6

6 6 M 12

B

C

A

3

60º

3

60º 30º 30º O

3 3

3 3

CLAVE: E CLAVE: B

El porcentaje del área sombreada, es: (UNSAAC CBU 2001 I)

A) 50% B) 40% C) 55% D) 60% E) 45% Solución:

x

S

TOTAL x

b hA 2

A b h=

S TOTAL1

A A2

=

∴ S TOTALA 50%A====

xS

b hA

2=

PROBLEMA 41

Si en el gráfico P y Q son puntos medios. ¿Qué parte del círculo falta sombrear?

(UNSAAC CBU 2001 I)

A) 2

3 B)

1

3 C)

1

4

D) 1

2 E)

3

4

Solución:

Área del círculo menor (A1): 2

1A a= π

Área del círculo mayor (A2):

( )22A 2a= π ⇒ 22A 4 a= π

Finalmente:

21

22

A a

A 4 a

π=

π

∴1 2

1A A

4====

PROBLEMA 42

P Q a a 2a

b

h

b

h

CLAVE: C

CLAVE: A

P Q

Para calcular el área de la región sombreada hemos usado esta formula:

¿Qué fracción representa la parte sombreada respecto al área total? (UNSAAC CBU 2001 II)

A) 2

3 B) 3

5 C)

3

1

D) 3

4 E) 2

5

Solución:

Dividimos el la figura en triángulos, para tener regiones de áreas iguales, como

se muestra a continuación:

Luego:

S

TOTAL

A 6

A 18=

#

#

∴S TOTAL

1A A

3====

PROBLEMA 43

Hallar el área de la región sombreada, si: AB = BC; DC = DE; BD = 30 cm. (UNSAAC CBU 2001 II)


Aplicamos el Teorema de Pitágoras en el BCD:

2 2 2a b 30+ =

2 2a b 900+ = … (I)

Luego:

AS = A ABC + A CDE

x xS

a a b bA

2 2= +

2 2

Sa b

A2

+= … (II)

Remplazando (I) en (II).

S

900A

2=

∴ 2SA 450cm====

PROBLEMA 44

30 cm

A

B

E

D

C

b b a a

CLAVE: E CLAVE: C

30 cm

A

B

E

D

C

Hallar el área de un cuadrado, si la mitad de su diagonal mide 3 2 cm.


A) 54 cm2 B) 18 2 cm2

C) 36 cm2 D) 36 2 cm2 E) 12 cm2 Solución:

Dato: d3 2

2=

⇒ d 6 2=

Finalmente sabemos que:

2d

A2

=�

( )2

6 2A

2=�

∴ 2A 36cm� ====

PROBLEMA 45

Hallar el área de un rombo cuya diagonal mayor es el doble de la menor y su perímetro es igual a 80cm.

(UNSAAC CBU 2001 II) A) 300 cm2 B) 300 5 cm2 C) 64 5 cm2 D) 320 cm2 E) 160 cm2 Solución:

Dato: ROMBOPerímetro 80=

4L 80= ⇒ L 20= … (I)

Aplicamos el Teorema de Pitágoras en BOA:

( )22 2L x 2x= +

L x 5= … (II)

Remplazando (I) en (II)

20 x 5= ⇒ 20x

5=

Finalmente:

xROMBO

BD ACA

2=

( ) ( )x

ROMBO

4x 2xA

2=

2ROMBOA 4x=

2

ROMBO20

A 45

=

∴ 2ROMBOA 320cm====

PROBLEMA 46

CLAVE: D

CLAVE: C

A

C B

D

d

A C

B

D

O

L L

L L

x x

2x

2x

En la figura, el área del triángulo ABH es igual a 4m2; además CD x AH = 12m2. Hallar el área del trapecio ABCD. (UNSAAC CBU 2001 II)

A) 10 m2 B) 15 m2 C) 30 m2 C) 20 m2 E) 40 m2

Solución:

ABHA 4=#

xb h4

2= ⇒ xb h 8=

También nos dan este dato:

xCD AH 12= ⇒ xa h 12=

Luego:

TRAPECIOa b ah bh

A h2 2

+ + = =

TRAPECIO12 8

A2

+=

∴ 2SA 10m====

PROBLEMA 47

En la figura, hallar el área de la región sombreada. (UNSAAC CBU 2001 II)

A) 8 + 16 π B) 16 + 4 π C) 16 + 8 π D) 8 + 8 π E) 8 + 4 π Solución: Dividimos la región en tres regiones conocidas (un cuadrado y dos cuartos de círculo)

De la figura: S 1 2A 2A A= +

( )2 2S

4A 2 4

4

π = +

∴ SA 16 8= + π= + π= + π= + π

PROBLEMA 48

A B

C D N

4

M

4

A2

A1

A1 4

4

O

A B

C H a

b

h

CLAVE: C CLAVE: A

D

A B

C H

A B

C D 8

8

8 8

Hallar el área de la figura sombreada. Si cada cuadradito tiene un área de 20cm2.



