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RAZONAMIENTO
GEOMÉTRICO
DEFINICIÓN
Dados tres puntos A, B y C no
colineales, la reunión de los segmentos
AB , BC y AC se llama triángulo.
E
- Los puntos interiores al ∆ABC: P es
un punto interior al ∆ABC.
- Los puntos exteriores al ∆ABC:
a
c
F
b
A
Un triángulo separa al plano en tres
subconjuntos de puntos:
- Los puntos que pertenecen al
triángulo: A, B, C, M,etc
B
ÍNDICE
INTERIOR Y EXTERIOR DE UN
TRIÀNGULO
D
C
Q punto exterior al ∆ABC relativo a AB
L punto exterior al ∆ABC relativo a BC
S punto exterior al ∆ABC relativo a AC
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:
B
P
AB = c ; BC = a ; AC = b
PRESENTACIÓN
Pag. 3
ÍNDICE
Pag. 5
TRIÁNGULOS
Pag. 7
PERÍMETROS
Pag. 35
- Vértices: A, B, C
- Lados: AB , BC y AC
- Ángulos:
Internos: ABC , BCA , CAB
Externos: FAE , CBE , BCD
ÁREAS
Pag. 49
*
INTERIOR
A M
H
S
EXTERIOR
C
ELEMENTOS
Notaciones:
La reunión del triángulo con
todos sus puntos interiores se
llama región triangular.
CLASIFICACIÓN DE LOS
TRIÁNGULOS
A. Según la medida de sus ángulos:
Triángulo ABC: ∆ABC
Perímetro del ∆ABC: 2p(∆ABC)
2p(∆ABC) = a + b + c
1. Triángulo Acutángulo.
Es aquel que tiene sus tres ángulos
agudos.
B
Semiperímetro del ∆ABC: p (∆ABC)
CAPÍTULO
TRIÁGULOS
L
Q
1
TRIÁNGULOS
p (∆ABC)=
a +b+c
2
α
θ
C
A
ABC = B , BCA = C ,
CAB = A ; son los ángulos
internos o simplemente
ángulos del triángulo ABC.
α < 90º
β < 90º
θ < 90º
β
2. Triángulo Obtusángulo.
Es aquel que tiene un ángulo obtuso
y dos ángulos agudos.
B
β
α > 90º
β < 90º
θ < 90º
a
c
α
A
θ
b
C
Segmento que parte de un vértice y llega
al punto medio del lado opuesto.
En el ∆ABC isósceles:
α: medida de los ángulos en la base.
θ: medida del ángulo en el vértice.
*a>b ya>c
A este triángulo se le llama:
“triángulo ABC obtuso en A”
A los triángulos acutángulos y
obtusángulos se les denomina
“OBLICUÁNGULOS”
riángulo Rectángulo.
s aquel que tiene un ángulo recto y
os ángulos agudos.
Se cumple que: α < 90º
y α = 180º −θ ó α = 90º − θ
2
2
3. Triángulo Equilátero.
Es aquel triángulo que tiene sus tres
lados de igual longitud; en consecuencia,
sus tres ángulos serán de 60º.
B
60º
AB y AC:Catetos
β
AB = BC = AC
m A = m B = m C = 60º
BC:Hipotenusa
a
60º
C
b
α + β = 90º
60º
C
A
TEOREMAS FUNDAMENTALES
1. Suma de Ángulos Internos:
“En todo triángulo la suma de las
medidas de sus tres ángulos
interiores es igual a 180º ”
B
⇒ AB ≠ BC ≠ AC
y además α ≠ β ≠ θ
β
α
riángulo Isósceles.
s aquel triángulo que tiene dos
dos de igual longitud; en
onsecuencia, los ángulos opuestos a
chos lados serán de igual medida.
B
θ
α
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 ”
B y
AB = BC
m A=m C
Se cumple:
x + y + z = 360º
x
α
α
BASE
C
α
θ
C
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”
B
A
Sea a ≥ b ≥ c
⇒ se cumple:
a
z
C
A
b
b-c<a<b+c
BM es la mediana relativa al
lado AC .
B
Q
A
P
G
C
M
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 , CG = 2
GP 1 GQ 1
2. ALTURA:
Segmento perpendicular al lado opuesto
o su prolongación.
C
También se cumple:
B
B
a-c<b<a+c
a-b<c<a+b
LÍNEAS NOTABLES Y PUNTOS
NOTABLES
1. MEDIANA:
C
M
Nota:
Si b > a:
⇒ β>α
a
c
θ
C
A
4. Propiedad de Correspondencia:
“ En todo triángulo se cumple que a
mayor lado se opone mayor ángulo
y viceversa ”
B
c
A
BM: mediana
El punto de intersección de las medianas
se llama BARICENTRO.
C
α + β + θ = 180º
θ
B
e
α
A
Se cumple:
β
C
e = α+β
A
egún la medida de sus lados:
riángulo Escaleno.
s aquel triángulo que tiene sus tres
dos de diferente magnitud.
B
β
“Todo triángulo
equilátero es
equiángulo”
⇒c < a y b < a
α
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 ”
B
Se cumple:
A
H
C
H
A
BH es la altura relativa al lado AC .
C
nto de intersección de las alturas se
ORTOCENTRO.
- Equidista de los lados
4. MEDIATRIZ.
I: Incentro
I r
r
Es la recta o segmento de recta que
divide a un segmento por su punto medio
en forma perpendicular.
r
Acutángulo
Rectángulo
Re
A
SECTRIZ:
Re
C
C
L1: mediatriz de AC
MP: mediatriz de AC
Baricentro
Ortocentro

