1. En la figura, el ángulo COB mide 120º y el ángulo COD mide la mitad del ángulo BOA. Entonces, la medida del BOA es:

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1. EJERCICIOS SOBRE CONCEPTOS BÁSICOS

1. En la figura, el ángulo COB mide 120º y el ángulo COD mide la mitad del ángulo BOA. Entonces, la medida del  BOA es:

Sea mBOA = x, luego mCOD = x/2. Se tiene x 120 x 180 3x 60 x 40 2      2      2. Si dos planos diferentes se intersecan, su intersección es

A. Un punto. B. Dos puntos C. Una única recta D. Dos rectas diferentes E. Falta información

Esto es uno de los axiomas de la Geometría Euclidiana.

3. En la figura, m1 m4 m2 m3     

, ¿cuál de las siguientes expresiones es siempre verdadera?

Con la información dada las parejas de rectas perpendiculares están “libres”, luego pueden ser giradas y seguirían satisfaciendo los datos dados.

Por tanto no puede afirmarse ni A, ni B, ni C, ni D.

4. R, S y T son tres puntos colineales como se muestran en la figura. Si ST = 4x + 4 y RS es la mitad de ST, entonces la longitud de RT es

A. 3x – 4 B. 3x – 6 C. 3x + 2 D. 6x – 12 E. 6x + 6 Dado que los puntos son colineales, se tiene RT = RS + ST = 1ST ST 3ST 3

2  2 2(4x +4) = 6x + 6 C B D O A A. 20º B. 30º C. 40º D. 60º E. 80º 120 x/2 x 1

m

 2 m  3

m

 4 m  R S T

A. m1 m2   || B. m1 m3    C. m3 m4   || D. m2 m4    E. NDLA 1

m

 2 m  3

m

 4 m 

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(2)

GEOMETRÍA

Sean A, B y C los puntos indicados en la figura, y sean mBAC = , mACB = .

Se tiene  = 50, por ser opuesto por el vértice con el ángulo que mide 50 y  = 180 – 130 = 50. El ángulo que mide y es un ángulo exterior con respecto al ABC, luego su medida equivale a la suma de los ángulos internos no adyacentes, es decir y =  +  = 50 + 50 = 100

Dado que las rectas son paralelas, x = mFCE, por ser ángulos correspondientes. A su vez este ángulo por ser externo al ECD, es la suma de las medidas de los ángulos CED y EDC.

Se tiene mCED = 90 y mEDC = 180 – 140 = 40, luego x = 90 + 40 = 130

Las marcas en el ángulo A, indican que AD es bisectriz de dicho ángulo, luego x = 40 y mA = 80. Al considerar el ABC, se tiene z = 180 – 80 – 70 = 30

Dado que __ __

EB ||DC, se tiene x = 180 – 130 = 50 por ser ángulos internos al mismo lado, entre paralelas y como

__ __

AD AC, el ADC es triangulo rectángulo y por tanto “y” es el complemento de “x”, luego y = 90 – 50 = 40 x y 130º A B C D E En la figura, __ __ __ __ DC || EB , AC

AD , entonces el valor de y es: A. 30º B. 40º C. 45º D. 50º E. 60º 8. 50º 120º 130º xº yº

A partir de la información indicada en la figura, el valor de y es: A. 170º B. 130º C. 120º D. 100º E. 50º 5. A B C   90º 140º xº En la figura, si __ __ CD || AB , el valor de x es: A. 50º 70º C. 130º D. 140º E. 230º A B F C D 6. E xº

A partir de la información brindada en la figura, el valor de z resulta: A. 30º B. 40º C. 70º D. 80º E. 110º x z 40 70º 7. A B D C

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(3)

Se tiene mABC = 180 – 140 = 40, x = 115 – 40 = 75 ya que el ACD es externo al ABC

Se tiene mEDB = 180 – 150 = 30, ABC DBE por ser opuestos por el vértice y por el teorema de semejanza AA, ABC DBE, luego mBAC = x = mEDB = 30.

11. A – B – C – D; E y F son puntos medios de AB y CD respectivamente; Si AC = 10 y BD = 12, entonces EF = ?

A. 5 B. 6 C. 9 D. 11 E. 22

Sean AE = EB = x, CF = FD = y (E y F son puntos medios de AB y CD respectivamente) Se tiene BC = AC – AB = 10 – 2x (1)

y también BC = BD – CD = 12 – 2y (2)

Igualando (1) y (2): 10 – 2x = 12 – 2y Al simplificar se obtiene y – x = 1 (3).

Por otro lado se tiene EF = EB + BC + CF = x + (10 – 2x) + y = 10 – x + y = 10 + (y – x) Al introducir (3) resulta EF + 10 + 1 = 11 x 140º 115º 9. En la figura, el valor de x es A. 25º B. 40º C. 45º D. 65 E. 75º A B C D xº 150º 10. En la figura, el valor de x es A. 30º B. 40º C. 45º D. 50º E. 60º A B C D E A E B C F D x x y y 10 12

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(4)

GEOMETRÍA

En el ABC, tenemos que mA = 180 – mABC – mACB = 180 – (mABC – mACB) (1) Se tiene que mABC = 180 –  y mACB = 180 – , luego mABC + mACB = 360 – ( + ) Como  +  = 255, resulta mABC + mACB = 360 – 255 = 105

Sustituyendo en (1) obtenemos mA = 180 – 105 = 75

13. ¿Para qué valor de x, los segmentos AB y CD son paralelos?

Como el ángulo a la izquierda de C es congruente con el ángulo a la derecha, también mide 25. Luego mACD = 180 – 2  25 = 130.

Como el APC, es recto en P, mPAC = 90 – 25 = 65

Para que AB y CD sean paralelos, el ángulo CAB debe ser el suplemento del ángulo ACD ya que serían ángulos internos al mismo lado entre paralelas o sea mCAB = 180 – 130 = 50.

Se tiene entonces x + 50 + 65 = 180  x = 180 – 50 – 65 = 65 14. Si __ __ CD || AB , ¿Cuál es el valor de x? A. 170º B. 150º C. 120º D. 100º E. 80º

Trazamos EF, paralela a las rectas AB y CD, luego mAEF = 180º – 120º = 60º y mFEC = 180º – xº . Además se tiene mAEF + mFEC = mAEC = 90 , luego 60 + (180º – xº) = 90. Al despejar x, resulta x = 150

A B C En la figura º + º = 255º, entonces ¿m A = ? A. 75º B. 105º C. 127.5º D. 30º E. 45º 12. 25º xº A. 25 B. 50 C. 65 D. 75 E. 130 A B C D 25º 130º P 65 120º xº A B C D E F

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(5)

15. Si la medida de un ángulo es tres veces la medida de su suplemento, ¿cuál es la medida de dicho ángulo?

A. 30º B. 60º C. 90º D. 120º E. 135º

Sean  la medida del ángulo buscado y  la medida de su suplemento, luego

 +  = 180  = 180 – .

El ejercicio indica que  = 3, luego  = 3 (180 – ) = 540 – 3   4 = 540   = 135. 16. Dos veces la medida de un ángulo es 30° menos que cinco veces la medida de su complemento, ¿cuál es la medida de dicho ángulo?

A. 30º B. 60º C. 90º D. 120º E. 135º

Sean  la medida del ángulo buscado y  la medida de su complemento, luego

 +  = 90  = 90 – .

Al interpretar la información del ejercicio se tiene

2 = 5 – 30  2 = 5 (90 – ) – 30 = 450 – 5  – 30 7 = 420   = 60

Sean A, B, C y D los puntos indicados en la figura. Al trazar por B una paralela a  1 m y  2 m , se forman ángulos alternos – internos entre paralelas, y por tanto congruentes con los ángulos indicados

inicialmente, luego

x + 60 = 110  x = 110 – 60 = 50. OTRA FORMA:

Al prolongar CB, sea D el punto donde corta a la recta m1

Se tiene mADB = x, por ser alterno – interno con el ángulo que se forma

en C.

El angulo ABC es externo al ABD, luego 60 + x = 110  x = 50  1 m y  2 m son paralelas. 18. En la figura las rectas

Entonces el valor de x es

A. 170 B. 50 C. 85 D. 25 E. 20

Como las rectas son paralelas se tiene (3x + 10) + (x – 6) = 84  4x + 4 = 84  4x = 80  x = 20 60º 110º xº  2 m  1 m 17.