Dato: 2L 20=

De la figura:

S 1 2 3A A A A= + +

( )x xS x

2L 5L 2L 3LA 4L 2L

2 2= + +

2 2 2SA 5L 3L 8L= + + ⇒⇒⇒⇒ 2

SA 16L=

( )SA 16 20=

∴ 2SA 320cm====

PROBLEMA 49

La figura ABCD es un cuadrado de lado igual a 2 cm. Hallar el área en cm2 de la región sombreada.


A) 1

4 2

π− B) 1

4 2

π+

C) 2π − D) 3 1π −

E) 1

3 2

π−

Solución:

Trazamos OE AD⊥⊥⊥⊥ ⇒ AE = ED = 1

Luego de la figura:

( )( )2 x2

S

1 1145ºA 2

360º 4 2

π = π − +

∴ ππππ= += += += +S

1A

4 2

PROBLEMA 50

B C

D A

O 2

1 1 E 45º

P A2

A1 A3

L

L

A

B

C E

F G

D

CLAVE: B CLAVE:

B C

D A

O

( )S PDA AOE OEDA A A A= − +

C

En la figura, ABCD es un trapecio isósceles, EBCF es un cuadrado de 64

2 de área y AD = 26m. Calcular la suma de áreas de las regiones triangulares ABE y CFD. (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 36 m2 B) 72 m2 C) 64 m2 D) 81 m2 E) 48 m2

Solución:

Dato: BCFEA = 64�

L2 = 64 ⇒ L = 8

Luego: AD = 26

2h + L = 26 ⇒ h = 9

Pero: x = y

Lhx

2====

8(9)x 36

2= == == == =

∴ + =+ =+ =+ =x y 72

PROBLEMA 51

En la figura mostrada: ABCD y PQRC son cuadrados, siendo “P” punto medio del lado .BC Calcular qué parte del área de la región no sombreada es el área de la región sombreada. (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 2/3 B) 5/6 C) 3/2 D) 2/5 E) 5/12

Solución:

De la figura se tiene:

NS

As 8A

A 20A====

∴ ====S NS2

A A5

PROBLEMA 52

Hallar el área que encierra el cuadrado ABCD, si el radio de la

A

A A

A 2A

2A

2A

2A

2A

2A

2A

2A

CLAVE: D

A B

D C

P Q

R

D

C

E F

x y

64

h h

L L

L

26

L

B

CLAVE: B

A D

B C

E F

semicircunferencia es R = 5m. (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 25 m2 B) 16 m2 C) 9 m2

D) 8 m2 E) 20 m2

Solución:

DOC: 52 = (2x)2 + x2 ⇒ x2 = 5

Luego AABCD = (2x) 2

AABCD = 4 x 2 ⇒ AABCD = 4 (5)

∴ ==== 2ABCDA 20m

PROBLEMA 53

Hallar el área del círculo inscrito en el triángulo ABC, si AB, = 5 cm y BC = 12cm (UNSAAC CBU 2002 I)

A) 2π cm2 B) 9π cm2 C) 4π cm2

D) 6π cm2 E) 8π cm2

Solución:

Teorema de Pitágoras:

ABC: AC2 = 122 + 52

⇒⇒⇒⇒ AC = 13

Teorema de Poncelet: 5 + 12 = 13 + 2r r = 2

Luego: ( )2círculoA 2= π

∴ círculoA 4= π= π= π= π

PROBLEMA 54 En el siguiente cuadriculado, cada

“cuadradito” tiene un área de 9 cm2. El área de la región sombreada, es: (UNSAAC CBU 2002 I)


Solución:

A B

C

12 13

5

CLAVE: C

CLAVE: E

A O D

B C

R

A B

C

A O D

B C

5 2x

x x

Dato: l l l l

2 = 9 ⇒ llll = 3

De la figura: As = A1 + A2

6 9 6 9As

2 2

× ×= +

∴ 2SA 54cm====

PROBLEMA 55

¿Qué parte de la región sombreada, representa la región no sombreada? (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 1/4 B) 1/3 C) 2/3 D) 3/4 E) 1/2

Solución:

Usamos la siguiente propiedad:

Luego, se tendría:

NS

S

A A B C D E F

A 3A 3B 3C 3D 3E 3F

+ + + + +=

+ + + + +

( )NS

S

A A B C D E F

A 3 A B C D E F

+ + + + +=

+ + + + +

∴NS S

1A A

3====

PROBLEMA 56 En el triángulo AEB, los segmentos

interiores son medianas. Hallar el área de la región rectangular ABCD; si el área de la región triangular PBQ es 2u2. (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 32 u2 B) 60 u2 C) 65 u2

D) 72 u2 E) 64 u2

Solución:

Usamos la propiedad de la mediana:

Luego tendríamos:

A C

B

A

D

A

A

B

C

D

E

F

3A

3B

3C

3D

3E

3F

C

M N

B

A

3A

A1

=3

A2

A 9

B

C

D

9 H

F

llll=3

CLAVE: B

CLAVE: A

A Q B

D E C

P

ABCMBN

AA

4=

ABCD AEBA 2A⇒ =� #

∴ 2SA 64u====

PROBLEMA 57

Calcular el área de la región cuadrangular ABCD, inscrito en el semicírculo de centro O y radio R. Si el área del semicírculo sombreado

mide 25u

2

π .