O
Incentro
Circuncentro
O
El punto de intersección de las
mediatrices se llama CIRCUNCENTRO.
- Equidista de los vértices del triángulo.
Y se ubica:
Todo triángulo tiene 3 ex-centros,
uno relativo a cada lado
ento limitado por el lado opuesto,
vide a su ángulo en otros dos de
medida.
El Baricentro, es también ortocentro,
incentro y circuncentro.
- Centro de la circunferencia circunscrita
Ea: Excentro relativo al lado BC
-
∴
M
A
Ea
entro si es acutángulo
uera del mismo si es obtusángulo
Fuera del mismo si es obtusángulo.
1. En todo triángulo equilátero, sus
puntos notables se confunden.
Re
B
n el vértice del ∠recto si es
ctángulo
-
P
Es centro de la circunferencia
ex-inscrita.
triángulo tiene un solo ortocentro y
estar ubicado:
En punto medio de la hipotenusa si
es rectángulo.
OBSERVACIONES
Punto de intersección de dos bisectrices
exteriores y una interior.
-
Dentro si es acutángulo.
-
L1
B
EXCENTRO:
∆ Obtusángulo
-
2. En todo triángulo isósceles las
alturas relativas a los lados iguales
son iguales.
B
E1
O
B
O
E2
H
B β
A
αα β
C
∆ Acutángulo
P
∆ Obtusángulo
A
P
C
E3
Q
onde
BP : bisectriz interior
BQ : bisectriz exterior
NTRO:
de intersección de las bisectrices
ores.
ro de la circunferencia inscrita.
CH = AP
O
Nota: Los mismo ocurre con las
bisectrices y medianas.
Donde:
E1: Ex–centro relativo al lado AB
E2: Ex–centro relativo al lado BC
E3: Ex–centro relativo al lado AC
C
B
∆ Rectángulo
Todo
triángulo
tiene
un
solo
circuncentro y puede estar ubicado:
K
A
B
T
M
C
A
N
C
K = AT
CM = AN
a altura relativa al lado desigual,
orta a éste un su punto medio.
sta altura es mediana, mediatriz y
sectriz a la vez, del lado desigual.
B
∆ABE: θ = a + b
(Angulo Exterior)
∆DEC: x = θ + c
(Angulo Exterior)
∴
2.
β
b
Prolongamos AD hasta E (E en BC),
para obtener triángulos:
a
α
Demostración:
M
θ
c
O
d
b
R
C
H
α
A
e
a
Por eso cuando se tiene un
triángulo isósceles se
recomienda trazar su altura.
∆AMO:
θ=a+b
∆ROC:
θ = α + β (Angulo Exterior)
∴
a + b + c + d + e = 180º
(Angulo Exterior)
∴ x = 90º −
OPIEDADES IMPORTANTES
B
c
opiedad del “PANTALONCITO”
B
b
d
a
θ
A
c
x
I
e
En ACEI: (Propiedad del Pantaloncito)
⇒ θ=a+c+e
x =a +b+c
∆BID: (Suma de Ángulos Internos)
stración:
⇒ b + θ + d = 180º
∴
b
a
A
A
ω
x=
B̂
2
C
Demostración:
∆ACE: ω = α + x (Angulo Externo)
⇒ ω - α = x… (I)
∆ABC: 2α + B + 2θ = 180º
2 (α + θ) = 180º - B … (II)
I en II: 2 (180º - x) = 180º - B
∆ABC: 2ω = 2α + 2B
2 (ω - α) = 2B … (II)
I en II: 2 (x) = 2B
∴ x = 90º +
B
2
5. Ángulo formado por dos Bisectrices
Exteriores
3. Propiedad de la “Mariposa” o
Propiedad de la “Corbatita”
c
ω
α
α
Demostración:
∆ACI: α + x + θ = 180º
⇒ α + θ = 180º - x… (I)
a + b + c + d + e = 180º
E
θ
θ
θ
C
b + (a + c + e) + d = 180º
B
D
x
x
A
E
A
2
6. Ángulo formado por una Bisectriz
Interior y otra Exteriores
E
B
B̂
x = 90° +
2
I
α
α
ω
x
D
θ
b
a
4. Ángulo formado por dos Bisectrices
Interiores
C
ω
∆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+b=α+β
Tu profe Markito
Demostración:
E
A
C
∆BEC: φ + x + ω = 180º
⇒ φ + ω = 180º - x… (I)
β
a
B
C
φ
φ
E
x
∴x =
B
2
7. Ángulo formado la Bisectriz y la
Altura que parten del mismo
vértice
B
x
ω
A
Â
2
x
180º − A
C
b
y BH ⊥ AC
φ
φ
a + b = α +β
Propiedad de la “ESTRELLITA”
⇒ AH = HC
Demostración:
B
x=a+b+c
Si AB = BC
x = 90° −
C
ω
α
A
θ
H
D
C
α −θ
2
11. En todo Cuadrilátero se cumple:
Si: MN es MEDIANA
⇒ AM = MB = MC = 1 AC
β
stración: B
α
2
β
ω
θ
θ
α
ω
φ x φ+x
α + β + θ + ω = 360º
α
θ
H
C
D
12. Propiedad:
α
α + φ = 90º… (I)
θ + 2x + φ = 90º … (II)
α - θ - 2x = 0
α−θ
∴x =
2
opiedad:
x
b
∴∆APB es Isósceles
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.
B
x
N
MN es base media
piedad:
a+b
x=
2
θ θ
2x
A
3. Triángulo Rectángulo de 37º-53º
( 37º-53º)
Sólo en los triángulos rectángulos de
37º-53º, SUS LADOS ESTAN EN
PROGRESIÓN ARITMÉTICA.
53°
⇒ PA = PB
y
MN =
A
2. MEDIANA RELATIVA A LA
HIPOTENUSA:
En todo triángulo rectángulo, la longitud
de la mediana relativa a la hipotenusa es
na mitad de ésta.
B
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 .
k
n
45º
k 2
k 45º
2
k
A
M
C
k
15°
15°
4k
75°
( 6 − 2)k
45º
45º
θ
4. Triángulo Rectángulo de 15º-75º
( 15º-75º)
En todo triángulo rectángulo de 15º 75º, se tiene:
k
2
2 )k
m+n =α+θ
37°
4k
+
( 6
α
1
AC
2
5k
3k
θ
θ
TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
NOTABLES
C
b
x
O
Si: AM = MB y CN = NB
⇒ MN // AC
opiedad del “Pescadito”
m
P
k 3
⇒ OA = OB
M
α α
30º
4. TEOREMA DE LA BISECTRIZ
“Todo punto que pertenece a la bisectriz
de un ángulo equidista de los lados de
dicho ángulo”
uuur
Si OP:Bi sec triz
B
θ
θ
α
α
a+b
2
y
PROPIEDADESS GENERALES
2k
k
B
A
x
60°
⇒ AP = PB
α+β = x + y
β
B:
C:
I):
x=
sur
Si: L1 :Mediatriz
AD es bisectriz:
m ABD = m DBC = φ+ x
a
L1
P
( 6 + 2)k
A
3. TEOREMA DE LA MEDIATRIZ
“Todo punto de la mediatriz de un
segmento equidista los extremos de
dicha mediatriz ”
2. Triángulo Rectángulo de 30º-60º
( 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 .
(2 − 3)k
x=
75°
k
Si viene un problema con
ángulos de 15º o 75º,
frecuentemente se usa la
suma o resta de 30º y 45º
Trazamos AH ⊥ BC , para obtener
(45º-45º) y (30º-60º)
Trazamos CH ⊥ AB , para obtener
(45º-45º) y (30º-60º)
Luego:
Luego:
AHB (30º-60º):
Si AB = 20
⇒ BH = 10
(Opuesto a 30º)
y AH = 10 3 (Opuesto a 60º)
iángulos Rectángulos de 53º y 37º
2
2
º
37º
2
k 5
k 10
k
k
CLAVE:
a figura hallar el valor de AC, si
= 20m.
B
30º
A) 2
B)
D)
E) 2
C
5 3m
2
2
B
E
h
r
C
R
'
60º
C
⇒
a b c h r R
= = = = = =K
a ' b' c ' h' r ' R '
2. Si EF // AC
B
2
45º
H
30º
A
45º
C
60º
15º
Prolongamos AB , así el ángulo externo
en B seria 45º (Notable)
C
'
A'
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS
B 45º
'
r
F
AB DE
=
BC EF
Solución:
'
R
h
C
B
A
D
H
30º
45º
B
A
C) 2 2
ión:
20
1. Si ∆ABC ∼ ∆A'B'C'
15º
C
6
3
lados que se oponen a ángulos
congruentes.
B
A
B) 10 2 m
D) 10 3 m
NOTA: Lados Homólogos son aquellos
OBSERVACIONES
60º
) 10 m
) 10 6 m
C
Tres o más rectas paralelas,
determinan sobre dos o más rectas
secantes,
segmentos
cuyas
longitudes son proporcionales.
A
A
K : Constante o razón de semejanza
TEOREMA DE THALES
B
75º
B Aˆ C = E Dˆ F 
 AB = BC = AC = K
A Bˆ C = D Eˆ F 
DE EF DF
A Cˆ B = D Fˆ E 
C
Hallar el valor del segmento AC , en el
gráfico que se muestra a continuación,
si BC = 2 m.
MPLO 1
F
C D
∴ AC = 2
EJEMPLO 2
EJEMPLOS
A
AHC (30º-60º):
Como CH = 1
⇒ AC = 2CH (Opuesto a 60º)
AC = 2 (1)
∴ AC = 10 6
CLAVE:
E
BHC (45º-45º):
Si BC = 2
⇒ CH = 1 (Opuesto a 45º)
AHC (45º-45º):
Si AH = 10 3
⇒ AC = AH 2 (Hipotenusa)
AC = (10 3 ) 2
3k
B
Si dos triángulos son semejantes,
entonces
tienen
sus
ángulos
respectivamente congruentes y sus
lados homólogos respectivamente
proporcionales.
E
A
F
C
'
HC: Proyección ortogonal de BC sobre
la hipotenusa
BE BF
=
EA FC
y ∆ EBF ∼ ∆ ABC
⇒
1. Teorema del Cuadrado del Cateto:
2
2
a = n .b
c = m .b
EF // AC
2. Teorema de Pitágoras:
E
F
n
b
A
h 2= m . n
C
b . h = a .c
NATURALEZA DE UN TRIÁNGULO
A
M
A
∴ Acutángulo
a
c
M'
N
Proyección Ortogonal de P sobre L
Proyección Ortogonal de AB sobre L
ELACIONES MÉTRICAS EN
RIÁNGULOS RECTÁNGULOS
B
A
C
b
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
a
c
m H
α
N'
n
b
3. Si:
C
oyección ortogonal de AB sobre
hipotenusa
a2 > b2 + c2
⇒ α > 90º
Luego ∆ABC es Obtusángulo
EJEMPLOS
EJEMPLO 1
CLAVE:
C
y+5
5
O
12
x x+4
=
⇒ x=2
4
12
y y+5
5
=
⇒ y=
4
12
2
Finalmente:
PERÍMETRO MRO = 12+(x+4)+(y+5)
∴ PERÍMETRO MRO = 25.5 m
EJEMPLO 2
B
B'
C
18
Aplicamos las relaciones de la
Naturaleza de un triángulo y se tendría:
⇒ α < 90º
202 < 182 + 152
Averiguaremos si un triángulo es
acutángulo, rectángulo u obtusángulo,
con las siguientes relaciones:
B
A'
K
Notamos que: ∆ ARK ∼ ∆ MRO
Por los que usamos proporciones:
θ
4. Teorema del producto de Catetos:
a m
=
b n
M
20
15
ROYECCIÓN ORTOGONAL
P'
4
A
x+4
B
y ∆ EBF ∼ ∆ ABC
P
B) Obtusángulo
D) Rectángulo
Solución:
3. Teorema del Cuadrado de la Altura:
B
⇒
A) Isósceles
C) Acutángulo
E) Equilátero
y
x
4
b 2= a 2+ c 2
m
a
R
Los lados de un triángulo miden 15,
18 y 20 metros. ¿Qué tipo de
triángulo es?
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
C) 27,5m
E) 23.5m
Solución:
B) 29,5m
D) 25,5m
CLAVE:
D
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:
B
N
B
Solución:
3
70
4
2
50
100
70
D
1
S
2
= 702 + 302
2
= 102 7 2 + 32
( 3k )2 = n x b
( 2k )2
( 3k )2
∴ D = 10 58
… (II)
)
2
3
B) 2
3
3
E)
5
Dato:
a – b = 20º… (II)
(I) + (II)
⇒ a = 30º
b
externo)
20 = 4k
A
x + a + 40º = 180º
9
CLAVE:
Cómo AC = 4K=20 ⇒ K = 5
Luego QC = 3K ⇒ QC = 15
∴ PQ = 5
E
A
En la siguiente figura, calcular el
valor de “x”, si el segmento AC es
bisectriz del ángulo “A” y a- b = 20º
CLAVE:
Sabiendo que el segmento AB mide
40cm. Hallar la medida del segmento
PQ.
B
En la figura, si la medida de AE es
igual a la medida de BE, hallar la
medida del ángulo “x”.
D
B
30º
E
45º
C
O
a
53º
40º
b
A
A) 140º
D) 100º
D
B) 150º
E) 110º
25º
x
30º
Q
A
ión:
A
PROBLEMA 3
P
x
⇒ PC = 20
QCA: (53º-37º)
PROBLEMAS RESUELTOS
B
⇒ AC = 20
Como AC = 20
PROBLEMA 2
C) 1
2
C
PCA: (45º-45º)
∴ x = 110º
PROBLEMA 1
3k=15
ABC: (30º-60º)
Si AB = 40
x + 30º + 40º = 180º
CLAVE:
UNSAAC 2002 – I PRIMERA
PCION)
a + b = 40º… (I) (
Finalmente:
MPLO 4
as longitudes de los catetos de un
ángulo rectángulo son entre sí,
omo 2 es a 3. ¿En que relación
tán las longitudes de sus
oyecciones sobre la hipotenusa?
∆ADO:
nxb
20
37º
b
D
nxa
5
Q
A
∆BOA:
=
40º
a
∴a=4
CLAVE: B
) 4
9
a
Dividimos (I) y (II)
)
O
P
45º
40
53º
( 2k )2 = m x b … (I)
mente en el triángulo sombreado
mos el Teorema de Pitágoras:
40º
C
n
b
Usamos los teoremas de Relaciones
Métricas en triángulos rectángulos.
(Teorema del Cuadrado del Cateto)
50
(
h
N
30
C
B
x
A m H
80
30º
3k
2k
C) 90º
A) 5
D) 20
B) 10
E) 25
C
C) 15
A
A) 20º
D) 25º
Solución:
Solución:
B) 10º
E) 15º
C
C) 30º
B
D
25º
x
E
θ
25º
A
30º
C
B
También
60º
E = BE ⇒
BAE = ABE = 25º
BE: θ = 25º+25º ( Externo)
θ = 50º
EC: θ = x + 30º ( Externo)
50 = x +30º
∴ x = 20º
mos usar la propiedad de la
posa”
B
D
25º
x
Si: AB = BC
2α = 50º ⇒ α = 50º
∆ ABE: α + 80º + x = 180º
∴ x = 75º
Q
CLAVE:
55º
35º
C
x
En la figura adjunta determinar el
valor de “a+b”
(UNSAAC CBU 99 I)
B
QAC = 55º (Dato)
ACQ = 35º
ABC:
ACB = 60º
⇒ 35º + x = 60º
∴ x = 25º
A
C
En la figura AB = BC. Determinar el
valor del ángulo ADC.
(UNSAAC CBU 99 I)
CLAVE:
A
a
A) 3 − 3
D) 4 − 3
B) 8 + 3
E) 6 + 3
) 35º
) 45º
B) 15º
E) 60º
2θ
θ
A
30º
b=3
C
B
C) 25º
40º 40º
x
ión:
α
α
A
D
E x
x
50º
H
C
A
45º
a
D
60º
3
O
θ + x = 90°
∴ x = 75°
CLAVE:
B
PROBLEMA 8
3
Hallar el valor del ángulo “x” en la
siguiente figura, si BM=MC y
AB=BC.
(UNSAAC CBU INT 2000)
ABC: (45° - 45°)
⇒ AC = BC
AC = 3
∴ a = 3−
AMO:
R
4θ + 30º = 90°
θ = 15°
C
BCD: (30° - 60°)
⇒ BC = DC 3
b = 3( 3)
b=3
∆ ABC Isósceles
⇒ BH es bisectriz.
ABH = HBC= 40º
x
CAR:
α
α
C) 80º
M
θ
LEMA 4
B) 105º
E) 35º
C
C) 6 − 3
B
45º
A
C) 85º
30º
D
A) 75º
D) 45º