En la figura las rectas

 1 m y

 2

m son paralelas. Entonces el valor de x es A. 170 B. 50 C. 85 D. 25 E. 30 A B C xº 60º 60º 110º xº  2 m  1 m A D B C xº 84° (x – 6)° (3x + 10)°  1 m  2 m

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(6)

GEOMETRÍA

Sean  y  las medidas de los ángulos indicados en la figura. Se tiene  +  = 90. Como SQR = 2 y  1 2, se tiene 2mSQR = 180 – . (1)

Similarmente se obtiene que 2mQSR = 180 – . (2)

Al sumar (1) y (2) resulta 2mSQR + 2mQSR = (180 – ) + (180 – ) = 360 – ( + ) Como  +  = 90, 2(mSQR + mQSR) = 360 – 90 = 270  mSQR + mQSR) = 135 Luego mR = 180 – (mSQR + mQSR) = 180 – 135 = 45

.

20. En una recta se toman los puntos A, B y C, de manera que B es punto medio de

__

AC. Se toma otro punto O, tal que B – O – C. Encuentre el valor numérico de

OB OC AO . A. 2 B. 1 C. 2 1 D. 2 3 E. Falta información.

Se tiene AB = BC = x, por ser B punto medio de AC. Sea OB = y, luego OC = x – y, AO = x + y. Al sustituir estos valores en la expresión dada se tiene:

AO – OC = (x – y) – (x + y) = 2y, OB = y, luego AO OC

OB

2y 2 y 

Nota: en ejercicios de este tipo no se admite asignar valores arbitrarios, ya que se estaría resolviendo para valores específicos. El planteamiento es general. Cuando se afirma que B – O – C, está indicando que O es un punto cualquiera que se encuentra entre B y C, y el valor numérico encontrado es valido para cualquier punto O que esté entre B y C.

P Q S R 1 2 3 4 Si m  P = 90º,  1 2,  3  4, entonces m  R es A. 30º B. 45º C. 60º D. 90º E. Falta información. 19.   A B O C

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2. EJERCICIOS SOBRE TRIÁNGULOS Y CUADRILÁTEROS

1. Un poste cercano a un árbol mide 2 m y su sombra en un momento dado mide 1.8 m, entonces si la sombra del árbol en ese momento mide 11 m, la altura del árbol es

A. 11 m B. 11.22 m C. 12. D. 12.22 E. 13 m

Dado que los rayos del sol prácticamente caen paralelos y que el poste y el tronco del árbol son perpendiculares al piso, el árbol y su sombra y la línea que une sus extremos forman un triángulo semejante al formado por el poste su sombra y la línea que une sus extremos, tenemos h 2 h 11 2 12.22 11 1.8 1.8     

2. Una varilla clavada en el piso y cercana a un árbol mide 3 m y su sombra mide 1.5 m, entonces si el árbol mide 36 m, su sombra mide

A. 36 m B. 30 m C. 18 m D. 15 m E. 9 m

El problema es similar al anterior, en este caso se tiene x 1.5 x 36 1.5 18

36 3 3

   

3. El perímetro de un triángulo rectángulo isósceles con hipotenusa igual a 10 redondeado a dos decimales es

A. 7.07 B. 14.14 C. 24.14 D. 24.99 E. 50

En un triángulo rectángulo isósceles, la hipotenusa mide 2 x, siendo x la longitud de sus catetos, luego 10 2 x 10 x 5 2 2     Su perímetro será P 10 2 5 2 10 10 2 24.14      2 1.8 11 h 3 1.5 x 36

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GEOMETRÍA

Por el teorema de la altura se tiene 4 x 8  264  x 16 y la hipotenusa mide 4 + x = 20 Por el teorema de los catetos se tiene y2 4 20 80  y 80 4 5 8.94 

5. Un método para encontrar la altura de un edificio es colocar un espejo en el suelo y después situarse de manera que la parte más alta del edificio pueda verse en el espejo ¿qué altura tiene un edificio si una persona cuyos ojos están a 1.5 m del piso observa la parte superior del edificio cuando el espejo está a 120 m del edificio y la persona está a 6 m del espejo?

A. 20 m B. 30 m C. 31.5 m D. 120 m E. 126 m

Dado que las leyes de la óptica indican que en un espejo plano, el ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión, se forman dos triángulos rectángulos

semejantes, luego

h 1.5 h 30

120 6   metros.

6. La altura respecto a la hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 10 m y los segmentos que determina sobre la hipotenusa son entre sí como 7 es a 14. Entonces la longitud del cateto menor es A. 4 m B. 7.07 m C. 12.25 m D. 14 m E. 15.5 m

Sean m y n los segmentos determinados por la altura sobre la hipotenusa, con m < n, luego m 7 n 2m

n 14   . Por el teorema de la altura

2 2

m n 10  m 2m 100   m 50  m 5 2 y n 10 2  La hipotenusa mide c = m + n = 15 2

Por el teorema de los catetos a2 = m(m + n) = 5 2 15 2 150  a 150 5 6 12.25  8

y

x 4

4. En el triángulo rectángulo de la figura, los valores de x e y, respectivamente son A. 11 y 13 B. 15 y 16 C. 9 y 8 D. 16 y 8.94 E. 12 y 8.94 h 6 120 1.5 10 a m n

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7. El perímetro de un rectángulo es 85 m y su diagonal mide 32.5 m. Por lo tanto los lados del rectángulo miden:

A. 15 m y 27.5 m B. 20 m y 22.5 m C. 7.5 m y 25 m D. 30m y 12.5 m E. 40m y 2.5 m Sean a y b los lados del rectángulo. Se tiene

P = 2 (a + b) = 85  a + b = 42.5 (1) 2 2 2 a b 32.5 1056.25 (2) Despejando b de (1), e introduciendo en (2) 2 a +[42.5 a ] 2 = 1056.25  2a285a 750 0   a = 12.5  a = 30 Al sustituir en (1) se obtiene b = 30  b = 12.5.

8. El perímetro de un triángulo mide 50 y sus lados son proporcionales a 4, 6 y 8. Entonces su lado mayor mide

A. 50/3 B. 25/9 C. 100/9 D. 25 E. 200/9

Sean a, b y c las longitudes de los lados, con a < b < c, luego P = a + b + c =50 y a b c 4 6 8  Por las propiedades de las proporciones a b c a b c 50 c 8 50 200

4 6 8 4 6 8 18 18 9

  

      

 

9. En un triángulo rectángulo, un lado mide 2 106, otro 5 15. Si el lado desconocido es el menor, ¿cuánto mide?

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 E. 11

Como 2 106 5 15 , la hipotenusa de este triángulo es 2 106, luego el cateto menor es

2 2

a [ 2 106 ] [5 15 ]  424 375  49 7

10. El área del triángulo de la figura, redondeada al entero más cercano, mide: A. 21 B. 22 C. 27 D. 31 E. 54

Aplicamos la fórmula de Herón: A s s a 

 

 s b

 

 s c

, donde s es el semiperímetro. Se tiene s 6 7 9 11 2     , luego A 11 11 6 11 7 11 9

 

 

 

 

 11 5 4 2    440 20.97 a b 32.5 6 7 9

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(10)

GEOMETRÍA

Dado que es un triángulo rectángulo su área es la mitad del producto de sus catetos. El cateto desconocido mide b 10262 100 36  64 8

Por tanto A 1 2

 (6) (8) = 24

12. Si un rectángulo de 3 m de ancho y 10 m de largo tiene la misma área que un triángulo rectángulo isósceles, entonces la longitud de cada cateto del triángulo es

A. 7.5 B. 2 15 C. 15 D. 15 3 E. 10

El área de un triángulo rectángulo isósceles está dada por A 1x2 2

 , donde x es la longitud de sus

catetos, luego tenemos que el área del rectángulo es 30, por tanto 1x2 30 x 60 2 15

2    

13. El área de un trapecio isósceles de bases 22 m y 10 m y cuyos lados congruentes miden 10 es A. 2220 m2 B. 160 m2 C. 128 m2 D. 80 m2 E. 64 m2

Por ser un trapecio isósceles, al proyectar la base menor sobre la base mayor, la base mayor queda dividida en tres segmentos de 6, 10 y 6 metros.