A) 20 π u2 B) 16 u2 C) 20 u2

D) 25 u2 E) 15 π u2

Solución:

Dato: A = 25u

2

ππππ

2

2r 5r 5

2 2

π π= ⇒ =

Luego: ( )2ABCDA 2r=�

∴ 2ABCDA 20u� ====

PROBLEMA 58

Determinar el área de la región de un trapecio isósceles ABCD. Si el área

del círculo es 36 π u2; donde CD es

la mitad del diámetro AB . (UNSAAC CBU 2002 II)

A) 227 2 u B) 227 3 u

C) 218 3 u D) 36 u2

E) 27 u2 Solución:

Dato: A 36= π= π= π= π��

2r 36π = ππ = ππ = ππ = π ⇒ r 6==== Luego observamos que: el área pedida es igual a 3 triángulos equiláteros:

(((( ))))TRAPECIOA 3 S====

2

TRAPECIOr 3

A 34

====

A B

C D

O r r

r

r r S

A O D

B C

R 2r

r r

A Q

D E C

P 16 8

4 2 2

B E

CLAVE: C

CLAVE: E

O D

B C

R

A

A B

C D

∴ TRAPECIOA 27 3====

PROBLEMA 59

Hallar el área de la región sombreada, si ABCD es un cuadrado de lado 2m. (UNSAAC CBU 2002 II)

A) π/2 m2 B) π m2 C) 4 m2 D) 2 m2 E) 3 m2

Solución:

De la figura se tiene que:

ABCDAs = [A -A ] + 8x��

22 (1/ 2)

As = [22 - (1) ] + 82

ππ

∴ 2SA 4m====

PROBLEMA 60

En la figura ABCD y EFGH son cuadrados cuyos lados tienen

medidas iguales; E es el centro del cuadrado ABCD.¿Cuánto mide el área de la región cuadrangular ABCD, si el área de la region

sombreada mide m24 2 ?

A) m216 B) m212 2 C) m212

D) m28 2 E) m216 2

Solución:

Trazamos las diagonales (estas se cortan en el punto E)

Luego de trasladar la región:

A ABCD = 4 As

∴ 2ABCDA 16 2m====�

PROBLEMAS PROPUESTOS SOBRE TRIÁNGULOS

1. Se desea cercar los lados AB y AC de

CLAVE: E

A D

B C

E

G

H

F

CLAVE: B

C B

D

1/2

1/2

2

1 x

A

CLAVE: C

B

A

C

D

A D

B C

E

F

H

G

un terreno que tiene la forma de la figura siguiente:

¿Cuántas estacas se necesitan, si las estacas se colocan cada 3 metros? (UNSAAC CBU 2003 I)

a) 36 b) 29 c) 32 d) 31 e) 30

2. En la siguiente figura, determinar :

fedcba +++++ (UNSAAC CBU 2003 I)

a) 360º b) 270º c) 540º d) 180º e) 720º

3. En la siquiente figura, ABCD es un

cuadrado y AED es un triángulo equilátero. Hallar el valor del ángulo “x”. (UNSAAC CBU 2003 I)

a) 80º b) 105º c) 100º d) 75º e) 115º

4. Los lados de un triangulo miden, respectivamente; 10, 9 y 8 cm. Si cada lado se disminuye en “x” cm, se convierte en un triangulo rectangulo.

¿Cuánto mide el perímetro de dicho triángulo rectángulo?

a) 12cm b) 10cm c) 13cm d) 15cm e) 14cm

5. En la siguiente figura (UNSAAC CBU 2003 II)

Hallar la suma de los angulos : if2e2dcba ++++++

a) 360º b) 270º c) 720º d) 620º e) 540º

6. En la figura adjunta, AD = DC = 6m, si CB = CA. Calcular DB. (UNSAAC CBU 2003 II)

a) 3 5m b) m8 c) m10

d) 6 5 m e) 10 5m

7. Se da un trapecio con bases de longitudes 3cm. y 6cm. y con altura de 4cm. de longitud. Hallar la distancia del punto de intersección de los lados no paralelos a la base mayor.

(UNSAAC 2000 II)

a) 6cm b) 9cm c) 8cm d) 4cm e) 5cm

8. La bisectriz del ángulo recto de un triángulo rectángulo forma con la hipotenusa un ángulo de 115°. El ángulo que forma dicha bisectriz con

A

E

D

B

x

C

b

a c

d

e f

a

c

e f

i

b

d

A

B

D

C

A

B

C 60º

30 3m

la bisectriz exterior del menor de los ángulos agudos, mide: (UNSAAC 2001 II)

a) 25° b) 30° c) 20° d) 35° e) 45°

En un triángulo rectángulo, la longitud de la hipotenusa y uno de los catetos

miden 12m y 4 5m , respectivamente.