Solución:
B) 75º
E) 60º
C
3
40º
n el interior del triángulo equilátero
BC, se sitúa un punto “A” de tal
anera que el ángulo AQC mide 90º
el ángulo QAC mide 55º. Hallar la
edida del ángulo BCQ.
A) 80º
D) 70º
60º
D
Solución:
B
θ
C
PROBLEMA 5
25º + 25º = x + 30º
∴ x = 20º
2θ
θ
Solución:
b
45º
30º
30º
PROBLEMA 6
CLAVE:
25º
A
x
A
AQC:
⇒
Determinar el valor del ángulo x, en
la figura:
(UNSAAC CBU 99 II)
B
x
3
CLAVE:
A
50º
PROBLEMA 7
A
M
C
Solución:
) 20º
) 45º
B) 40º
E) 30º
C) 25º
A) 8 2
B) 3 2
D) 13 2
E) 4 3
3
ión:
B
x
50º
Propiedad del “Pantaloncito”
En
ABCF:
θ=a+b+c
x = 4k
53º
B 2 2 = 3k A
ABC: (37° - 53°)
MBC =
CLAVE:
2 2 = 3k ⇒ k = 2 2
3
MCB = 50º
o en ∆ ABC
Luego:
60º
∴x= 8
Calcular la longitud de AB en el
triángulo ABC, de la figura:
(UNSAAC CBU 2000 I)
B
A
CLAVE: C
A) 27
D) 20
C) 25
Solución:
P
R
Q
53º
B) 14
E) 8
37º
A
C) 16
25
B) 150º
E) 180º
C) 360º
2 2
30º
x
13
16
H
c
E
θ
37º
x
N
3
⇒ AM = 3
QMN: (45° - 45°)
6
3 3
Si QM = 4 2 ⇒ MN = 4
RNB: (37° - 53°)
C
BHC (30º -60º)
HC = 3
⇒ BH = 3 3
Luego en
C
45º
M
PAM: (30° - 60°)
B
Trazamos BH ⊥ AC para aprovechar el
ángulo de 60º.
x
60º
C
60º
e
4 2
Si AP = 6
La suma de las medidas de los
ángulos “marcados” en la figura
adjunta, es:
(UNSAAC CBU 2000 I)
A) 120º
D) 270º
B) 30
E) 28
6
16
A) 10
D) 12
Solución:
A
53º
B
N
60º
3
PROBLEMA 10
n la siguiente figura determinar el
alor de “x”.
UNSAAC CBU INT 2000)
M
2
E
LEMA 9
45º
A
x = 4k
∴ x = 30º
CLAVE:
53º
25
E
6
0 + (x + 50) + 50 = 180º
R
Q
4 2
6
PROBLEMA 11
BCA = 50º
MC: Isósceles
⇒
P
Luego: ∆FED: θ + d + e = 180º
∴ a + b +c + d +e = 180º
C
H
BAC =
Determinar la medida de AB , en la
figura:
(UNSAAC CBU 2000 I)
C
50º
50º
B
PROBLEMA 12
Solución:
BC: Isósceles
⇒
∴ x = 14
CLAVE:
37º
A
x 2 = 13 2 + (3 3) 2
C) 8 2
3
BHA. (Teor. Pitagoras)
Si RN = 25
RN = 5k = 25
⇒ k=5
NB = 3k
⇒ NB = 15
Luego: AB = AM + MN + NB
B
∴ x = 27
CLAVE:
Solución:
Solución:
A
A
C
L
n la figura adjunta: AB = BC.
allar la medida del ángulo X.
UNSAAC CBU 2000 II)
C
15 = 3k
A
37º
12
B
B) 20º
E) 35º
ión:
D
C) 25º
ABC: (37° - 53°)
CB = 15
X
40º
B
C Isósceles
CAB =
D
B: x + x = 50º (
∴ x = 25
CLAVE:
n la figura adjunta, calcular el valor
e X.
UNSAAC CBU 2000 II)
)5
)6
15
x
x
x
x
x
C) 12
CLAVE:
A
CLAVE:
C
Nada puede conseguir el
hombre si no es a través
del sacrificio.
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:
x
B) 130º
E) 140º
A
4
D
15
8
53º
A
Solución:
K
5
4
B
y
x
C) 180º
En la figura: Hallar AE
A) 9 + 4 3
D) 12 + 4 3
R
C
A) 120º
D) 100º
PROBLEMA 17
PROBLEMA 16
En la figura adjunta. Determinar el
valor de 2X.
(UNSAAC CBU 2000 II)
B
B) 10
E) 8
E
PROBLEMA 15
X
∴ 2p = 25.5
C
LEMA 14
37º
12
Finalmente el perímetro del triángulo
MRO (2p) sería:
2p = (4 + x) + ( y + 5) + 12
∴ 2x = 120º
∴x = 8
CLAVE:
x+4
⇒ x=2
12
y+5
⇒ y = 2.5
12
Externo)
Luego en ∆ LUZ tenemos sus 3 ángulos
externos
⇒ 6x = 360º
x = 60º
x = 20 - 12
externo)
Externo)
x
=
4
y
=
4
⇒ θ = 2x
x = AB – 12
ACB = x
I
Externo)
(
∆ LIT: θ = x + x (
⇒ AB = 20
Finalmente:
K
x
α=x+x (
⇒ α = 2x
Luego: AB = 4k
50º
∆ ARK ∼ ∆ MRQ (son semejantes,
por lo tanto usamos proporcionales)
x
Z
U
∆ RUK:
⇒ k=5
3k = 15
C
φ
x
T
∆ MAZ: φ = x + x
⇒ φ = 2x
B
x
4k = 20
θ
α
x
M
40º
X
A
x
x
LEMA 13
) 30º
) 15º
R
60º
C
B) 16
E) 13
E
C) 21
B
Si AE = 9
β
37º
D
15
β
30º
8
53º
A
PROBLEMA 19
B
α
E
C
E
φ
60º
ω
θ
D
C
θ
⇒ k=3
⇒ AC = 9
E: (30° - 60°)
Si DE = 8
DE = 2a
ero: CE = a
Para empezar a resolver este problema,
prolongamos AD hasta E (E en BC), con
la finalidad de formar los triángulos
ABE y DEC.
⇒ a=4
⇒ CE = 4
Luego:
∆ ABE:
φ = α + β (∠ externo)
∆ DEC:
φ + θ + ω = 180º
B
E
30º
60º
6
3
8
45º
D
β
A) 18
D) 30
B) 24
E) 20
C) 32
C
BEC: (30° - 60°)
Solución:
E
Si BC = 6 (Hipotenusa)
B
45º
⇒ CE = 3 (Opuesto a 30º)
β
D ω
180º- ω
3k
ABC: (30° - 60°)
θ
C
θ
A
Propiedad del “Pantaloncito”
C) 120º
D
E
D
OTRA FORMA:
En
C
A
B
α
45º
un
x
37º
x
45º
es
E
C) 6 2
Solución:
A
9
CLAVE:
eterminar la suma de los ángulos
arcados en la siguiente figura:
ión:
B) 9
E) 9 2
30º
LEMA 18
B) 240º
E) 360º
A) 6
D) 6 3
∴ α + β + θ + ω = 180º
AE = 13
) 160º
) 180º
En la figura, ABCD
rectángulo, hallar “x”
(UNSAAC CBU 2001 II)
6
(α + β) + θ + ω = 180º
CLAVE:
E
30º
“α+β+θ+ω“
E = AC + CE
E=9+4
∴
CLAVE:
PROBLEMA 20
C: (37° - 53°)
Si BC = 15
BC = 5k
ero: AC = 3k
mente:
x= 9 2
45º
En este problema nos están pidiendo:
ces calculamos AC y CE
∴
x
A
figura: AE = AC + CE
⇒ AE = 9 2
Hallar el valor de “x” en la siguiente
figura:
⇒ AC = 12 (Hipotenusa)
Luego: AE = AC - CE
ABCD:
AE = 12 - 3
180º - ω = α + β + θ
AE = 9
∴ α + β + θ + ω = 180º
CLAVE:
D
B
Si BC = 6 (Opuesto a 30º)
Finalmente:
DEA (45° - 45°)
8
37º
8
x
F 45º
3k
45º
45º
A
ABF: (45° - 45°)
⇒ AB = BF = 8
ECF: (45° - 45°)
⇒ EC = CF = 3k
C
8
D
Sumando las 4 ecuaciones se tiene:
a + b + c + d + e + f + g + h + (α+β+θ+φ) = 720º
B: (37° - 53°)
Si: EC = 3k
⇒ BC = 4k
8 + 3k = 4k
k=8
Pero en LUZE: α + β + θ + φ = 360º
∴
∴
CLAVE:
CLAVE: C
eterminar la suma de los ángulos
saltados.
UNSAAC CBU 2001 II)
L2
P
CLAVE:
θ + (180º-α) = 60º
∴ α = 160º
E
CLAVE:
PROBLEMA 23
En la longitud adjunta, determinar la
longitud “x”.
(UNSAAC CBU 2001 II)
x
45º
30º
En la figura L1 // L2, calcular “α”,
sabiendo que el triángulo ABC es
equilátero.
(UNSAAC CBU INT 2002)
B
100º
L1
C
PROBLEMA 24
En la siguiente figura. Hallar la
medida del ángulo θ:
(UNSAAC CBU 2002 I)
C
A
D
L2
α
8
) 180º
) 240º
ión:
B) 720º
E) 360º
Z
d
e
β
U α
θ
h
L
I
C) 10 2
A) 80º
D) 100º
Solución:
B) 120º
E) 140º
U θ
x
θ
30º
45º
12
60º
A
C) 160º
O
iden: “a + b + c + d + e + f + g + h”
ces tomamos los triángulos:
a + f + β = 180º
b + e + φ = 180º
c + h + θ = 180º
d + g + α = 180º
T
180º-α
30º
B
60º
8
4
C
BEC: (30° - 60°)
Si BC = 8 (Hipotenusa)
⇒ CE = 4 (Opuesto a 30º)
M
L1
D 4x
ABC: (30° - 60°)
Si BC = 8 (Opuesto a 30º)
⇒ AC = 16 (Hipotenusa)
P
L2
α
C
Como el ∆ABC es equilátero:
∠A = ∠B = ∠C = 60º
∆BUM:
C) 90º
x
D
E
B) 80º
E) 100º
C
100º
2x
f
B
A) 60º
D) 20º
Solución:
A 60º
g
θ
2x
C
B
45º
E
φ
a
B) 14 2
E) 9 2
A
K
c
S
A) 12 2
D) 8 2
Solución:
C) 540º
R
b
Z:
A:
S:
O:
180º-α
E
PROBLEMA 22
LEMA 21
L1
A 60º
DEA (45° - 45°)
Si AE = 12
∴ x = 12 2
a + b + c + d + e + f + g + h = 360º
x = 32
U
θ
Finalmente:
Finalmente:
a + b + c + d + e + f + g + h + (360º) = 720º
o: x = 3k + 8
Luego: AE = AC - CE
AE = 16 - 4
AE = 12
θ + 60º = 100º (∠ externo)
θ = 40º
Luego: Propiedad del “Serruchito”
2x
4x θ
B
A
E
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
∴ x = 30
x = 20º
mente:
B:
CLAVE:
CBE = 2x + x (∠ externo)
θ = 3x
θ = 3 (20º)
C
A
PROBLEMA 26
D
LEMA 25
alcular el valor del ángulo “x”, si
B = AC;
BD = BC
UNSAAC CBU 2002 I)
6 3
∆BAD:
Finalmente:
CLAVE:
D
CLAVE:
30º
x
E
37º
C
) 40º
) 25º
ión:
B) 36º
E) 50º
B) 8 2
E) 10
A) 6 3
D) 8
C) 30º
C) 6
A) 15º
B) 20º
D) 30º
E) 45º
Solución:
B) 30º
E) 60º
C) 10º
Solución:
E
A
20º
B
30º
30º
x 50º
β E
63
β
θ
A
50º
A
ien AB = AC ⇒ ∆BAC Isósceles
o: ∠ ABC = ∠ACB = 50º
60º
x =8
45º
C
E
6 53º
8
45º 37º
BD = BC ⇒ ∆DBC Isósceles
o: ∠BAC = ∠BCD = 50º
mente:
C: 50 + (x + 50) + 50 = 180
C) 10º
Solución:
D
50º
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
A) 20º
D) 80º
50º
A
PROBLEMA 28
C
D
B
E
80º, hallar el ángulo MNF .
(UNSAAC CBU 2002 II)
x
B
x = 15º
PROBLEMA 27
C
E
45º
(I) en (II): θ + 30º = (θ + x) + x
∴
En la figura, ABC es un triángulo
isósceles (AB = AC). Determinar x
si AD = AE.
(UNSAAC CBU 2002 II)
30º
ADC = θ + 30º (∠ externo)
β + x = θ + 30º… (II)
A
A
H
(Opuesto a 37º)
(Opuesto a 53º)
AEB (45º - 45º)
⇒ AE = BE
∴ AE = 8
Calcular la medida del lado AE del
siguiente polígono ABCDEA.
(UNSAAC CBU 2002 I)
∴ θ = 60º
CLAVE:
Si EC = 6
⇒ BE = 8
B
DEC (30º-60º):
Si DE = 6 3 (Opuesto a 60º)
⇒ EC = 6
(Opuesto a 30º)
CEB (37º-53º):
B
N
20º
θ
x
M
C
D
x
C
x
Si ∆ABC isósceles ⇒ AB = AC
Luego: m
ABC =
ACB = θ.
Si AD = AE ⇒ ∆ADE isósceles
Luego:
ADE =
AED = β.
ADE = θ + x
β = θ + x … (I)
80º
G
Como FG es la base ⇒ EF = EG
Luego: ∠ EGF = ∠ EFG = 80º
Seguidamente:
∆DEC:
80º
F
(∠ externo)
∆EFG: ∠EGF + ∠EFG + ∠FEG = 180º
80º + 80º + ∠FEG = 180º
∠ FEG = 20º
A)
D)
an: MN=NE
MEN es Isósceles
B) 2
C)
E) 3 + 1
3
2 −1
Solución:
•
Cuando vemos “p” en alguna
fórmula,
esto
significa
semiperímetro, y es la mitad del
perímetro.
: MN = MF ⇒ ∆MNF es Isósceles
r
15º
45º
1
H
x
mente:
20º = 2x
C
30º
A
2
CLAVE:
C
El ÉXITO es la
envoltura del sacrificio.
LEMA 29
n la figura AC = 2, determinar 2x.
UNSAAC CBU 2002 II)
2p(∆ABC) = a + b + c
45º
Semiperímetro del ∆ABC (p)
CHA (30º-60º):
Si CA = 2
(Hipotenusa)
⇒ CH = 1
(Opuesto a 30º)
y HA = 3 (Opuesto a 60º)
p=
El perímetro de un Polígono Regular es
igual al número de lados multiplicado por
la longitud de un lado.
BDA (30º-60º)
Si BD = x
(Opuesto a 30º)
⇒ AB = 2x (Hipotenusa)
2p = n l
AB = 1 + 3
∴ 2x =
3 +1
CLAVE:
a +b+c
2
PERÍMETROS DE POLÍGONOS
REGULARES
CHB (45º-45º):
Si CH = 1
(Opuesto a 45º)
⇒ HB = 1
(Opuesto a 45º)
Pero:
C
Perímetro del ∆ABC: 2p(∆ABC)
Trazamos CH ⊥ AB para aprovechar los
ángulos de 30º y 45º
∴ x = 10º
b
A
E
30º
A
PERÍMETROS
Donde:
n: número de lados
l: longitud de un lado
CÍRCULO
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.
Por lo tanto:
- La circunferencia tiene
longitud, más no área.
- El círculo tiene área y su
perímetro es la longitud de
su circunferencia.
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.
CIRCUNFERENCIA:
EsCAPÍTULO
la curva plana y cerrada, cuyos puntos
equidistan de un punto interior llamado
centro.
2
* La distancia de un punto cualquiera
de la circunferencia al centro, se
denomina RADIO.
CÍRCULO:
Es la suma de las medidas de los lados de
una figura geométrica.
Se representa con “2p”
O
P
3
1
D
a
c
2x
60º
(∠externo)
PERÍMETRO
CIRCUNFERENICIA
B
o: ∠MNF = ∠MFN = x
C
Es el conjunto de todos los puntos de la
circunferencia y de los interiores a la
misma.
B
o: ∠MEN = ∠NME = 20º
NME = x + x
2 +1
Es la región plana determinada por la
unión de la circunferencia y su interior.
lim P = Lc
n→ ∞
EL NÚMERO “ π ”
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
ante de la razón de la longitud de
rcunferencia (Lc) a su diámetro.
Lc
D
⇒ Lc = π D
ero D = 2r
⇒ Lc = 2π r
=
Y otros han aportado valores racionales
aproximados de “pi”; tales como:
Lc = 2πr
A
B
πDθ
360º
L AB =
PROPIEDADES
355
= 3.1415929...
113
Sabemos por la propiedad anterior que:
1. LONGITUD DE EN FUNCIÓN
AL DIÁMETRO DE UNA
SEMICIRCUNFERENCIA
ALOR DE “ π ”
mero “pi” es el más importante de la
a
matemática,
y
es
mensurable, así también como su
ado, su cubo, etc.
lor aproximado es: 3.14159265359
adrado
es: 9.869604401089
bo
es: 31.0062766803
verso
es: 0.318309886184
íz Cuadrada
es: 1.772453850906
r
3927
= 3.1416...
1250
LAB
LONGITUD DE UN ARCO
A
(π = 3 )
( 2 decimales )
( 7 decimales )
( 8 decimales )
( 16 decimales )
( 35 decimales )
( 73 decimales )
( 127 decimales )
( 140 decimales )
( 200 decimales )
( 440 decimales )
( 530 decimales )
r
O
L AB
θ
r
B
L AM
 180º 
= 2πr 