Aplicando el teorema de Pitágoras, se tiene h 10262 64 8

Aplicando la fórmula para el área de un trapecio: A

B b h

2    resulta

22 10 8

2 A 128 m 2     6 10

¿Cuál es el área del triángulo de la figura? A. 20 B. 24 C. 30 D. 48 E. 60 11. b 3 10 x x 10 22 10 10 6 10 6 h

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(11)

14. La siguiente figura consta de siete cuadrados congruentes. El área total de esta figura es 63 cm2. Entonces el perímetro de la figura es:

Observamos que el perímetro está formado por 16 veces el lado de cada cuadrado. Como hay siete cuadrados congruentes, cada uno tiene un área de x2 63 9 x 3

7

    . Por tanto el perímetro de la figura es P = 16  3 = 48 cm.

La figura indica que B, D, F y H son puntos medios de los lados del cuadrado ACEG, luego su área es el doble del área del cuadrado BDFH, es decir [ACEG] = 2  162 = 324 luego AC 324 18

16. Se tiene un trapecio ABCD donde

__

BC es la base menor. BC = 10 cm. y CD = 20 cm. Las medidas de los ángulos A, B y C son 30°, 150° y 120° respectivamente, entonces AD = ?

A. 60 cm. B. 50 cm. C. 40 cm. D. 30 cm. E. 20 cm.

Sean B’ y C’ las proyecciones de B y C sobre la base mayor y sean AB’ = x, C’D = y.

Por ser BC paralela a AD, mD = 180 – mC = 180 – 120 = 60 El CC’D es un triángulo 30 – 60, luego h = CC’ = 10 3 y y = C’D = 10

También el AB’B resulta ser un triángulo 30 – 60, con su cateto menor BB’ = h = 10 3, luego AB’ = 10 3 3 30 

Tenemos entonces que la base mayor mide AD = x + 10 + y = 30 + 10 +10 = 50. A B C

G F E H D

Si ACEG es un cuadrado y el área del cuadrilátero BDFH mide 162 ¿cuánto mide AC? (las marcas iguales representan partes congruentes) A. 9 B. 12.72 C. 18 D. 25.44 E. 81 15. A. 16 cm B. 21 cm C. 24 cm D. 48 cm E. 84 cm B 10 C 20 A x B’ 10 C’ y D h 30 60

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(12)

GEOMETRÍA

17. Si las medianas en un triángulo rectángulo, trazadas a partir de los vértices de los ángulos agudos miden 5 cm y 40 cm, entonces la medida de la hipotenusa del triángulo rectángulo es

A.

2 40 5

cm B. 2 13 cm C. 45 cm D. 11.32 cm E. 5.66 cm

Sean M y N los puntos medios de BC y AB respectivamente.

Sean AM = 5 y CN = 40 , BC = a, AB = c, luego BM a y NB c

2 2

  .

Sea la hipotenusa AC = b

Aplicando el teorema de Pitágoras en los ABM y BCN 2 2 2 2 2 a AM AB BM c 25 4      (1) 2 2 2 2 2 c CN NB BC a 40 4      (2) Al sumar (1) y (2) resulta 2 2 2 2 2 5c 5a 65 a c 4 65 52 b b 52 2 13 4  4     5     

18. En la figura, los cuadrados ABCD y EFGH son congruentes. AB = 10 cm y G es el centro del cuadrado ABCD. Entonces el área total cubierta por el polígono AHEFBCDA es

Dado que los cuadrados son congruentes sus áreas son iguales y como el lado AB mide 10, cada uno tiene un área de 100 cm2 , pero ellos comparten el ABG de manera que para el área total del polígono a la suma de las áreas de los cuadrados debemos restarle el área de este triángulo para que sea

considerada solo una vez.

Dado que G es el centro del cuadrado ABCD, el área del triángulo es la cuarta parte del área del cuadrado o sea 25 cm2.

Luego el área buscada es A = [ABCD] + [EFGH] – [ABG] = 100 + 100 – 25 = 175 cm2 D C G

A B H F E A. 100 cm2 B. 120 cm2 C. 150 cm2 D. 175 cm2 E. 200 cm2 N A B M C

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(13)

19. ABCD es un cuadrado, el  ABE es isósceles, CF = FB. Entonces, la medida del ángulo EFB es igual a

Como el ABE es isósceles, AE = BE y por ser ABCD un cuadrado, E es el punto medio de DC y por tanto EC = CF, ya que por ser CF = FB, F es punto medio de BC. Luego el ECF resulta ser triangulo rectángulo isósceles y como consecuencia mCFE = 45. El ángulo buscado es el suplemento del

CFE, luego mEFB = 180 – mCFE = 180 – 45 = 135

Se tiene que CF = AB = 18, ya que ABCF es un paralelogramo. CE = CF – FE = 18 – 12 = 6.

Por otro lado BD y AF son paralelas, luego FAE CDE, ya que son alternos internos entre paralelas y

FEA CED, ya que son opuestos por el vértice. Como consecuencia se tiene FEA CED. Sea AE = x, luego ED = AD – AE = 30 – x. Por la semejanza anterior,

CE ED 6 30 x 6x 360 12x 18x 360 x 20

FE EA 12 x

         

21. En un trapecio isósceles, la diferencia de las bases es de 10 m. La altura mide 12 m. y el perímetro 76 m. Entonces su área es:

A. 86 m2 B. 176 m2 C. 226 m2 D. 288 m2 E. 300 m2

Como B – b = 10, al proyectar la base menor sobre la base mayor se forman tres segmentos de longitudes 5, b y 5 como se muestra en la figura. Luego como la altura es 12, en los extremos del trapecio se forman triángulos rectángulos de catetos 5 y 12. Aplicando el teorema de Pitágoras hallamos que la hipotenusa mide 13 lo cual corresponde a la longitud de los lados no paralelos del trapecio. Considerando que el perímetro mide 76 m. se tiene:

2b + 2 (13) + 2 (5) = 76  b = 20

Al considerar que B – b = 10, resulta B = 30

Aplicando la fórmula para el área de un trapecio, el área buscada resulta

B b h

20 30 12

2 A 300 m 2 2        D E C F A B A. 150° B. 135° C. 90° D. 60° E. 45° B C D A F E

En la figura,  ABCF es un paralelogramo. B, C y D son

colineales. Si AB = 18, AD = 30 y FE = 12. ¿Cuánto mide AE? A. 10 B. 12 C. 15 D. 20 E. 25 20. 13 B b 13 5 b 5 12

PROHIBIDA LA VENTA

(14)

GEOMETRÍA

22. En la figura ABCD es un cuadrado de lado 1 cm. y CE = 2 cm., entonces el área del triángulo ADF en cm2 es igual a

Dado que ABCD es un cuadrado AD y CE son paralelas, resultando que ADF ECF por el teorema de semejanza AA, ya que DAF CEF por ser alternos internos entre paralelas y DFA CFE por ser opuestos por el vértice.

De la semejanza resulta que AD DF 1 DF CF 2DF CE CF  2 CF   (1) Como CD = CF + FD = 1, resulta DF 1

3  .

Por tanto el área buscada resulta [ADF] 1 AD DF 1 1 1 1

2 2 3 6

      

23. Sea ABC un triángulo isósceles con AB = BC = 10 y AC = 16. Sea BD la mediana trazada sobre el lado AC y sea G el baricentro. Entonces el área del triángulo ADG es

A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 E. 24

Por ser BD mediana, D es punto medio de AC, o sea AD = DC = 8.

Ya que ABC es isósceles, BD además de mediana también es altura, luego mADB = 90.

Aplicando el teorema de Pitágoras hallamos que 2 2

BD 10 8 6

Como G es el baricentro, BG = 2GD y como BD = BG + GD = 6, resulta GD = 2.

Por tanto el ADG resulta ser un triángulo rectángulo con catetos de longitudes 8 y 2, por tanto su área es [ADG] 1 AD DG 1 8 2 8 2 2        C 2 B A D F 1 E

A.

2

1

B.

3

1

C.

4

1

D.

6

1

E.

8

1

B G A 8 D 8 C 10 10 16 2

PROHIBIDA LA VENTA

(15)

24. Sea ABC un triángulo isósceles con AB = AC = 17 cm y P un punto cualquiera del lado BC, diferente de los puntos extremos. Por P se trazan una paralela a AC que corta a AB en Q y una paralela a AB que corta a AC en R. El perímetro del cuadrilátero AQPR es

Dado que QP AC y RP AB , AQPR es un paralelogramo y de ahí AQ = RP y AR = QP.

Del paralelismo de los segmentos señalados anteriormente también resulta que los QBP y RPC son semejantes con el ABC y por tanto también son isósceles y de ahí QB = QP y RP = RC.