La longitud de la altura relativa a la hipotenusa mide (en m.): (UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)

a) 8 5 b) 3 5 c) 8

d) 5

3 e)

8 5

3

En la siguiente figura, la longitud de “x”, es: (UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)

a) 3 2 b) 2 3 c) 2 2

d) 3 e) 6

La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 10cm. y uno de los catetos mide 8cm. Hallar la altura del triángulo tomando como base la hipotenusa. (UNSAAC 2000 I)

6cm b) 4.8cm c) 4cm d) 3.5cm e) 10cm

En el triángulo ABC mostrado en la figura BH = 4m, AC = 4m. Hallar la longitud del lado del cuadrado inscrito PQRS.

(UNSAAC 2000 I)

a) 2 2 m b) 3m c) 1 m

d) 2m e) 2 m

13. Una escalera se apoya a una pared de

4 3 metros de altura, de modo que

sus extremos superiores coinciden. Los ángulos que forman la escalera con el piso y la pared con el piso son de 30° y 90° respectivamente. Hallar la distancia del extremo inferior de la escalera a la pared.

(UNSAAC 2000 I)

a) 12m b) 6m c) 9m

d) 15m e) 6 3 m

14. Se tiene un triángulo en donde dos de sus lados miden 3 y 4. Hallar el perímetro del triángulo. Si el tercer lado es el doble de uno de los otros dos lados.

a) 10 b) 11 c) 12 d) 13 e) 14

15. Los lados de un triángulo rectángulo forman una progresión aritmética cuya razón es 3m. Hallar el perímetro del triángulo.

a) 36m b) 32m c) 28m d) 24m e) 21m

16. Calcular el valor de “x” en la figura.

x

6

45°

15°

A H P S C

B

Q R

a) 32 b) 16 c) 316

d) 3

32 e) 3

16

17. Calcular el valor de “m + n” en la

figura.

a) −−−−4 3 b) −−−−7 3

c) ++++7 3 d) −−−−3 3

e) ++++8 3

18. Calcular “x” en el gráfico

a) 40 2 b) 40 c) 20 2

d) 20 e) 10 2

19. En la figura se sabe que ∀ > 90º, y que AC es un número entero.

Calcular la suma del máximo y mínimo valor entero que puede tener “x”.

a) 18 b) 19 c) 20 d) 21 e) 22 20. El la figura hallar “x”

a) 30º b) 40º c) 50º d) 60º e) 80º 21. De la figura hallar “φ”

a) 10° b) 15° c) 20° d) 30° e) 40° 22. Hallar “x” en la figura

a) 50° b) 60° c) 70° d) 80° e) 40°

23. Si AB = DC y DA = DB, hallar “x”.

A

B

C

D α

8

x

10

2

80º 40º

100º 20º

x

30º x

B C

A

D

8 3

37° 60° m

n

3

10

x

100°

40°

φ

100°

70° x

a) 10° b) 20° c) 30° d) 45° e) 53°

En un triángulo rectángulo uno de sus ángulos agudos mide 22°30´; si queremos calcular la longitud de la hipotenusa ¿entre qué número debemos de dividir a la hipotenusa?

a) 2 b) 2 2 c) 4

d) 2 e) 3

. En la figura, hallar BC

a) 12 b) 16 c) 20 d) 15 e) 18

La hipotenusa y un cateto suman 162m. Si el otro cateto mide 80m. Hallar la hipotenusa.

a) 82m b) 68m c) 84m d) 90m e) 86m

En el interior de un cuadrado ABCD se toma el punto P y luego se traza PH ⊥ BC, tal que BH=2 y HC=8. Si

∠APD=90°, hallar PH.

a) 4 b) 5 c) 6 d) 7 e) 8

Calcular “ α ”, si los 2 cuadrados son congruentes.

a) 30° b) 37° c) 53° d) 16° e) 15° 29. Calcular “ α ” en:

a) 20° b) 35° c) 37° d) 45° e) 60° 30. En la figura siguiente la medidas de

los ángulos ˆBAC y ˆACB son 60° y 90° respectivamente, además se trazan las bisectrices de los ángulos interiores las que se intersectan en el punto D. Sea DM la mediana del triángulo ADB hallar la medida de los ángulo ˆMDB .

a) 20° b) 30° c) 45° d) 55° e) 60° 31. Calcular el valor de “x”:

C

A BM

D

°°°°30

α

A B

CD

αααα

B

D

A C x

A D C

B

6 10

φ φ

a) 4 b) 5 c) 6 d) 8 e) 9

32. En la figura calcular el valor del

ángulo “ α ” si AD y BC son bisectrices de los ángulos A y C respectivamente.