 360º 
AB
Pero r =
2
Cuando se realizan trabajos de mucha
precisión se usa π = 3.1416 , que
viene a ser un trabajo aproximado por
exceso con un error menor que
0.0001.
garitmo en Base 10 es: 0.497149872
mero “pi” siempre a sido un número
sante para los matemáticos, así
os:
B
A
Los Hindúes:
⇒ L
AB
AB
=
π
2
2. LONGITUD DE UNA LÍNEA
CURVA FORMADA POR
SEMICIRCUNFERENCIAS
Pero: Lc = 2π r
⇒ L
AB
AM + MN + NB
π
2
L AM + LMN + L NB =
AB
π
2
AB
π
2
La propiedad anterior, también la
podemos aplicar si la figura se presenta
de esta forma:
La suma de las longitudes de las
semicircunferencias con sus diámetros
sobre AB, equivale a la longitud de una
semicircunferencia de diámetro AB.
B
A
A
 θ 
⇒ L AB = Lc 

 360º 
LAM + LMN + L NB =
∴ LAB =
Realizamos una Regla de Tres Simple:
Lc → 360º
LAB → θ º
AM
π
2
MN
L MN =
π
2
NB
π
L NB =
2
AM
MN
NB
+ L MN + L NB =
π+
π+
π
2
2
2
L AM =
2
 16 
  = 3.16049...
9 
AB
π
2
Luego, también se tendía:
Papiro de Ahmés:
B
os Babilonios
rquímedes
ancois Viette
étius
drien Romanus
V. Ceulen
HARPS
agny
ega
hase
utherford
hangks
=
AB
22
= 3.142...
7
Adriano Mecio:
=2r
⇒ L
Como D = 2r
Arquímedes:
L AB =
L AB =
B
AB
π
2
3. SEMICIRCUNFERENCIAS
CUYOS DIÁMETROS ESTÁN
FORMADAS SOBRE UN
SEGMENTO
Demostración:
 θ 
= 2π r 