Por tanto el perímetro del cuadrilátero AQPR, resulta

P = AQ + QP + AR + RP = (AQ + QB) + (AR + RC) = AB + AC = 17 + 17 = 34

25. De acuerdo a la información que se proporciona en la figura, el segmento de mayor longitud es

Dado que la suma de los ángulos internos de un triángulo suman 180, en el ABD, resulta que el ángulo ABD mide 180 – 70 – 60 = 50 y en el BDC, mBDC = 180 – 55 – 60 = 65

Una de las propiedades de los triángulos indica que el lado mayor se opone al ángulo mayor y viceversa. Al comparar las medidas de los ángulos del ABD, resulta que el mayor mide 70 y su lado opuesto es BD, luego BD es mayor que AB y AD. Pero al considerar el BDC, su ángulo mayor es 65 y el lado que se le opone es BC y por tanto BC > BD. Luego el lado mayor de la figura resulta BC

A

70° B 55° 60° 60° C D A B P C Q R A. 8.5 cm B. 17 cm C. 34 cm D. 51 cm E. 68 cm A. AB B. BC C. CD D. DA E. BD

PROHIBIDA LA VENTA

(16)

GEOMETRÍA

26. En la figura ABCD es un cuadrado de lado 1, CMN es equilátero, El área de CMN es igual a

El área de un triángulo equilátero está dada por 3x2

4 , donde x es la longitud de su lado, luego debemos encontrar primero cuanto mide cada lado del triángulo equilátero CMN.

Como ABCD es un cuadrado y CM = CN = x, se tiene que CDM CBN y de ahí MD = NB y como AD = AB, resulta AM = AN y por tanto el MAN es rectángulo isósceles, luego

x MN x 2 AN AN 2     Como AB = 1, resulta NB 1 AN 1 x 2 x 2 2      

El CBN es un triángulo rectángulo luego al aplicar el teorema de Pitágoras resulta 2 2 2 2 2 x 2 CN CB NB 1 x 2         

Al desarrollar, simplificar y resolver la ecuación resultante se obtiene x 6 2 Por tanto el área buscada es [CMN] 3

6 2

2 0.4641

4

  

27. La siguiente figura muestra dos cuadrados de lado 1 cm., donde AEFG se ha obtenido de ABCD al girar este cuadrado 45° sobre el vértice A. Entonces el área sombreada es

Al girar 45, la recta diagonal AC se convierte en la recta AB la cual equivale a la recta diagonal AF, por tanto A, B, F son colineales. Además se tiene mBFH = 45 y por tanto FBH es un triángulo rectángulo isósceles con FB = BH

Luego [AGHB] = [AGF] – [FBH]

Por ser AEFG un cuadrado de lado 1, su diagonal mide 2 y como AB = 1, BF = BH = 2 1 Como [AGF] tiene como área la mitad de la área del cuadrado, que tiene lado de longitud 1, resulta

2

1 1 1 1 [AGBH] 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2          A D B H C G E F A N B C D M A. 0.866 B. 0.7071 C. 0.75 D. 0.5 E. 0.4641 A. 2 – 1 B. 0.5 C. 0.451 D.

2

E. 0.375

PROHIBIDA LA VENTA

(17)

28. Los ángulos agudos de un triángulo rectángulo, que también es isósceles, miden A. 30° B. 45° C. 35° D. 75° E. 60°

Por ser triángulo rectángulo isósceles tiene un ángulo de 90 y los otros dos ángulos congruentes, y dado que la suma de los ángulos internos de un triángulo suman 180, cada uno de ellos mide 45

29. En la figura ABCD es un cuadrilátero con AD || BC . La diagonal AC es perpendicular al lado CD . mBAC = 30°, AC = 4

3

y AB = BC. Entonces el área de ABCD es igual a

Como AB = BC, el ABC es isósceles con mABC = 120 y mBCA= 30 y su base AC = 4 3 .

Al trazar una perpendicular desde B a AC, sea E el pie de la perpendicular.

Por ser isósceles, BE también es mediana es decir E es punto medio de AC, luego se forman dos triángulos 30 – 60 con las hipotenusas AB = BC y catetos mayor AE = EC = AC 2 3

2 

Luego como el cateto mayor en un triángulo 30 – 60, es 3 veces el cateto menor, en este caso se tiene BE 2

Como AD ||BC el BAD es el suplemento del ABC, resulta mBAD = 180 – 120 = 60 y como mBAC = 30, se tiene mCAD = 30 y de ahí también el ADC es un triángulo 30 – 60 con cateto mayor AC = 4 3. Como en todo triangulo 30 – 60, el cateto mayor es 3 el cateto menor, se tiene CD = 4

Finalmente tenemos [ABCD] = [ABC] + [ACD] = 1 AC BE 1 AC CD 1 4 3 2 1 4 3 4 12 3 2   2   2   2  

30. Se tiene un trapecio ABCD donde BC es la base menor. BC = 10 cm y CD = 20 cm . Las medidas de los ángulos A, B y C son 30°, 150° y 120° respectivamente, entonces el área del trapecio mide

A. 300 3 cm2. B. 400 cm2. C. 300 cm2. D. 200 cm2. E. 200 3 cm2.

Sean B’ y C’ las proyecciones de B y C sobre la base mayor y sean AB’ = x, C’D = y.

Por ser BC paralela a AD, mD = 180 – mC = 180 – 120 = 60 El CC’D es un triángulo 30 – 60, luego h = CC’ = 10 3 y y = C’D = 10

También el AB’B resulta ser un triángulo 30 – 60, con su cateto menor BB’ = h = 10 3, luego 10 3 3 30 

AB’ = 10 3 3 30 

Tenemos entonces que la base mayor mide AD = x + 10 + y = 30 + 10 +10 = 50.

Luego el área del trapecio resulta [ABCD] =

50 10 10 3

300 3 2    A D B C A. 6 B. 12 C. 12 3 D. 24 E. 30 30 30 30 60 60 60 E A D B C B 10 C 20 A x B’ 10 C’ y D h 30 60

PROHIBIDA LA VENTA

(18)

GEOMETRÍA

31. En la figura, mBAC =  , mBPC = mBQC = 90°. Entonces la medida de BHC es

Como mBPC = mBQC = 90°, también mAPH = mAQH = 90°. APHQ es un cuadrilátero convexo y en todo cuadrilátero convexo la suma de sus ángulos internos es 360,

luego mBHC +  + 90 + 90 = 360 y de ahí mBHC = 180 – 

32. Si las medianas en un triángulo rectángulo, trazadas a partir de los vértices de los ángulos agudos miden 5 cm y 20 cm, entonces la medida en cm de la hipotenusa del triángulo rectángulo es A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 E. 10

Sean M y N los puntos medios de BC y AB respectivamente.

Sean AM = 20 y CN = 5, BC = a, AB = c, luego BM a y NB c

2 2

  .

Sea la hipotenusa AC = b

Aplicando el teorema de Pitágoras en los ABM y BCN 2 2 2 2 2 a AM AB BM c 20 4      (1) 2 2 2 2 2 c CN NB BC a 25 4      (2) Al sumar (1) y (2) resulta 2 2 2 2 2 5c 5a 45 a c 4 45 36 b b 36 6 4  4     5      B C P H Q A  A. 180 –  B.  C. 90 –  D. 2 E. 3 N A B M C

PROHIBIDA LA VENTA

(19)

33. En la figura, los dos cuadrados tienen el mismo centro. La razón entre el lado del cuadrado menor y el lado del cuadrado mayor es 2/5. Entonces la razón entre el área sombreada y el área del cuadrado mayor es

Sean “b” la longitud del lado del cuadrado menor y “a” la longitud del lado del cuadrado mayor, luego b 2

a5

Por la simetría de la figura se deduce que el área sombreada, es decir el trapecio ABFE, representa la cuarta parte de la diferencia entre los dos cuadrados, luego [ABFE] 1

[ABCD] [EFGH]

4

 

2 2

[ABCD] a y [EFGH] b  y de ahí [ABFE] 1

a2 b2

4

 

La razón buscada será

2 2 2 2 2 2 2 2 1 a b [ABFE] 4 1 a b 1 1 b [ABCD] a 4 a 4 a            Como b 2 a5, resulta [ABFE] 1 1 4 21 [ABCD] 4 25 100      