a) 95° b) 110° c) 115° d) 120° e) 125°

33. Cuatro rectas se intersecan como se muestra en la figura. Calcular el valor de: (x y z w)+ + ++ + ++ + ++ + +

a) 360° b) 450° c) 540° d) 630° e) 720°

34. Hallar el ángulo formado por la intersección de las bisectrices de los ángulos exteriores de los ángulos agudos de un triángulo rectángulo.

a) 60° b) 45° c) 30° d) 65° e) 75°

35. Si sabemos que “E” es el punto

medio de AB . Además ABCD es un cuadrado. Hallar θ :

a) 12° b) 14° c) 15° d) 16° e) 20° 36. En la figura se muestra una lámina

metálica de forma rectangular. Si

AD 4 cm.==== y AB 4 3 cm.= Calcular la longitud que recorre el vértice A cuando la lamina haya dado una vuelta completa en el sentido indicado.

a) π +3 ( 3 1)cm b) π +( 3 3) cm

c) + π(2 3 3 ) cm d) π +2 ( 2 2)cm

e) π +2 ( 3 3)cm

37. Si AB 5m= y BC 12= , hallar la

medida de MN

a) 1 b) 2 c) 2.5 d) 4 e) 5

α α θ θ

A CM N

B

A B

CD

E

F

θθθθ

D

A

C

B

A C

αααα 60°

20°

D B

w°°°°

z°°°°

x°°°°

y°°°°

3

x

Hallar el valor del ángulo “ α ” si sabemos que ABCD es un cuadrado.

a) 100° b) 105° c) 110° d) 116° e) 150°

Calcular el valor de “x” en:

a b

2ab

+ b)

ab

2a b+ c)

a b

ab

+

ab

a b+ e)

3a b

2ab

+

En la figura ABCD es un cuadrado de lado “a”. Calcular el radio de la circunferencia.

a 3

2 b)

a

2 c) 3a

5

a 2

2 e) 3a

8

PROBLEMAS PROPUESTOS SOBRE PERÍMETROS

1. Hallar el perímetro de la figura

sombreada:

a) 20a b) 28a c) 30a d) 32a e) 34a 2. Hallar el perímetro de la siguiente

figura:

a) 2(a + 2b + c – d) b) 2(a + 2b – c + d) c) 2a + 4b + c – 2d d) a + 2b + 2c – 2d e) 5(a + 3b + 10c – d) 3. Hallar el perímetro de la siguiente

figura:

a) 30 b) 46 c) 40 d) 36 e) 42

a a

a

2a

a a 3a

d

c

a

b

2

2 6

6

B C

DA

A

b

m n

x

α

A B

CD

4. Hallar el perímetro de la región sombreada, de la figura: (UNSAAC CBU 2000 I)

a) 44 b) 36 c) 54 d) 64 e) 62

5. En la figura adjunta. Determinar el perímetro de la región sombreada


a) 22a

3 b) 7a

3 c) 20a

3

d) 11a

3 e) 3a

22

6. Hallar el perímetro de la siguiente figura. (UNSAAC CBU 2002 I)

a) 2 (a – b + 2c) b) 2 (a + 2b + c) c) 2 (a + b + c) d) 2 (a + 2b + 2c)

e) 2 (2a + b + c)

7. El peimetro de la region sombreada,

es: (UNSAAC CBU INT. 2003)

a) 30πR b) 25πR c) 38πR d) 36πR e) 32πR

8. En la siguiente figura, hallar el

perímetro de la región sombreada. (UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)

a) π + 4 b) 2(4+3π) c) 3(2+π) d) 2π + 3 e) 2(4 + π ) 9. Un arquitecto diseña la siguiente reja

para ventana. Si los arcos son semicircunferencias iguales y

asumiendo 7

22=π ; hallar la

longitud total de acero que se requiere.

a) 490 b) 560 c) 720 d) 680 e) 620

70

b b

c

a

b

2a

a a 3

4

4

15

8

6R

1

1

4

4

Hallar el perímetro de la siguiente figura:

a) 2 (a + b – d) b) 2 (a + b + d ) c) 4 (a + b – d) d) 3 (a – b – d)

e) 2 (2a + b – c)

Hallar el perímetro de la figura sombreada si todas las curvas son semicircunferencias.

a) 8π b) 16π c) 12π d) 6(π+3) e) 12(π+2)

La figura mostrada está formada por hexágonos regulares iguales. Hallar el perímetro de toda la figura si cada hexágono tiene 48 cm. de perímetro.