 360º 
A
M
AB
π
2
N
B
uma de las longitudes de las
ircunferencias con sus diámetros
un segmento AB, es igual a la
a de AB, multiplicada por π y
da por 2.
B
B
D) 10(π+2)
Solución:
B
r
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.
C
A
R
D
C
B
AB = CD
L AB
AB
=
π
2
RA
3 .
AB + BC = AC + 2r
PROPIEDAD
AB + BC = 2R + 2r
Las tangentes comunes exteriores a dos
circunferencias son iguales.
De ahora en adelante:
M
Q
Significa longitud de las curvas
(semicircunferencias) en AB , y es
igual a:
L AB =
AB
π
2
M
2. TEOREMA DE PITOT
N
C
PROPIEDAD
angentes trazadas desde un punto
or a una circunferencia son iguales.
P
A
R
O
R
B
O
C
Sabemos que:
MO
π
2
y que : L MA + L AR + L RC + L CO = L MO
L MO =
MO
π + MO
2
20
=
π + 20
2
Perím.SOMBR. =
MN = PQ
Perím.SOMBR.
1. TEOREMA DE PONCELET
∴
D
A
“En todo triángulo rectángulo, la suma de
los catetos es igual a la hipotenusa mas el
diámetro de la circunferencia inscrita”
Perím.SOMBR. = 10 ( π + 2 )
CLAVE:
AB + CD = BC + AD
D
EJEMPLO 2
EJEMPLOS
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”
R
Luego:
B
TEOREMAS IMPOTANTES
PIEDADES DE LAS TANGENTES
A UNA CIRCUNFERENCIA
A
Perím.SOMBR. = L MO+ L MA + L AR + L RC + L CO
En todo cuadrilátero circunscrito a una
circunferencia, la suma de dos lados
opuestos es igual a la suma de los otros
dos lados.
P
Las curvas formadas sobre AB son
todas semicircunferencias.
E) 20(π+1)
A
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.
Hallar el perímetro de la figura
sombreada, si los arcos mostrados
son semicircunferencias; y el
segmento AB mide 20µ.
PA = PB
PROPIEDAD
ngentes comunes exteriores a dos
ferencias son iguales.
M
A) 10π
O
B) 20π
C) 5π
B
A
A) 10π
D) 10(π+2)
B) 20π
E) 20(π+1)
C) 5π
D) 8π
E) 4(π+3)
PROBLEMA 2
ión:
x
Solución:
En este caso, la figura
sombreada
esta
limitada solamente por
semicircunferencias.
B
C
A
A
M
N
B
m.SOMBR. =
m.SOMBR.
Perím.SOMBR. =
13
AB
BC
AC
π+
π+
π
2
2
2
A
4
4
4
Perím.SOMBR. = π + π + π
2
2
2
∴
Perím.SOMBR. = 20π
CLAVE:
CLAVE:
C
5
6
P
6
H
13
5
Solución:
C
5π
B
A
13
Perím.SOMBR. = 6π
B
D
A) 20π cm.
B) 20(π + 4) cm.
B) 20 (π + 1) cm. D) 10 (π + 4) cm.
E) 20 (π + 2) cm.
Perím.SOMBR. = L AB+ L BC + LAC
20
20
=
π+ π
2
2
B
B) 11 + 61 m
D) 25 + 61 m
B
AB
AB
π+
π
2
2
A
Solución:
Luego: AB = BC = AC = 4µ
m.SOMBR. = 10π + 10π
∴
A) 19 + 61 m
C) 18 + 61 m
E) 20 + 61 m
Dato: PERIM. ∆ABC = 12µ
⇒
AB + BC + AC = 12µ
m.SOMBR. = L AB+ LAB
En el cuadrado ABCD de 10 cm. de
lado,
se
ha
trazado
semicircunferencias en cada lado.
Calcular el perímetro de la región
sombreada.
x
2
C
13
5π
5π
10
D
BHA: (Teorema de Pitágoras)
EJERCICIOS
MPLO 3
triángulo ABC es un triángulo
quilátero,
los
arcos
son
micircunferencias.
Hallar
el
erímetro de la región sombreada, si
perímetro del triángulo es 12µ.
B
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)
132 = 52 + BH 2
⇒ BH = 12
D
5π
BHA: (Teorema de Pitágoras)
PS = L CURVAS + L SEGMENTOS
PC2 = 52 + PH 2
PC2 = 52 + 62
⇒ PC = 61
Finalmente:
Donde:
P s = Perímetro Sombreado
Dato: Lado del Cuadrado = 10 cm.
PerímSOMBREADO = BP + BC + PC
) 3π
∴ PerímSOMBREADO = 19 +
C
C) 6π
(
61
CLAVE:
B) 4π
Luego: AB = BC = CD = AD = 10 cm.
Primero calculamos la suma se las
longitudes de los segmentos que limitan a
la región sombreada L
.
SEGMENTOS
PerímSOMBREADO = 6 + 13 + 61
A
C
A
)
L SEGMENTOS = AB + BC + CD + AD
= 10 + 10 + 10 + 10
MENTOS
= 40
damente calculamos la suma se las
udes de las curvas que limitan a la
n sombreada L
, para lo
CURVAS
(
E
2
)
B
samos la propiedad.
L AB
AB
=
π
2
RVAS
VAS
= L AB + L BC + L CD + L AD
=π
VAS
1
A) 2(2A + B)
C) 4A + B
E) 7A − 4B
2
B) 8 + π
D) 12 + π
A
B
6
2
= 20 π
mente:
6
D
C
P ERÍMETRO = AB + BC + CD + LDEA
∴ P S= 20 ( π + 2)
CLAVE:
D
TA: Para no operar tanto debemos
darnos cuenta que:
Si AB = BC = CD = AD
P ERÍMETRO
AD
= 6+2+6+π
2
n la figura AEB es una
micircunferencia, ¿cuál es el
erímetro de la figura cerrada
DCBEA?
UNSAAC CBU INT 2000)
C) 3
Solución:
A
1
A
B
B
B
A
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)
PERIM = 4A + 2B
CLAVE:
C
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.
(UNSAAC CBU INT 2000)
P2
1
P5
1
P4
2
P1
1
De la figura:
P1 = P 2 = P3 = P4 = P5 = P6 = K
∴ PERIM = 2 ( 2A + B )
∴ P ERÍMETRO= 14 + π
P6
2
P3
PERIM = A + B + (A − B) + A + B + (A + B)
2
P ERÍMETRO = 14 + π  
2
⇒ LAB = LBC = LCD = LAD
LEMA 3
B) 2
E) 2
A-B
E
0 + 20π
A) 4
D) 1
2
B
1
L CURVAS + L SEGMENTOS
B) 2A + 2B
D) 4A – 2B
Solución:
Solución:
AB
BC
CD
AD
+π
+π
+π
2
2
2
2
10
10
10
10
+π +π +π
VAS = π
2
2
2
2
C
6
A) 16 + π
C) 14 + π
E) 13 + π
o:
perímetro de la región sombreada al
perímetro de la región no sombreada;
es:
(UNSAAC CBU 2000 I)
D
A
INICIO
MENTOS
Luego:
CLAVE:
A
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
PS = P1 + P3 + P4 + P6 ⇒ PS = 4K
PNS = P2 + P5 ⇒ 2K
Finalmente: Ps = 4K
PNS 2K
∴
Ps
=2
PNS
CLAVE:
B
LEMA 6
Hallamos PINTERIOR
n la figura adjunta, ABCD es un
uadrado de lado 4 cm. El perímetro
e la región sombreada en cm es:
UNSAAC CBU 2000 I)
C
B
PINTERIOR = MR + NP + MN + PR
PINTERIOR = 4 + 4 +
π(2) 2 π(2) 2
+
4
4
PINTERIOR = 8 + 2π
Hallamos AP y PB en
D
CLAVE:
P
B
2
PROBLEMA 7
∴ PSOMBREADO =
N
2π+4
CLAVE:
B
PROBLEMA 9
E
En la figura adjunta, determinar en
centímetros el perímetro de la región
sombreada, si todos los círculos
tienen un radio igual a 2 centímetros:
Hallar la suma de los perímetros de
los 4 triángulos equiláteros, sabiendo
que AB mide 12 cm.
R
O
2 2
D
A)
figura:
BREADO
CLAVE:
PROBLEMA 8
2
A
∴ PERÍMETRO = 36
PSOMBREADO = 2 + 2 + 2 π
C
2 O
PERÍMETRO = 3(12)
PSOMBREADO = AP + PB + LAB
2
4M
PERÍMETRO = 3(a + b + c + d)
Finalmente:
En la figura adjunta. Determinar el
perímetro de la región sombreada.
(UNSAAC CBU 2000 II)
ión:
Finalmente:
AB (Propiedad)
2
2 2 ⇒
LAB = 2 π
LAB = π
2
A
AB = 12
⇒ a + b + c + d = 12
LAB = π
∴ P SOMBREADO = 2(12 + π )
B) 2(5 + π)
D) 20 + π
Pero nos dan:
Hallamos L
AB
PSOMBREADO = (16) + (8 + 2π)
) 2(12 + π)
) 10 + π
) 2(10 + 2π)
PERÍMETRO = 3(a + b + c + d)
APB (45º-45º)
Si: AB = 2 2 ⇒ AP = PB = 2
Finalmente:
A
PERÍMETRO = 3a + 3b + 3c + 3d
PSOMBREADO = AP + PB + LAB
= PEXTERIOR + PINTERIOR
A
B) π + 4
D) 4π + 2
2π−4
C) π + 4 2
E) 2 π + 4
A) 18 cm.
C) 26 cm.
E) 72 cm.
Solución:
Solución:
o:
B
A) 16π
D) 8π
B) 36 cm.
D) 40 cm.
L
mos PEXTERIOR
= AB + BC + CD + AD
EXTERIOR
= 4+4+4+4
EXTERIOR
= 16
a
a
2
A
De la figura:
b
b c
2
45º
A
45º
O
2 2
a
B
De la figura:
C) 4π
Solución:
P
EXTERIOR
B) 18π
E) 24π
b
M
cd
c
A R
V
O
K
I
T S
d
d
B
Y
U
Z
De la figura el perímetro de la región
sombreada es igual a la suma las
longitudes de los arcos exteriores:
E
A
A
A
, LO, OV, VEZ, ZU, UY
arcos interiores:
5x
3x
, LRY, UKO, OIU, ZTV, VSZ
nos podemos dar cuenta que al
los arcos YML y LRY se obtiene
unferencia MLRY, de manera
r en los otros arcos al sumarlos se
e una circunferencia, luego
mos hallar el perímetro de la región
eada de la siguiente forma:
B
A) 28
D) 24
C
2x + 4
B) 20
E) 30
C) 34
+ LLO + LOIU + LUY = LC
LZTV + LVEZ = LC
B
PerímetroSOMBREADO = 4 LC
mente:
5x
2x + 4
C
(
25x 2 = 9x 2 + 4x 2 + 16x + 16
12x 2 − 16x − 16 = 0
erímetro SOMBREADO = 4  2π ( 2 ) 
3x 2 − 4x − 4 = 0
CLAVE:
⇒ x=2
A
LEMA 10
allar el perímetro del triángulo
ctángulo ABC.
UNSAAC CBU 2001 II)
P = LAOB + LBOC + LAC
P=
AB
BC
 θ 
π+
π + 2π r 