34. En la figura, AB = AC = 4, BD = DC = 3 y mBAC = 60°, entonces la longitud del segmento AD es

Al unir B con C, obtenemos un triángulo equilátero, ya que AB = AC y mBAC = 60°. Se tiene que ABD ACE, ya que sus tres pares de lados son congruentes, de ahí resulta mBAD = mCAD y por tanto AD es bisectriz del BAC

Al prolongar AD, sea E el punto donde corta a BC. Luego como el ABC es equilátero, AE además de bisectriz es mediatriz y por tanto AE  BC y BE = EC = 2. Resulta entonces que el BED es rectángulo, con hipotenusa BD = 3 y un cateto, BE = 2. Por el Teorema de Pitágoras, DE 3222  5

Por otro lado AE es una altura en un triángulo equilátero de lado 4 y por tanto AE 2 3 Finalmente obtenemos que AD = AE – DE = 2 3 5

A C B E D A a B D C H G E F b A. 1/6 B. 21/100 C. 1/3 D. 2/5 E. 4/9 A. 2

3

5

B. 2

3

+

5

C. 1 D. 2 E. 3.5

PROHIBIDA LA VENTA

(20)

GEOMETRÍA

35. En la figura el cuadrilátero ACDE es un trapecio tal que ED = 15 cm., AC = 24 cm y la altura es 12 cm. Sabiendo que B es el punto medio del lado AC, el área del cuadrilátero OBCD es

Como ED||A C, resulta que ABO DEO, con razón de semejanza AB 12 4 DE 15 5 

Sean a y b las alturas de los triángulos ABO y DEO respectivamente, indicadas en la figura. Dado que los elementos homólogos en triángulos semejantes están en la misma razón de semejanza, se tiene a 4

b5. Como a + b = 12 (la altura del trapecio), al considerar la razón anterior resulta a 16, b 20

3 3

  .

Al analizar la figura vemos que [OBCD] = [ACDE] – [ABE] – [DEO]

Tenemos que el área del trapecio ACDE resulta [ACDE] 24 15 12 234 2

     

 

El ABE, tiene base 12 y altura 12, luego su área es [ABE] 1 12 12 72 2

    Para el DEO, resulta [DEO] 1 15 20 50

2 3

     [OBCD] = 234 – 72 – 50 = 112

36. En la figura, ABCD es un cuadrado de lado 6 cm. y CE = DE = 5 cm., entonces la longitud de AE es A 109 cm B. 15 cm C. 11 D. 30 E. 61

Sean F y G los puntos medios de CD y BA respectivamente. Luego CF = FD = BG = GA = 3 y FG = 6

Como CE = DE, el CED es isósceles y por tanto E, F, G son colineales y EF  CD y EG  AB.

El CFE es rectángulo en F, luego por el Teorema de Pitágoras, 2 2

EF 5 3 4. EG = EF + FG = 4 + 6 = 10

El FGA también es rectángulo con EG = 10 y GA = 4, luego EA 10232  109 E 15 D O A 12 B 12 C 12 b a A. 112 cm 2 B. 117 cm 2 C. 120 cm 2 D. 140 cm 2 E. 360 cm 2 E C F D B G A

PROHIBIDA LA VENTA

(21)

37. En la figura, a partir de la información dada, ¿cuál es el valor de x?

A. 76 B. 25 C. 13.2 D. 5.28 E. 5

Se tiene A E , por dato, y ACB ECD, por ser opuestos por el vértice, luego ABC EDC, por el teorema de semejanza AA.

Luego CD BC x 66 x 5

CEAC  10 132  

38. ABCD es un paralelogramo. P es un punto de la diagonal AC . Trazamos por P paralelas a los lados del paralelogramo. Estas paralelas intersecan a los lados del paralelogramo en los puntos indicados en la figura. Sabiendo que el área de ABCD es 40 cm2 , entonces el área del cuadrilátero RQMN es igual a

Dado que RM AD BC y NQ AB DC , resulta que los cuadriláteros ANPR, PQBR, DMPN y MCQP son paralelogramos y los segmentos NR, RQ, QM y MN son diagonales de esos paralelogramos. Es sabido que una diagonal divide a un paralelogramo en dos triángulos congruentes, con áreas igual a la mitad del área del paralelogramo. Por tanto [RQMN] = 1

2[ABCD] = 20

Basta aplicar el teorema del cateto: 3x 6 2  x 12 A

B C

3 6

x

En el triángulo rectángulo ABC ¿cuál es la longitud del segmento BC? A. 15 B. 12 C. 10 D. 9 E. 7.5 39 A R B N P Q D M C A. 10 cm 2 B 20 cm2 C. 30 cm 2 D. 40 cm 2 E. 50 cm 2 x 10 52.8 132 66 A B C E D

PROHIBIDA LA VENTA

(22)

GEOMETRÍA

40. Sea ABCD un cuadrado. Por el vértice A se traza un segmento que corta a la prolongación del lado BC en E, al lado DC en F y a la diagonal BD en G. Si AG = 3 y GF = 1 ¿cuál es la longitud de FE?

Sea x la longitud de cada lado del cuadrado. Desde G tracemos una perpendicular a AD y sea H el pie de esta perpendicular. Luego AGH AFD. Como AG = 3 y GF = 1, resulta AF = 4

De la semejanza se tiene AG AH 3 AH AH 3x AFAD  4 x  4 y HD = AD – AH = 3 1 x x x 4 4    Como G esta sobre la diagonal, HG = HD = 1x

4 De la misma semejanza se tiene

x AG HG 3 4 DF 1x AF DF  4 DF  3 . Luego FC = DC – DF = x 1x 2x 3 3  

Como ABCD es un cuadrado, AD BC y por tanto AD CE. De ahí resulta que ADF ECF De esta semejanza se tiene

2 x FE FC FE 3 FE 8 1 FA FD 4 x 3      A H D G F B C E A. 12 B. 10 C. 9 D. 8 E. 6

PROHIBIDA LA VENTA

(23)

3.

EJERCICIOS SOBRE CIRCUNFERENCIAS Y POLÍGONOS

Tenemos que mAC mCD 2   

Dado que mAB mBC mCD mAD 360     y mBC mAD 80 140     220, tenemos que mAC mCD 140  , luego mAC mCD 140 70

2 2

 

    

2. El triángulo ABC está inscrito en un semicírculo de diámetro AB. Si AC = 8 y BC = 6, el área de la región sombreada tiene un valor de

A. 15.27 B. 24 C. 36.37 D. 61.07 E. 48

El área sombreada es la diferencia entre el área del semicírculo y el área del triángulo. El ABC es rectángulo en C, por estar inscrito en un semicírculo.

Luego por el Teorema de Pitágoras, AB 8262 10  r = 5 Por tanto el área del semicírculo es 1 r2 1 52 25

2 2 2

     El área del triángulo está dada por 1 AC BC 1 8 6 24

2     2 El área buscada es A = 25 24 15.27

2 

3. El triángulo ABC está inscrito en un semicírculo de diámetro AB. Si AC = 8 y CD = 4.8, el área de la región sombreada tiene un valor de

A. 15.27 B. 24 C. 36.37 D. 61.07 E. 48

Por el Teorema de Pitágoras, AD 824.82 6.4

Como el ABC es rectángulo en C, se tiene por el teorema del cateto

2 2 64

AC AB AD 8 AB 6.4 AB 10

6.4

        . Y de nuevo por el Teorema de Pitágoras resulta BC = 6. Dado que estos valores coinciden con los datos del ejercicio anterior, el área resulta la misma.

En la figura de la derecha si la medida de los arcos AD y BC son 140º y 80° respectivamente, entonces el valor de  es

A. 40° B. 50° C. 60° D. 70° E. 80° A  B C D 1. A D B C A B C

PROHIBIDA LA VENTA

(24)

GEOMETRÍA

Sea  la medida del ángulo central XOZ. La longitud de un arco está dada por s = r, con el ángulo medido en radianes.

Tenemos s =  y r = 2, luego s r 2

   , es decir 90

Luego XOZ es un triángulo rectángulo isósceles con XZ como hipotenusa y por tanto XZ = 2 2

5. En la figura el área del círculo mayor es 1 m2. El círculo menor es tangente internamente al círculo mayor y también es tangente a los lados del ángulo inscrito que mide 60°. El vértice del ángulo inscrito y los centros de los círculos están alineados. Entonces el área del círculo menor es

Desde el vértice del ángulo inscrito, trazamos un diámetro. Sean O y O’ los centros de los círculos, mayor y menor respectivamente. Sea B el otro extremo del diámetro trazado, C el punto donde uno de los lados (el arriba) del ángulo corta a la circunferencia. Y sea D el punto de tangencia de este lado del ángulo con el círculo menor.