176cm b) 184cm c) 160cm d) 168cm e) 240cm

13. En un triángulo equilátero de lado 4; se unen los puntos medios de los lados, formando otro triángulo equilátero, y se repite la operación indefinidamente. Hallar el límite de la suma de los perímetros de todos los triángulos.

a) 21 b) 8 c) 24 d) 18 e) 12 14. Cuál es el perímetro de la figura, si

ABCD es un cuadrado de 10 cm. de lado y los dos arcos son semicircunferencias.

a) 10(π+2) b) 5(π+2) c) 5π d) 20(π+2) e) 10(π+4) 15. Hallar el perímetro de la región

marcada si cada cuadradito tiene 1cm. de lado.

a) 26 b) 27 c) 28 d) 25 e) 24 16. Se tiene un pentágono ABCDE tal

que: AB = BC = CD = DE = b y �� ABC ACD ADE 90º= = == = == = == = = . Calcular

el perímetro del pentágono ABCDE.

a) 2b b) 6b c) 8b d) 10b e) 12b

c

c

d

b

a

A B

D C 6 10

8

17. Del gráfico calcule el perímetro del polígono ABCDE

a) 2 6 +15 b) 3 6 +14 c) 3 6

d) 5 6 +15 e) 7 6 +15

10. Hallar el perímetro del trapecio, si la altura es igual a la base menor:

a) 20 b) 22 c) 24 d) 26 e) 28 19. Calcular el perímetro de la región

sombreada, si AB = 15.

a) 20 b) 25 c) 30 d) 35 e) 40

20. Se tiene un cuadrado ABCD, sobre el lado AD se traza una semicircunferencia interior, luego desde C se traza una tangente a la semicircunferencia la cual corta a AB en F. Hallar el perímetro del triángulo BCF si el lado del cuadrado mide 6.

a) 12 b) 14 c) 18 d) 22 e) 24

PROBLEMAS PROPUESTOS SOBRE ÁREAS

1. El perímetro de un cuadrado es el doble del perímetro de un triángulo equilátero, cuya área es igual a

9 3 cm2. Hallar el área del cuadrado.


a) 64cm2 b) 100cm2 c) 49cm2 d) 81cm2 e) 121cm2

2. Calcular el perimetro de la región sombreada en cm, sabiendo que P, Q, R y S son puntos medios en el cuadrados ABCD cuyo lado mide 10cm . (UNSAAC CBU INT. 2003)

a) 10 2 b) 11 3 c) 8 5

d) 12 2 e) 8 3

3. En la figura: AB = AP y CD = DP, el area del cuadrilátero ABCD es: (UNSAAC CBU 2003 II)

a) 2(x y)

4

++++ b) 2 2x xy y

2

+ ++ ++ ++ +

c) 2(x y)

2

++++ d) 2 2x y

2

++++

e) 2 2x xy y

4

+ ++ ++ ++ +

4. En la siguiente figura, el diámetro

x

y

D

C

B

A P

4

10

2m

4m

B

AA 5m

3m

C

D

E

C

R

D

P

Q

B S A

A

B

C

M

N

del círculo de centro O, mide 8cm. Hallar el área de la región sombreada.

a) 18cm2 b) 20cm2 c) 14cm2

d) 16cm2 e) 17cm2

En la figura, el área de la region sombreada y no sombreada en el círculo mayor de radio R = 4 metros, son de igual medida. El área en metros cuadrados de la región sombreada, es:

a) 6π b) 4π c) 12π d) 10π e) 8π

Se quiere revestir un piso rectangular con losas circulares de igual radio, colocadas tangentes unas con otras. Si se sabe que tanto a lo largo como a lo ancho entran losas completas. ¿Cuál es el máximo porcentaje que se cubrirá del piso con las losas? SAN MARCOS 2003)

a) 27.5π% b) 20π% c) 25π% d) 30π% e) 22.5π%

Los lados no paralelos y la base menor de un trapecio isósceles son iguales entre sí y miden 15 metros. Si la base mayor mide 33m. El área del trapecio en metros cuadrados, es: (UNSAAC 2000 I)

a) 128 b) 576 c) 72 d) 144 e) 288

Un lote de terreno es de forma rectangular y se sabe que su

perímetro es igual a 74m., mientras que el cuadrado de su diagonal es igual a 769m2. ¿Cuál es el área del lote?

(UNSAAC 2000 II)

a) 600m2 b) 150m2 c) 500m2 d) 100m2 e) 300m2 9. Si el área de la figura sombreada es

8m2. entonces el lado del cuadrado ABCD mide:

(UNSAAC 2001 II)

a) 6 2m b) 6 m c) 2 m

d) 4 m e) 4 2m

10. En la siguiente figura se tiene dos circunferencias concéntricas donde OA = AB = 1. Si OB = BC = OC, calcular el área de la región sombreada.

(UNSAAC 2002 II)

a) 33

2

ππππ−−−− b) 3

3

ππππ−−−−

c) 23

3

ππππ−−−− d) 3

6


e) 34


11. La pintura de un cuadro tiene un largo de 60 cm. y un ancho de 35 cm. Calcular el área del marco rectangular

Q P

B

D A

O

C

D

A B

C

C

A B

O

D

en cm2, si se tiene un ancho igual a 2,5cm.

(UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN))

A) 250 B) 500 C) 300 D) 450 E) 325

12. Hallar el área del círculo inscrito en un hexágono regular, cuya área es de

36 3 m2.

(UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)

A) 18π m2 B) 30 3 π m2

C) 24 3 π m2 D) 18 3 π m2

E) 26 3 π m2

13. Calcular el área del círculo que está inscrito en un sector circular de 60° de ángulo central y 15cm de radio.

(UNSAAC 2002 I)

A) 15πcm2 B) 25πcm2 C) 18πcm2 D) 20πcm2 E) 30πcm2 14. Calcular el área de la región de un

triángulo rectángulo si su hipotenusa mide 8 y uno de sus ángulos internos mide 22°30”

A) 4 B) 8 C) 22

D) 212 E) 28

15. Si el triángulo es rectángulo, hallar el

área marcada en:

A) 3(4-π) B) 2(5-π) C) 6(4-π) D) 4(6-π) E) 3(6-π) 16. El lado de un hexágono regular mide

9. Determine el lado de otro hexágono regular, cuya área de su

región es igual a 4/9 del área de la región del primer hexágono.

A) 5 B) 4 C) 6 D) 8 E) 10 17. El cubo mostrado tiene 2m. de arista.

Hallar el área de la figura limitada por el triángulo sombreado.

A) 4 3 B) 3 3

2 C) 3 2

D) 2 3 E) 4 3 18. Hallar el área de la región sombreada

en la siguiente figura:

A) (π- 3 ) u2 B) 2(π+ 3 ) u2

C) 2(π- 3 ) u2 D) (π+ 3 ) u2

E) 3 3 u2

19. Los lados de un triángulo son tres números consecutivos, el perímetro es 60m. El área de triángulo es:

A) 152.4 m2 B) 145.8 m2 C) 120.6 m2 D) 172.3 m2

E) 170 m2 20. En la figura E, F, G y H son puntos

medios del cuadrado ABCD. Entonces la razón entre el área

6

8

-2 2 -1 1 0 X

Y

sombreada y el área no sombreada es:

A) 3

13 B)

5

16 C)

5

13

D) 2

15 E)

7

13

Si el lado de un cuadrado inscrito en un círculo C1 es L, entonces el área de la figura sombreada, en función del radio R de la circunferencia C1, es:

A) 2R4

ππππ B) 21 R

4

ππππ −−−−

C) 22 R4


D) 24 R

4


E) 23R

4

ππππ

La altura de un triángulo es los 3/4 de la base más 4m. Si la base es la

solución positiva de: 22x -13x-24 0==== , el área del triángulo es:

) 60 m2 B) 80 m2 C) 40 m2 ) 50 m2 E) 65 m2

Hallar la relación entre el área sombreada y el área no sombreada.

A) 7

10 B)

6

13 C)

7

10

D) 6

17 E)

7

13

24. Hallar el área sombreada, si consideramos que la figura ABCD es un cuadrado, además

DB DE a 2= == == == = .

A) 2a B) 2a

2 C)

2a

4

D) 2a

3 E)

2a

5

25. Hallar el área sombreada de la figura:

A) 2R (16 2 )− π− π− π− π B) 22R (15 2 )− π− π− π− π

C) 23R ( 6)π −π −π −π − D) 22R (8 3)π −π −π −π −

E) 22R (32 9 )− π− π− π− π

26. El área del cuadrado ABCD es 40m2. Hallar el área sombreada sabiendo que M, N, O, y R son puntos medios de los lados.

R

10

4

34

B F C

G

DHA

E

B

D C E

A

L

R

A) 10 B) 20 C) 32 D) 36 E) 38

27. Calcular el área de la región

sombreada en el cuadrado.

A) 25a

2 B)

24a

5 C)

26a

7

D) 25a

3 E)

25a

7

28. En el cubo de arista 4m., calcular el

área sombreada:

A) 8 2 B) 4 2 C) 2 2 D) 16 E) 8 29. En el cuadrado ABCD, de lado “a” M

y N son puntos medios. Hallar el área de la región sombreada.

A) 27a

10 B)

28a

15 C)

29a

20

D) 211a

20 E)

27a

10

30. Determinar el área de la región

sombreada, si ABCD es un cuadrado de lado “a”. Además M y N son puntos medios.

A) 22a

46 B)

25a

41 C)

25a

48

D) 25a

35 E)

27a

35

31. Si las bases de un trapecio miden 4 y

6 metros y su altura es de 2m. Calcular el área del triángulo cuyos vértices son los puntos medios de las diagonales y el punto de corte de los lados no paralelos.

A) 2.4 m2 B) 2.5 m2 C) 2.6 m2 D) 2.7 m2 E) 2.8 m2 32. En la figura mostrada ABCD es un

cuadrado: Calcular el área sombreada si tenemos que “O” es el centroide del cuadrado.

a

a

A B

D C

A B

CD

M

N

O

R

A B

CD M

N

A

B C

D

EF

A B

D

N

M C

A) 3( 2)π −π −π −π − B) 2( 2)π +π +π +π + C) 2ππππ

D) 3( 1)π −π −π −π − E) 3( 3)π −π −π −π −

Hallar el área sombreada, si AB 8==== , siendo ABCD un cuadrado.