2
2
 360º 
PERÍMETRO = 12x
P=
6
6
 90º 
π + π + 2π (6) 

2
2
 360º 
PERÍMETRO = 12(2)
P = 3π + 3π + 3π
∴ PERÍMETRO = 24
∴ P = 9π
CLAVE:
)
C
6
m
De la figura:
( 5x )2 = ( 3x )2 + ( 2x + 4 )2
erímetro SOMBREADO = 4 ( 2π r )
∴ Perímetro SOMBREADO = 16π
B
Finalmente el perímetro:
PERÍMETRO = 5x + 3x + 4x
ABC (Teorema de Pitágoras)
Las cuatro circunferencias tienen
iguales por los tanto tienen la
a longitud de circunferencia.
C
2x
12+34
4x
⇒ x=2
Solución:
3x
+ LOV + LVSZ + LZU = LC
O
B
O
6
Luego: 4x = 2x + 4
A
LYML + LLRY = LC
5x
3x
CLAVE:
D
A
PROBLEMA 12
PROBLEMA 11
Hallar el perímetro de la región
sombreada.
(UNSAAC CBU 2001 II)
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
Luego, el perímetro sería:
PERÍMETRO = 5x + 3x + ( 2x + 4 )
r
6
r
r
r
r
PERÍMETRO = 10x + 4
PERÍMETRO = 10(2) + 4
∴ PERÍMETRO = 24
OTRA FORMA (MÁS RÁPIDA):
Observemos que este es un triángulo
Notable (3-4-5), entonces:
B
A) 9π
D) 18π
Solución:
6
B) 10π
E) 6π
C
C) 12π
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:
PerímetroSOMBREADO = 5 L
erímetroSOMBREADO = 5 [2π (2a)]
∴ Perímetro SOMBREADO = 20 π a
Perím SOMBR =
2π(8) 8
8
+ π+ π
4
2
2
CLAVE:
Áreas
∴ Perím SOMBR = 12π
CLAVE:
CAPÍTULO
E
3
E
PROBLEMA 14
LEMA 13
alcular el perímetro de la región
mbreada en la siguiente figura, si
O = OB y los arcos son porciones
e circunferencias.
UNSAAC CBU 2002 II)
A
Determinar el perímetro de la región
sombreada, de la figura.
(UNSAAC CBU 2002 II)
) 15π
) 16π
B) 10π
E) 12π
A) 16a (π + 2)
C) 8a (π + 2)
E) 8a (2 - π)
C) 6π
B) 4a (π + 2)
D) 8a (π - 2)
A1
≡
A2
O
figura podemos ver que :
m SOMBR = L AB + LAO + L OB
m SOMBR =
2πR OA
OB
+
π+
π
4
2
2
D1
D2
S1 D12 r12
=
=
S2 D22 r22
1. FÓRMULA GENERAL:
l = 4a
II. Las Figuras Semejantes tienen igual
forma, y sus áreas son proporcionales
a los cuadrados de sus elementos
homólogos.
-
h
A
b
B
De la figura, se deduce que:
Perím SOMBR = 4l + 4L
-
N
Perím SOMBR = 4(4a) + 4[2π (a)]
A
= 8 a (π
π + 2)
CLAVE:
C
S=
bh
2
Triángulo Rectángulo
C
S1
(r = a)
C
H
Caso de 2 Triángulos Semejantes:
a
∴ Perím SOMBR
Triángulo Acutángulo
B
Por ejemplo:
8
S2 r2
A. REGIONES TRIÁNGULARES
A1 = A 2
B
8
r1
PRINCIPALES FÓRMULAS DE
FIGURAS CONOCIDAS
Solución:
ión:
A
S1
I. Las Figuras Equivalentes tienen
igual área, sin importar la forma.
a
O
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:
B
8
Caso de 2 Círculos:
ÁREA:
S2
C M
h
L
S1 AB2 BC2 AC 2
=
=
=
S2 MN 2 NL2 ML2
A
b
B
S=
bh
2
INFORMES E INSCRIPCIONES
Av. de la Cultura 1020 Of. 203. 2do. Nivel.
244856
49
Triángulo Obtuso
B
c
a
r
A
H
S=
bh
2
a
c
b
S=
3
C
b
abc
4R
a
C
S = ab
D
7. TRIÁNGULO RECTÁNGULO
CIRCUNSCRITO
3. PARALELOGRAMO:
A
m
C
n
r
S = a b Senθ
8. EN FUNCIÓN A LOS EX-RADIOS
E INRADIO
C. REGIONES POLIGONALES
4. ROMBO:
1. POLÍGONO CIRCUNSCRITO:
B
S=
c
b c Sen θ
2
B
C
b
Dd
S=
2
d
θ
S = pr
b
b
ÓRMULA TRIGONOMÉTRICA:
2
8. CUADRILÁTERO CIRCUNSCRITO
h
θ
a + b + c+ d
( p − a ) ( p −b ) ( p −c ) ( p −d )
S = bh
a
p =
d
S=
B
r
c
a
D2 = a2 + b 2
S = mn
h2 3
S=
3
4
7. CUADRILÁTERO INSCRITO:
b
L
L
L
L
H
2
S =
R
A
A
D2
2
2. RECTÁNGULO:
B
h
S=
6. EN FUNCIÓN AL CIRCUNRADIO
B
RIÁNGULO EQUILÁTERO:
L
D
L
C
b
A
DdSen θ
2
S = L2
S = pr
h
b
S=
1. CUADRADO:
B
r
Ra
Rc
S = pr
D
r
ÓRMULA DE HERÓN:
A
C
5. TRAPECIO:
2. POLÍGONO REGULAR
b
B
p=
a
b
a+b+c
2
Rb
S=
h
C
S = p ( p −a ) ( p −b ) ( p − c )
N FUNCIÓN DE SU INRADIO:
(B+b )
h
2
ap
S = p x ap
B
S# ABC = r R a R b R c
6. TRAPEZOIDE:
B. ÁREAS DE REGIONES
CUADRANGULARES
D. REGIONES CIRCULARES
1.
θ
d
D
Círculo:
SZC = S CD − S AB
R
S = π r2
5. Corona Circular:
SCC = π(R 2 − r 2 )
 θ 
SSECTOR = π r 2 

 360° 
6. Trapecio Circular:
B
AT
2
S S
S
S
S S
r
R
O
θ
S
S
A
R
L
ASECTOR
R
(
STC = π R 2 − r 2
LR
=
2
) 360θ °
El área de un Trapecio
Circular, también se puede
calcular con la fórmula para un
trapecio y sería así:
B
egmento Circular:
r
θ
R
L1
O
B
S
S
S
S=
AT
4
S=
AT
2
S
I) Se cumple que:
S
S=
J) Propiedad del Triángulo Rectángulo:
D) Se cumple que:
S1
S1
S2
S1 = S2
D
S
S
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:
S1
S2
 L + L2 
STC =  1
(R − r)
2


A) Propiedad de la Mediana.
S2
S3
L2
ALGUNAS RELACIONES
IMPORTANTES DE ÁREAS
S
AT
4
S
R-r
 π r 2 θ r 2 Senθ 
S AB = 
−