Sean R y r los radios de los círculos, mayor y menor respectivamente. Tenemos que AO’ biseca al ángulo inscrito, luego

mO’AD = mBAC = 30.

Como AB es un diámetro del circulo mayor, mACB = 90 resultando que mABC = 60, y el  ABC es 30 – 60.

Dado que AB = 2R, se obtiene que BC = R, ya que BC es el cateto menor y AB la hipotenusa del ABC Como AC es tangente al círculo menor en D, AD  DO’, es decir mADO’ = 90 y de ahí mAO’D = 60

Luego también el AO’D es un triángulo 30 – 60 y su cateto menor O’D = r, mide la mitad de su hipotenusa, AO’.

Se tiene O’B = r, por ser radio del circulo menor y de ahí AO’ = AB – O’B = 2R – r. Luego AO’ = 2 O’D  2R – r = 2 r  r 2R

3  .

Como el área del círculo mayor es R21 , el área del círculo menor es

2 2 2R 4 2 4 r R 3 9 9            X Y

Z La circunferencia de la figura tiene radio 2 y el arco XYZ tiene longitud . ¿Cuánto mide la cuerda XZ?

A. 2 B. 2 C. 2 2 D. 2  E.  4. A. 2 1 B. 9 4 C.  D. 2 E.  2 1

.

X Z O

C A O O’ B D

PROHIBIDA LA VENTA

(25)

Como TP es tangente a la circunferencia en T, mPTC = 90. Luego aplicando el teorema de Pitágoras resulta PC

 

2r 2r2  5r2 r 5

Como el área sombreada únicamente son los extremos y estos son semicírculos, al unirlos se forma un circulo de diámetro 8, es decir de radio 4, luego A r2   42 16

Dado que m AB = 50°, se tiene mBCA = 1mAB

2 = 25°, por ser ángulo inscrito que subtiende dicho arco; mABC = 90, por estar inscrito en una semicircunferencia (

___

AC es diámetro). Luego la medida del ángulo buscado es: mBAC = 180 – mBCA – mABC = 180 – 25 – 90 = 65

C Q

P T

En la figura C es el centro de la circunferencia de radio r y

__

TP

es un segmento tangente en T, de longitud 2r, entonces PC mide A. r 2 B. r 3 C. 3r D. r 5 E. 5r 6. r 2r 10 8

Los extremos de la figura son semicírculos, ¿Cuál es el área de la región sombreada?

A. 80 B. 8 C. 10 D. 16 E. 16 + 80 7.

O A B C En la figura ___

AC es un diámetro. Si m AB = 50°, entonces m  BAC = ? A. 25° B. 50° C. 65° D. 90° E. 130°

8.

(26)

GEOMETRÍA

El área de la región sombreada es la diferencia entre el área del cuadrado formado y las áreas de los cuatro sectores circulares que se forman.

Dado que la distancia entre los centros de dos círculos tangentes exteriormente, es la suma de las longitudes de los radios, resulta que el cuadrado formado tiene lado de longitud 20 y por tanto el área del cuadrado es 400.

Cada sector formado tiene un ángulo central de 90, luego entre los cuatro forman un circulo de radio 10, cuyas áreas suman entonces r2 102100

Por tanto el área buscada es: A = 400 – 100

Dado que BPA es un ángulo exterior, formado por dos secantes, su medida es la semidiferencia de los las medidas de los arcos que intercepta.

Es decir m BPA mCD mAB 2 

  . De esta expresión despejamos mAB, resultando mCD 2 m BPA mAB    Introduciendo los datos se obtiene mCD 2 35   30 100

Por otro lado se tiene que el DAC es un ángulo inscrito que subtiende el arco DC, luego

1 1

m DAC mCD 100 50

2 2

      

En la figura, los círculos son tangentes y tienen radio igual a 10. Si se unen los centros de los círculos se forma un cuadrado. ¿Cuál es el área de la región sombreada?

A. (400 – 100) B. 400 – 100 C. 100 – 400 D. 400 – 100 E. 400 – 400 9. D B P A C

En la figura, la medida del arco AB es 30°, y la medida del

BPA es 35°. Las medidas del arco CD y el ángulo DAC (en grados) son respectivamente

A. 100 y 25 B. 50 y 50 C. 100 y 50 D. 50 y 25 E. 25 y 50

10.

(27)

11. La expresión (p + q) p = (r + s) r, se cumple en la situación representada por

Al recordar las relaciones métricas en una circunferencia, vemos que los productos de esta forma surgen cuando se tienen dos secantes que se cortan (también aparecen cuando hay semejanzas de triángulos) o una secante y una tangente que se cortan.

A partir de estas relaciones tenemos: En la figura A, la relación es r2 s s p

En la figura B, la relación es r  (r + s) = p  (p + q), la cual es la misma expresión dada. La respuesta es ésta.

Para estar más seguros vemos que resulta en las otras.

En la figura C, la relación es r  s = p  q y en la figura C, r2  p p q

, que son diferentes a la dada. Solo B satisface y por tanto es la respuesta.

12. En la figura se dan tres semicircunferencias mutuamente tangentes. CDyDA son diámetros de las circunferencias menores. El punto B está en la semicircunferencia mayor. BD CA . Si BD = 2, entonces el área sombreada es igual a

El área de la región sombreada es la diferencia entre el área del semicírculo exterior menos las áreas de los semicírculos interiores.

Sean r , r1 2, R los radios del semicírculo menor, del semicírculo mediano y del semicírculo exterior respectivamente. Luego CD = 2r1, DA = 2r2 y CA = 2 R

Como CA = CD + DA, se tiene 2R = 2r 2r12 o sea R = r1r2 (1)

Al unir B con A y con C, se forma un triángulo rectángulo, con CA como hipotenusa y BD como altura relativa a la hipotenusa.

Por el teorema de la altura, BD2CD DA  222r 2 r12  r r121 (2) Como el área de un semicírculo está dada por 1 r2

2 , el área buscada es A 21

R2 r12 r22

Al considerar (1) A 1 [ r r

1 2

2 r12 r )]22 1 r 12 2 2        2 1 2 2 2r r r   2 1 r  2 2 r 

1 2   2r r1 2 Al considerar (2) A r r1 2  r r r r s s s p p p p s q q q q A B C D C D A B A. 1 B.  C. 2 D. 4 3 E. 4 9

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(28)

GEOMETRÍA

13. Las medidas de los arcos AB y AC se indican en la figura. La medida del BAC es

El BAC es un ángulo inscrito en una circunferencia, por tanto su medida es la mitad de la medida del arco que subtiende, en este caso el arco BC.

Tenemos que mBC 360  mAB mAC 360 110 130       120, luego mBAC =1mBC 60

2  

14. En la figura, BC une los centros de los círculos tangentes. AB BC , BC = 8 y AC = 10, entonces la longitud de la circunferencia pequeña es igual a

Sean R y r los radios de las circunferencias grande y pequeña respectivamente. Como las circunferencias son tangentes exteriormente, R + r = BC = 8

Dado que el ABC es rectángulo en B, tenemos R AB  10282 6 y r = 2. Luego la longitud de la circunferencia pequeña resulta C = 2  r = 4 

Todo hexágono regular puede dividirse en seis triángulos equiláteros congruentes. En la figura se indica que x equivale al doble de la altura de cada triangulo: x = 2h

Como el lado de cada triangulo mide 6 3 , las alturas miden h 3 6 3 9 x 2h 18 2      

x

3 6 15. A B C A B C 130° 110° A. 55° B. 60° C. 65° D. 110° E. 130° A.  B. 2 C. 3 D. 4 E. 5

La figura representa un hexágono regular, ¿cuál es el valor de x?

A. 3 3 B. 6 3 C. 6 D. 18 E. 9 3

(29)

Si llamamos A1 al área del cuadrado mayor, A2 al área del cuadrado menor y A3 al área del círculo, el área de la región sombreada resulta A A 1A2A3

El lado del cuadrado mayor mide 0.4, luego su área es A1 = 0.16

Como B es punto medio AB = 0.2. Los triángulos que se forman en cada esquina del cuadrado mayor, son rectángulos isósceles, y sus hipotenusas forman los lados del cuadrado menor, por tanto, el lado del cuadrado menor resulta 0.2 2 y su área es A2 =

0.2 2

20.08

Como el circulo está inscrito en el cuadrado menor, su diámetro es el lado de dicho cuadrado, y su radio es la mitad o sea r = 0.1 2, su área A3 r2  

0.1 2

2 0.0628

Luego A = 0.16 – 0.08 +0.0628 =0.1428

Dado que PB y PC son segmentos tangentes a la circunferencia de la izquierda, desde un mismo punto, son congruentes, luego PC = PB = 19.