A) 4 (2 3 2)π −π −π −π − B) 8 (7 3 5)π −π −π −π −

C) 8 (6 5)π −π −π −π − D) 8 (7 2 2)π +π +π +π +

E) 9 (7 3 5)π −π −π −π −

El área del cuadrado ABCD es igual a 20m2, siendo M y N puntos medios. Hallar el área del triángulo sombreado.

A) 3 B) 4 C) 5 D) 5.5 E) 6

Calcular el área de la región sombreada, si MN mide 4m. y AB, AN y AM son diámetros.

A) 4π m2. B) 8π m2. C) π/2 m2 D) 6π m2. E) 3π m2.

36. Si Rr 5==== R, hallar el área de la región sombreada.

A) 8ππππ B) 10ππππ C) 12ππππ D) 15ππππ E) 20ππππ

37. En la figura mostrada calcular el área

sombreada si AB AC 2= == == == = , además F y M son centros de las semicircunferencias.

A) 3 3

23 8


B)

2 32

2 3


C) 3 3

34 3


D)

2 24

3 7


E) 2ππππ

38. Hallar el área de la región sombreada si: m∠LUZ = 120°. y “U” es centro de las dos semicircunferencias.

(AU = R)

N

M

A B

A B

D C

4

4

A B

CD

A B

CD

N

M

rR

A

F

M

B

C

°°°°60

A) 2

R3

4

B) 2

3R3

16

C)

2R

38

D) 2

R

4

E) 2

R

3

39. En la figura mostrada, calcular el área sombreada de la región ABC. Si r 4==== y R 6==== .

A) 3

4 B)

48

25 C)

13

4

D) 3

5 E)

3

7

40. En un cuadrado ABCD de lado 3 2 , se toma Q, en la diagonal BD, de modo que las áreas ABCQ y CQD sean iguales. Hallar DQ.

A) 2 B) 4 C) 6 D) 3 E) 1

41. En una pirámide regular de base cuadrada de 10m de lado )cuál es el área de la sombra que proyecta una de sus caras laterales en su base a las 12 meridiano.

A) 100m2 B) 75 m2 C) 50 m2 D) 25m2 E) 12 m2

42. En la figura mostrada calcular la suma de las áreas “x” e “y”. Si el área del triángulo mixtilíneo AMBC es 40m2. y el área de la lúnula

sombreada es 10m2. (“x” e “y” son semicircunferencias)

A) 10m2 B) 20m2 C) 30m2 D) 40m2 E) 50m2 43. Hallar el área del cuadrado ABCD

siendo “R” el radio del semicírculo y “r” el radio del círculo.

A) Rr B) 2 2R r−−−− C) 2Rr

D) 4Rr E) 2 22(R r )++++ 44. Calcula el área de la región

sombreada:

A) 222 2 B) 250 2

C) 267 2 D) 278 2

E) 288 2 45. En la figura mostrada se pide calcular

el área sombreada, si los radios miden 6 m. y 2 m.

U

L Z

A B

B

C A x

My

A

rB

CR

A

D C

Br

R

A B

CD

24

24

A) 228

3

ππππ−−−− B) 28

93


C) 308

3

ππππ−−−− D) 35

84


E) 408

3


El perímetro de un trapecio es 42m. y la base menor mide 3m. Hallar el área del trapecio (en m2) si sus diagonales son bisectrices de los ángulos obtusos.

A) 96 B) 84 C) 90 D) 102 E) 114

Calcular el área del cuadrado inscrito en un semicírculo de radio " 1m" sabiendo que uno de sus lados está sobre su diámetro

A) 4/5 B) 5/4 C) 1 D) 3/2 E) 1/2

Calcular el área de la región sombreada, si el área de la región triangular ABC es 14m2.

) 1 m2. B) 2 m2. C) 3m2 ) 4 m2. E) 5 m2.

En la figura mostrada calcular el área de la región sombreada si el área de la región triangular ABC es 70m2. (Si

P y Q trisecan a BC y MN trisecan a AC)

a) 1 m2. b) 4 m2. c) 9 m2. d) 16 m2. e) 25 m2.

50. En la figura ABCD es un cuadrado, si

AB 10==== . Calcular el área de la región sombreada aproximada.

A) 50.25 B) 52.38 C) 53.42 D) 55.02 E) 56.38

Parábola de la

Educación Iba un hombre caminando por el desierto cuando oyó una voz que le dijo:: “Levanta algunos guijarros, mételos en tu bolsillo y mañana te sentirás a la vez triste y contento”. Aquel hombre obedeció. Se inclinó, recogió un puñado de guijarros y se los metió en el bolsillo. A la mañana siguiente, vio que los guijarros se habían convertido en diamantes, rubíes y esmeraldas. Y se sintió feliz y triste. Feliz, por haber cogido guijarros; triste por no haber cogido más. Lo mismo ocurre con la educación

W. Cunningham

A C M N

B

P

a a a

2b

b

A C M N

B

P

Q 6

21O

O

A B

CD

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