 360°

2


B
AT
6
E) Se cumple que:
A
ona o Faja Circular:
S=
C) 2DA Propiedad de los Puntos Medios
Al Sector Circular, también se
le conoce como
Triángulo
Circular o Triángulo Mixtilíneo
y su área se calcula así:
O
S=
S
B) 1RA Propiedad de los Puntos Medios
R
O
G) Se cumple que:
r
A
θ
AT
2
H) Se cumple que:
ector Circular:
O
S=
S1 + S2 = S3
A T = S1 + S2
K) Lúnulas de Hipócrates:
F) Se cumple que:
S
S=
AT
2
C
PROBLEMA 1
S2
ABCD es un cuadrado, M y N son
puntos medios. ¿Qué parte de la
figura falta sombrear?
S1
B
A
M
ÓRMULAS GEOMÉTRICAS
IMPORTANTES
B
A
B) 4/8
E) 6/8
Solución:
B
C) 7/8
S
RECTA SECANTE
O TRANSVERSAL
A
E
C
abc = xyz
∴ A NS
5S
8S
PROBLEMAS
As =
12 × 6 12 × 6
+
2
2
∴ As = 72 cm
A
Así ponemos “A” a la mitad del área de
la región que encierra en cuadrado.
2
Luego:
También podemos usar la propiedad:
A
2
⇒ As =
5
= AT
8
Donde: E Punto Interior.
As
AT
=
6A
12A
2
12
2
∴ As = 1 AT
2
∴ As = 72 cm 2
CLAVE:
PROBLEMA 2
A
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.
D
As = A∆ AEA + A∆BEC
As =
D
A
A
12
D
Finalmente:
AT
A
C
6
En ∆CNA MO mediana
⇒ A∆NOA = A∆NOC = S
De manera similar para las otras regiones
=
A
2A
2A
Usamos la propiedad de la mediana vista
en la teoría, por ejemplo:
A NS
A
6
2S
N
C) 1/2
Solución:
A
12
B
C
S
B
B) 1/6
E) 2/5
E
C
A
A) 3/8
D) 5/8
B) 72 cm2
D) 70 cm2
S
3S
O
EOREMA DE MENELAO
secante a un triángulo, determina
dos lados del triángulo, cuatro
entos
parciales,
y
con
la
ngación del tercero otros dos
entos parciales. de tal forma que el
cto de tres de ellos no consecutivos
ual al producto de los otros tres
co consecutivos”
D
Solución:
M
a
b
A
A) 36 cm2
C) 86 cm2
E) 75 cm2
D
N
A) 3/8
D) 5/8
a + c = b + 2r
r
C
O
SABC = S1 + S2
odo triángulo rectángulo, la suma de
tetos es igual a la hipotenusa mas el
tro de la circunferencia inscrita”
B
¿Qué fracción representa la región
sombreada de la siguiente figura?
C
B
EOREMA DE PONCELET
Hallar el área de la región sombreada,
sí ABCD es un cuadrado de 12cm de
lado y ABE es un triángulo
equilátero.
D
CLAVE:
PROBLEMA 3
B
CLAVE:
PROBLEMA 4
C
ncontrar la fracción que representa
región sombreada en el siguiente
uadrado:
UNSAAC CBU 99 I)
) 1/8
) 3/16
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)
B
D
A
B) 5/16
E) 1/2
C) 1/4
O
C
A) 4 5 m2
C) 4 3 m2
E) 3 m2
D
A
B) 2 3 m2
D) 2 5 m2
2
A) 172 u2
D) 156 u2
2
A) 400 cm
C) 600 cm2
E) 300 cm2
B) 100 cm
D) 800 cm2
B
60°
E
Para calcular el área
necesitamos hallar la altura.
Solución:
C
B
60°
60°
D
5#
=
AT 16 #
As
A
C
6
Deducimos que ∆BEA es equilátero
⇒ AE = 2
Usamos la fórmula trigonométrica para
hallar el área de la región triangular DEA.
∴ As = 5 AT
16
CLAVE: B
∴
S# DEA = 2 3 m 2
S
ABCD
ABCD
= 2S# DEA
S
ABCD
= 2 ( 200 )
S
ABCD = 400 m
B
N
D
8
Trazamos los radios OA y OB , para
formar triángulos rectángulos, entonces:
En
ONA (37º-53º):
b=6
En
BOM (37º-53º):
a=8
MN = 14 (Altura del Trapecio)
Luego:
2
A
 16 + 12 
=
 14
 2 
∴A
CLAVE:
PROBLEMA 7
8
⇒ MN = a + b
2
S
∴
CLAVE:
PROBLEMA 6
En este tipo de problemas sabemos que
debemos trasladar regiones para obtener
una región de área conocida; así
obtenemos:
S# DEA =
4x 2
Luego: S#
Sen120º
DEA =
2
4x 2 3
S# DEA =
2 2
A
D
A
60°
vamos que podemos dividir la
en triángulos congruentes.
o contamos el número de triángulos
eados y el total de triángulos que
n, para obtener la siguiente
ón:
O
b
10
4
C
a
10
120°
4
C) 164 u2
sombreada,
6 M 6
B
2
2
B) 196 u2
E) 144 u2
Solución:
Solución:
2
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)
C
B
E
ión:
LEMA 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
= 196µ 2
CLAVE:
PROBLEMA 8
B
Hallar el área del sector circular de
4m de radio y 8m de arco.
(UNSAAC CBU 99 I)
A) 4 m2
D) 32 m2
B) 64 m2
E) 12 m2
C) 16 m2
D
A
O
4
A
Dato a = 4 ⇒ a = 2
A
Para calcular rápidamente el área de esta
región, usamos la fórmula para el
Triangulo Circular.
C
AS =
2 2
O
A
BD x AH BD x CQ
+
2
2
As =
4× 6 4× 4
+
2
2
B
A) 6 (9 - π) cm2
C) 48 - 9π cm2
E) 32 + 9π cm2
BC = 4 2
C
(
S
=π 2 2
∴
As = 4π
LEMA 9
)
2
−π
E
6
A
En la figura mostrada, cada
“cuadradito” tiene un área de 4 cm2.
¿Cuál es el área de la región
sombreada?
(UNSAAC CBU 99 I)
h
A
bh
A=
2
b
D
12
Nos dan el radio del cuadrante
⇒ CD = CB = 6cm
Por lo tanto la base menor del trapecio
mide 6 cm.
Luego:
Que en este problema vino así:
AS = A − A
C
A
C
Recuerda que el área de un triángulo
obtusángulo se calcula así:
mente:
−A
6
B
CLAVE:
o el radio del círculo sería 2 2
AS = A
B) 9 (6 +π) cm2
D) 9 (6 - π) cm2
Solución:
PROBLEMA 10
C = AB = 4
D
∴ AS = 20cm2
CLAVE:
BAC es un cuadrante (la cuarta
de una circunferencia)
BAC (45º-45º):
8× 4
2
AS =
∴ AS = 16 m2
2 2
4
A
Luego:
8
ión:
C
4
AS = A# BAD + A# BCD
B) 2 π cm2
D) 4 π cm2
4
H
6
B
2
B
) 3 π cm2
) 5 π cm2
) 6 π cm2
C
Q
Solución:
C
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)
B
a=2
a=2
n la figura mostrada, hallar el área
e la región sombreada, sabiendo que
sector circular ABC, es la cuarta
arte de un círculo de radio AB =
cm.
UNSAAC CBU 99 I)
B
b
42
4
A
2
CLAVE:
D
A) 23 cm
C) 16 cm2
E) 20 cm2
Solución:
2
B) 18 cm
D) 15 cm2
A=
bh
2
 12 + 6  π ( 6 )
AS = 
6−
4
 2 
2
∴ AS = 9(6 − π)cm2
CLAVE:
h
PROBLEMA 11
PROBLEMA 12
C
alcular el perímetro de la región
mbreada, sabiendo que el área del
uadrado ABCD es 64 cm2
A
B
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?
A
M
B
H
C
) 4 ( 3 2 + 4) cm. B) 3 ( 3 2 + 4) cm.
) 3 ( 4 2 + 3) cm. D) 2 ( 4 2 + 3) cm.
) 2 ( 3 2 + 4) cm.
ión:
H
C
Q
A) 200 cm2
C) 100 cm2
E) 250 cm2
A
B) 50 cm2
D) 150 cm2
ABCD = 16A#
202 = 16A#
Finalmente: A
Solución:
B
A
4 2
D
M
A
L = 64 ⇒ L = 8
AMNPQ =
: Si L = 8 ⇒ BH = HC = 4
o usamos el (45º-45º)
DO = OB = OC = 4 2
MNPQ =
A
MNPQ =
mente
PERIM # AHO + PERIM # DOC
) (
(
)
A
)
= 4 3 2 + 4 cm
CLAVE: A
EFGH =
A
D
AABCD
2
53º
A
30 m
A) 350 m2
C) 450 m2
E) 300 m2
ABCD
2
202
⇒ A
2
A
MNPQ = 200
ABC =
30 x 20
2
CLAVE:
E
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 AB , BC y AC ,
respectivamente.
B
C
B) 400 m2
D) 250 m2
F
E
Solución:
G
A
B
C
37º
MNPQ = 100
CLAVE:
OTRA FORMA:
A#
MNPQ
2
200
A EFGH =
⇒ A
2
LEMA 13
AC x BH
2
C
Calcular el área del triángulo ABC
Luego:
A
ABC =
∴ A# ABC = 300cm2
B
2
4 2 +8 + 8 2 +8
P
Q
ABCD = 64
A
A#
PROBLEMA 14
C
A
Finalmente:
PROBLEMA 15
C
L=8
(Opuesto a 53º)
N
4
4 2 4
(Opuesto a 37º)
BH = 4(5) ⇒ BH = 20
EFGH = 4A#
CLAVE:
B
O
4 2
⇒ A# = 25
∴ AEFHG = 100cm2
Usamos la siguiente propiedad:
4
Si AH = 3k= 15
Luego: BH = 4k
G
C
Q
Observamos que existen 16 triángulos en
el cuadrado ABCD, entonces:
G
D
BHA: (37º-53º)
D
N
P
Luego AH = HC = 15.
⇒ k=5
N
P
F
E
D
Dividimos el cuadrado en triángulos
congruentes:
M
B
A
E
F
C
A
53º
15
H
Como AB = BC ⇒ ∆ABC isósceles
C
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:
B
6
E
6
6
A2
F
6
2
r
A2
A3
A4
A1
A5
Dato:
figura: AS = 2A1 + A 2
mos A1:
A1 =
π ( 3)
2
2
⇒ A1 =
9
π
2
hallamos A2.
2
2
=
AS = A1 + A 2 + A3 + A4 + A5
122 3

2  60º  
− 2 π ( 6) 