Como AC = AP + PC, AP = AC – PC = 31 – 19 = 12.

18. Seis triángulos equiláteros de 1 cm. de lado se unen para formar un hexágono como se muestra en la figura. Se circunscribe un círculo alrededor del hexágono ¿cuál es el área de la región sombreada?

Tenemos que el área de la región sombreada es el área del circulo menos el área del hexágono. El radio del circulo es la longitud del lado de los triángulos, es decir r = 1, luego su área es r2   El área de cada triángulo equilátero es 3x2

4 , donde x es el lado del triángulo, y como el lado mide 1, se reduce a 3

4 . Como hay seis triángulos, el área del hexágono es

3 3 3 6

4 2

  Por tanto el área de la región sombreada es A = )

2 3 ( cm2 A B P D C

Los segmentos AC y BD se cortan en P y son tangentes a las circunferencias en los puntos A, C, B y D.

Si AC = 31, PB = 19 ¿Cuál es el valor de AP?

A. 6 B. 12 C. 15 D. 25 E. 50 17.

0.4

La figura representa un círculo inscrito en un cuadrado que a su vez está inscrito en otro cuadrado. B es punto medio de AC ¿Cuál es el área de la región sombreada?

A. 0.025 B. 0.048 C. 0.1428 D. 0.153 E. 0.1582 A B C A. ) 2 3 ( cm2 B. ) 2 3 3 ( cm2 C. ) 2 3 (2 cm2 D. 3 3  cm2 E. (23 3)cm2 16.

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(30)

GEOMETRÍA

19. Un triángulo ABC está inscrito en una circunferencia como se muestra en la figura.

Se tiene m A = 50º y m C = 60º. Se trazan tangentes por A, B y C de manera que se forma el triángulo circunscrito A’B’C’. Entonces la medida del ángulo A’ es:

A. 40º B. 60º C. 80º D. 100º E. 120º

Como BA’ y CA’ son tangentes a la circunferencia, los A’BC y

A’CB son ángulos semiinscritos que subtienden el arco BC y el ángulo A es un ángulo inscrito que subtiende el mismo arco. Por tanto estos ángulos son congruentes, es decir

mA’BC = mA’CB = mA = 50 Luego al considerar el A’BC, se tiene

mA’ = 180 – mA’BC – mA’CB = 180 – 50 – 50 = 80

20. El triángulo ABC es equilátero y sus lados AC y BC son tangentes a la circunferencia con centro en O y radio 3 . El área del cuadrilátero AOBC es

A. 3 B. 6 C 3 3 D. 6 E. 12

Se tiene OC  AB, ya que los triángulos OAB y ABC son isósceles. También OAC OBC, ya que sus tres lados son congruentes. Como además el ABC es equilátero, mACO = 30, luego el OAC es un triángulo 30 – 60 y de ahí resulta que OC = 2 3 y AC = 3.

Tenemos entonces [AOBC] = 2[OAC] = 2 1 3 3 3 3 2

   

21. Si un ángulo central de 30° en una circunferencia intercepta un arco de 6 m de longitud, entonces el radio de la circunferencia mide

A. /36 B. /6 C.  D. 36/ E. 180

Se tiene s = r , donde s es la longitud del arco, r el radio de la circunferencia y  es el ángulo central correspondiente, medido en radianes. Como  = 30 equivale a /6 radianes, tenemos

36 6 r r 6       C C’ B B’ A A’ 50 A B O C 3

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(31)

22. En la figura se tiene una circunferencia de radio 1 y un hexágono regular de lado 1. Si O es el centro de la circunferencia, entonces el área de la región sombreada es

A. 0.5 B. 0.866 C. 1 D. 1.5 E. 2

En vista que el hexágono tiene lado 1 y la circunferencia tiene radio 1, el centro del hexágono es un punto de la circunferencia. La región

sombreada puede descomponerse en dos triángulos que tienen la misma base y la misma altura que los triángulos que forman el hexágono. Luego el área buscada es A = 2 3 12 3 0.866

4   2 

Sean r1 el radio del semicírculo mayor, r2 el radio del semicírculo mediano y r3 el radio del semicírculo menor. Se tiene r1 AB, BC 2r2 2 AB r2 AB, 2r1 AB BC 3AB r1 3AB

2 2

         

Luego las áreas de estos semicírculos son: Semicírculo mayor: 2 2 2 1 1 r 1 3AB 9 AB 2 2 2 8              Semicírculo mediano: 1 r22 1 AB2 2      2 Semicírculo menor: 2 2 2 3 1 r 1 AB 1 AB 2 2 2 8             

El área no sombreada está dada por: área del semicírculo mayor más el área del semicírculo mediano menos el área del semicírculo menor o sea

Área no sombreada = 9 AB2 1 AB2 1 AB2 3 AB2 8   2  8  2

El área sombreada está dada por: área del semicírculo mayor menos el área del semicírculo mediano más el área del semicírculo menor o sea

Área sombreada = 9 AB2 1 AB2 1 AB2 3 AB2 8   2  8  4 La razón buscada resulta

2 2 3 AB Area sombreada 4 1 3 Area no sombreada AB 2 2     A B C

Los arcos AB y BC son semicírculos cuyos centros están sobre un diámetro del círculo que se muestra en la figura.

Si BC = 2 AB, entonces la razón entre el área de la región sombreada y el área de la región no sombreada es:

A. 2 B. 2 3 C. 1 D. 3 2 E. 2 1 23 O’ O A C B

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(32)

GEOMETRÍA

24. Una moneda circular de radio 1, está sobre una mesa. Si ponemos cuatro monedas más grandes de igual tamaño alrededor de ella, ¿cuál es el radio de las monedas grandes que permite que cada una sea tangente a las dos adyacentes y a la de radio 1?

A. 1 B. 1 + 2 C. 2 D. 2 + 2 E. 2.5

Sea R el radio de las monedas grandes. Como estas monedas son tangentes a las monedas adyacentes y a la vez son tangentes a la moneda pequeña, al unir los centros de las monedas grandes se forma un cuadrado de lado 2R. Al trazar una diagonal, esta debe pasar por el centro de la moneda pequeña, la cual tiene diámetro 2, luego la longitud de la diagonal resulta 2R + 2. Por tanto, dado que en todo cuadrado de lado x, su diagonal mide 2 x, se cumple en este caso que

Al racionalizar el denominador obtenemos R 2 1

25. En la siguiente figura ABC y AEB son semicírculos, F es el punto medio del diámetro AC, B es punto medio del arco AC y AF = 1¿Cuál es el área de la región sombreada?

El área de la región sombreada resulta de la diferencia entre el semicírculo AEB y el segmento circular determinado por la cuerda AB en el semicírculo ABC.

Como F es el punto medio del diámetro AC, B es punto medio del arco AC, resulta BF  AC, luego el

ABF es un triángulo rectángulo isósceles de cateto 1 y por tanto AB = 2 AB es diámetro del semicírculo AEB, luego su radio es 2

2 y el área de este semicírculo resulta

2 1 1 2 A 2 2 4         

El área del segmento circular, está dada por la diferencia entre el área del sector circular que lo contiene y el área del triángulo determinado por la cuerda y los radios extremos.

En este caso el sector circular correspondiente tiene ángulo central de 90 y radio 1, por tanto su área es la cuarta parte del área de un círculo de radio 1 o sea 1

4 y el triángulo correspondiente tiene base 1 y altura 1, luego su área es 1

2. El área del segmento circular resulta 2

1 1 A

4 2    Finalmente el área buscada es A A1 A2 1 1

4 4 2 2           A. 1/2 B. 2 C. /4 D. 3/4 E. /4 – 1/2 A B F C E R R R 2 R R R

 

1 2R 2 2 2R 2R 2 2 2 R 2 2 2 R 2 R 2 1           

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(33)

26. Si el radio de un círculo aumenta en  unidades, ¿cuánto aumenta su perímetro? A.  B. 2 C. 3 D. 2 E. 22

Sean L y L’ los perímetros del círculo original y el círculo con el radio aumentado, respectivamente. Luego L 2 r y L' 2 r         

2 r 2 2

El aumento es la diferencia  = L’ – L =

2 r 2      2

2 r 2 2

27. Dos semicírculos de radio 3 están inscritos en un semicírculo de radio 6 como se muestra en la figura. Un círculo de radio r es tangente a los tres semicírculos. ¿Cuánto vale r ?

Cuando se tienen círculos tangentes exteriormente, la distancia entre los centros es la suma de los radios, y cuando son tangentes interiormente, la distancia entre los centros es la diferencia entre los radios. Además en ambos casos los centros y el punto de tangencia están alineados.

Sean A, B, C y D los centros de los semicírculos y del círculo interior como se muestra en la figura. Se tiene AB = AD = 3 + r, CA = 6 – r, BC = CD = 3. Como ABD es isósceles y C es punto medio de BD, AC  BC, luego el ABC es rectángulo en C y por tanto sus lados cumplen con el teorema de Pitágoras. Luego

3 r

 

2 6 r

232  9 6r r 2 36 12r r  2 9  18r 36  r 2 r r r A 3 3 B C D A B 3 C 3 + r 6 – r D 3 3

r

A. 1 B. 1.5 C. 2 D. 2.5 E. 3 r r + 

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(34)

GEOMETRÍA

Como el ABC es rectángulo en C, aplicamos el Teorema de Pitágoras para hallar BC:

2 2 2 2

BC AB AC  5 3 4

Como BC es diámetro del círculo, se tiene r = 2 y su área resulta A r2  4

30. El lado mayor del rectángulo de la figura mide 20. La curva trazada en su interior está formada por cinco semicircunferencias ¿cuál es la longitud de la curva?

Se observa que la curva está formada por 5 semicircunferencias, cuyos diámetros suman 20, luego cada diámetro mide 20  5 = 4 y los respectivos radios la mitad o sea 2 unidades.

Luego L = 5 1 2 r 5 r 5 2 10 2

         

Al considerar el círculo central y dos círculos externos contiguos, vemos que encierran la sexta parte del área buscada. Vemos también que esta fracción corresponde al área de un triángulo equilátero de lado 2 menos tres sectores circulares de radio 1 y de 60º cada uno, que juntos forman un semicírculo de radio1.

Luego

A = 6 [ 3

 

22 1

 

12

4  2 ] = (6 3 – 3) u 2

En la figura los círculos adyacentes son tangentes y tienen radio 1. ¿Cuánto vale el área de la región sombreada?

A. 6 3 – 3 B. 3 3 – 2 C. 2 – 1 D. 6 3 – 1 E. 6 – 3

28.

B O C

A En la figura, m BCA = 90º, BA = 5 y AC = 3. ¿Cuál es el área del círculo con centro en O?

A. 16 B. 8 C. 6 D. 5 E. 4 29.

A. 25  B. 20 C. 15 D. 10 E. 5

(35)

Sea r el radio de la circunferencia buscado.

Sean A y C los centros de las circunferencias, pequeño y grande respectivamente.

Desde A y C trazamos perpendiculares a los segmentos perpendiculares iniciales, formando el cuadrado rotulado en la figura como ABCD.

Sean E, F, G y H los puntos donde estas perpendiculares cortan a los segmentos perpendiculares, como se indica en la figura. Tenemos que AE = AG = DH = BF= 1, el radio de la circunferencia pequeña.

Como CH = BG = CF = r, tenemos que

CD = CB = BA = DA = r – 1, luego por esto y la perpendicularidad anterior ABCD es un cuadrado.

Como las circunferencias son tangentes exteriormente, la distancia entre sus centros es la suma de sus radios, es decir AC = r + 1.

Luego el ABC es un triángulo isósceles, rectángulo en B, con AB = BC = r – 1 y AC = r + 1. Luego AC = 2 AB, es decir r + 1 = 2 (r – 1).

Al despejar r, se obtiene r = 3 + 2 2

32. Tres círculos de radio 1, con sus centros colineales son tangentes como se muestra en la figura. ¿Cuál es el área de la región sombreada?

Rotulemos los puntos extremos de la región sombreada, como se muestra en la figura, vemos que se forma un rectángulo. En los extremos de la región se tienen dos semicírculos, que juntos forman un circulo. Luego la región sombreada es la diferencia entre las áreas del rectángulo y los dos círculos que se forman.

Dado que el radio de los círculos es 1, AD = 2 y AB = 4. Luego A = A 2 4 2    12  8 2

A. 8 – 2 B. 4 –  C. 12 – 3 D. 8 – 3 E. 4

+

A 4 B

D C 2

La figura muestra dos segmentos perpendiculares tangentes a ambas circunferencias, las cuales son tangentes entre sí. Si el radio de la circunferencia pequeña mide 1, entonces el radio de la

circunferencia más grande mide

A. 3 + 2 2 B. 4 C. 6 D. 4 + 2 2 E. 8 31. G A B H D C E F

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(36)

GEOMETRÍA

33. La figura muestra un hexágono regular inscrito en un círculo. Si el área del círculo es 1, ¿cuánto mide el área del triángulo ABC?

Se observa que los triángulos ABC y ABO tienen la misma área, ya que tienen la misma base y la misma altura. Por ser un hexágono regular el ABO es un triángulo equilátero de lado igual al radio del círculo. Como el área del circulo es 1, se tiene r2 1  r 1

 Luego el área del triángulo es

2 3 1 3 [ABC] 4 4         

34. ¿Qué polígono regular tiene la misma cantidad de diagonales que de lados?

A. Pentágono B. Hexágono C. Octógono D. Decágono E. Dodecágono

Como el número de diagonales en un polígono está dado por D n n 3

2

 , donde es el número de lados del polígono. Luego n n 3

n n2 3n 2n n2 5n 0 n n 5

0 n 5 2              . Se descarta n = 0, por carecer de sentido.

Por tanto el polígono buscado es un pentágono.

35. Sean O el centro de una circunferencia de radio r y ED = r. Si mDEC = k  (m BOA), entonces el valor de k es:

Trazamos el radio OD y vemos que el ODE es isósceles ya que OD = ED = r, luego DEC DOC. Como elDEC es un ángulo exterior con sus lados secantes a la circunferencia, su medida está dada por

mAB mCD m DEC

2

  . (1)

Como los ángulos BOA y DOC, sus medidas están dadas por m BOA mAB y m DOC mDC m DEC      Se tiene mDEC = k  (m BOA) =  k mAB mDC

Sustituyendo en (1): k mAB mAB k mAB 2k mAB mAB k mAB 3k 1 k 1

2 3              A O C E B D A. 3 1 B. 2 1 C. 1 D. 2 E. 3 A B C O

A. 6 1 B. 6  C.  4 3 D. 4 3 E.

12

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(37)

36. Si se aumenta el radio de un círculo en un 100%, ¿en qué porcentaje aumenta su área? A. 50% B. 100% C. 200% D. 100% E. 300%

Si el radio original es r, el circulo con el radio aumentado, tiene radio 2r. Se tiene A1 r2 y A2  

 

2r 2  4 r2

El aumento está dado por  A A2A1     4 r2 r2 3 r2 Porcentaje de aumento: 2 1 3 r A 100% A     2 r  100% 300%

37. Se tienen tres círculos concéntricos de radios 1, 2 y 3 respectivamente. ¿Cuál es la razón entre el área de la región cuadriculada y el área de la región oscura?

El circulo pequeño tiene área , ya que su radio es 1. El círculo mediano tiene área 4, ya que su radio es 2 El círculo grande tiene área 9, ya que su radio es 3. .

Área de la región oscura = área del circulo grande – área del circulo mediano = 9 – 4 = 5

Área de la región cuadriculada = área del circulo mediano – área del circulo pequeño = 4 –  = 3 área de la región cuadriculada 3 3

área de la región oscura 5 5

  

38. El segmento AB es diámetro de una circunferencia de radio 1 y lado del triángulo equilátero ABC. Si la circunferencia corta a AC y BC en los puntos D y E respectivamente, entonces la longitud AE es:

A. 1 B. 3 C. 2 3 D. 3 5 E. 2 3 2

Como mAEB = 90, AE es una altura del triángulo equilátero ABC. Como el radio es 1, AB = 2, luego AE = 3 2 3

2   (En todo triángulo equilátero de lado x, la altura mide 3 x

2  ) A. 3 2 B. 5 3 C. 9 4 D. 25 9 E. 2 C A O B D E

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