4
 360º  

ASOMB = 2A1 + A2
 9π 
ASOMB = 2   + 36 3 − 12π 
 2 
∴ ASOMB = 3 (12
)
3 − π m2
CLAVE:
B
A
= π (12 )
2
A NS 9A
=
AS 16A
= 144π
CLAVE:
2 ×10
A1 =
= 10
2
8× 6
A2 =
= 24
2
4× 4
A3 =
=8
2
A 4 = 12 × 4 = 48
6×8
A5 =
= 24
2
C
∴
A NS =
9
As
16
PROBLEMA 18
CLAVE:
¿Qué fracción del área del cuadrado,
representa la parte no sombreada de
la figura?
(UNSAAC CBU 99 II)
∴
En la figura, ¿qué fracción del área
del cuadrado MNPQ representa la
región sombreada?
N
P
M
Q
AS = 114cm 2
CLAVE:
D
A) 9/16
D) 4/5
PROBLEMA 17
Si la longitud de la circunferencia es
24π. ¿Cuánto mide el área del
círculo?
(UNSAAC CBU 99 II)
B) 100 cm2
D) 114 cm2
A) 122 π
D) 24 π
B) 12 π
E) 14 π
C) 144 π
B) 1/2
E) 3/16
C) 7/16
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:
A)
2
5
B)
2
3
D)
3
4
E)
1
2
Solución:
Solución:
A
A
A
A
A
A
A
A
2A
A
PROBLEMA 19
AS = A1 + A 2 + A3 + A 4 + A5
alcular el área de la región
mbreada, si cada cuadrito tiene
cm. de lado.
ión:
Luego tendríamos:
Luego:
Finalmente:
LEMA 16
) 96 cm2
) 80 cm2
) 120 cm2
2 π r = 24 π ⇒ r = 12
∴A
Entonces, calculamos:
= 36 3 − 12π
o:
Dividimos la región total, en 5 regiones
de áreas conocidas (4 triángulos
rectángulos y un rectángulo); luego
tendríamos:
Lc = 24π
C)
4
5
o de trasladar regiones, para obtener,
gión de área conocida, tenemos:
N
8 = 2π r ⇒ r =
P
= π r2
4
A = π 
π
∴A
=
Q
M
E
CLAVE:
C
Determinar el área sombreada de la
figura; Si AB = 16 cm.
) 16 cm2.
π
) 16 π cm2.
D
C
9k
r
A) 60 π cm
C) 64 π cm2
E) 12 π cm2
B) 25 cm
D) 45 cm2
B) 32 π cm
D) 16 π cm2
53º
D
18
Trazamos CH ⊥ AD para obtener el
A
A
B
B
Pero:
2
BD =
CH = 4k
CH = 8
CH = AD = 8 (Altura del Trapecio)
Luego:
8 ⇒ BD = 2 2
BD = 2 2
⇒ AB = AD = 2
ABCD = 8
o, por condición del problema:
erímetro
H 3k = 6
D
h
Luego:
C: (45º- 45º)
erímetro
12
BAC: (37º- 53º)
⇒ HD = 3K = 6
K=2
Trasladamos regiones así tenemos:
y
3k
4k =8
2
Solución:
2
A
C
37º
Solución:
2 2
12
B
B
A
B
E
F
A) 30 cm
C) 80 cm2
E) 20 cm2
C
B) 150 cm2
D) 120 cm2
h=8
3k
A
2
ión:
A) 100 cm2
C) 140 cm2
E) 110 cm2
Solución:
2
B) 4 cm2
π
D) π cm2
4
18
PROBLEMA 22
PROBLEMA 21
n círculo tiene igual perímetro que
n cuadrado cuya diagonal mide
8 cm. El área del círculo es:
π
cm2.
16
E
53º
16 2
cm
π
En la figura adjunta, el área del
trapecio ABCD es 40 cm2. Entonces
el área del rectángulo ABEF es:
LEMA 20
12
2
CLAVE:
CLAVE:
(UNSAAC CBU 2000 I)
∴ A ABEF = 20 cm 2
∴ AS = 1 AT
2
o:
)
A
Finalmente:
 20 
A ABEF = 3  
 3 
4
π
ABCD = Lc
ces: Lc = 2π r
D
F
3k
9k
E
C
∴
A ABCD = 40
 9k + 3k 

 h = 40
 2 
Luego:
A
As =
2
A
2
2
 18 + 12 
8
 2 
ABCD = 
∴A
ABCD = 120cm
2
As = 32π
CLAVE:
20
⇒ kh =
3
A ABEF = ( 3k ) h
⇒ As =
π (8)
CLAVE:
B
D
PROBLEMA 24
PROBLEMA 23
Hallar el área de la siguiente figura:
En la figura, calcular el área en
metros cuadrados de toda la región
mbreada,
ABC
es
micircunferencia.
UNSAAC CBU 2000 I)
a
una
a
B
a
M
C
b
P
h
B
b
4b
N
2b
C
O
2m
B) 2
E) 1
ión:
B
C)7
ATRAPECIO
A# ABC
O
2m
1
⇒ As =
2 (1)
2
∴ As = 1m2
CLAVE: E
1
2
1
)
4
ión:
A PAM = A ABCD − ( A BAM + ACPM + A PAD )
D
Finalmente:
A ABCD = ( 2a ) x ( 4b )
1
3
1
E)
6
C)
2
5
D
A
2
A) 120 m
C) 106 m2
E) 92 m2
Solución:
2
B) 64 m
D) 96 m2
En la figura adjunta. Determinar el
área del círculo sombreado en cm2.
(UNSAAC CBU 2000 II)
A ABCD = 8 (12 )
∴ A ABCD = 96m2
CLAVE:
D
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
D) 80
B) 60
E) 120
Solución:
B
b
B
PROBLEMA 28
PROBLEMA 27
B)
2a x 12
2
CLAVE:
C
3a
A# ABC =
Finalmente:
a
M
⇒a =5
∴ A ABCD = 60m2
A ABCD = 8ab
Hallar el área del cuadrilátero ABCD,
si el área del triángulo AMP es 30 m2.
(UNSAAC CBU 2000 II)
AHB:
Remplazamos (I) en (II):
 11ab  ⇒ ab = 12 m 2
30 = 8ab − 

 2 
CLAVE:
B
Teorema de Pitágoras en
(18 − a )2 = a 2 + 122
 a 4b a b 2a 3b 
30 = 2a x 4b −  x + x + x 
2
2 
 2
PROBLEMA 26
LEMA 25
2a + 2b = 36
a + b = 18
b = 18 − a … (I)
b 2 = a 2 + 122 … (II)
De la figura:
ah
ASOMBREADA
2
=
A TRAPECIO
 3a + a 

h
 2 
∴ ASOMBRADA = 1
A TRAPECIO
4
C
1
D
2a
Perímetro# ABC = 36
⇒
No nos dicen que es un cuadrado,
por eso colocamos lados diferentes.
Finalmente se tiene:
a relación entre el área sombreada y
área del trapecio isósceles es:
UNSAAC CBU 2000 I)
)
ah
2
 a + 3a 
=
h
 2 
ASOMBREADA =
1
A
A
Primero hallamos:
)3
)5
Dato:
2 cm
A
3a
12
C) 90
2 cm
A) (3 + 2 2 ) π
C) (3 - 2 2 ) π
E) (3 - 2 ) π
Solución:
b
B) (2 - 3 2 ) π
D) (2 + 3 2 ) π
B
C
r
4
2cm
1
AS
(Opuesto a 45º)
(Hipotenusa)
De la figura:
AS = L2 − π r 2
AS = 42 − π(2) 2
A = π r2
A =π
∴A
(
)
2 −1
(
CLAVE:
)
C
LEMA 29
área de la región sombreada en
m2, en la figura dada es:
UNSAAC CBU 2000 II)
ión:
A
A
2A
2A
2A
2A
D
Por lo tanto se tendría:
AS
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.
(UNSAAC CBU 2000 II)
B
A
18A
30A
 120º 
AS = π (2)2 

 360º 
ATOTAL
∴ AS = 4 π
∴ AS = 3 ATOTAL
=
5
CLAVE:
B
CLAVE:
B
PROBLEMA 32
PROBLEMA 31
PROBLEMA 30
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)
B
C
En la figura, ¿Qué fracción del área
del rectángulo ABCD representa la
región sombreada?
(UNSAAC CBU 99 II)
B
C
A
D
O
4 cm
) 4 (8 - π)
) 8 (4 + π)
) 2 (16 - π)
Luego:
B
= 3−2 2 π
CLAVE:
2A
El área de cada triángulo es “A”; por la
tanto el área de cada cuadradito sería
“2A”.
3
∴ AS = 4 ( 4 − π )
2
2A
A
 θ 
AS = π r 2 

 360º 
Finalmente:
o:
2 −1
A
O
Pero “A” es la cuarta parte de un círculo,
por lo tanto: 4 A = A
de la figura: AC = 1 + 2 r + 1
2 2 =2+2r
mente:
A
120º r =2
AS = A ABCD − 4 A
AS = A ABCD − 4 A
AS = A ABCD − A
r=
A
4
calcular el área del círculo, bastará
ar el radio del dicho círculo.
A
B
A
D
2cm
D (45º - 45º)
omo: AB = 2
⇒ AC = 2 2
C
B
A
r
A
A
Trasladamos regiones y obtenemos un
sector circular de 120º, como se muestra:
A
A
1
A
4 cm
B) 4 (4 - π)
D) 4 (8 + π)
A) 4 π
3
D) 8 π
3
Solución:
B) 3 π
4
E) 4 π
C) 3 π
8
D
A) 4
B) 3
C) 8
5
D) 2
3
5
E) 2
7
15
Solución:
A) 1
B) 5
C) 1
3
8
4
D) 2
E) 1
3
2
Solución:
M
B
A
A
C
A
A# ABC =
A
r
60º
El hexágono es regular por lo que lo
dividimos en 6 triángulos equiláteros.
r
AS
2A
=
A TOTAL 6A
D: AN es mediana
⇒ A# ACN = A# AND = A
∴ AS = 1 ATOTAL
A# ABC =
[ 2(1)]2
3
CLAVE:
AS
2A
=
A TOTAL 4A
E
PROBLEMA 34
∴ AS = 1 ATOTAL
2
E
LEMA 33
En la figura adjunta el área de la
región sombreada es  3 − π  cm2 .


2

Determinar el área en cm2 del
triángulo formado al unir los centros
de las circunferencias siendo estas
iguales.
n la figura adjunta. ¿Qué parte del
ea del hexágono regular representa
región sombreada?
4
3
D)
2
Solución:
3
CLAVE:
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: A =
S
B
3
3
E)
3
3
C)
5
3−
Hallar el área de la región sombreada:
4
π
2
4
Pero de la figura:
AS = A# ABC − 3A
Luego:
3−
B)
∴ A# ABC =
C
AS =
A) 3
4
r
3
PROBLEMA 35
mente:
C) 5
6
60º
Trasladamos la región indicada y luego:
C: AM es mediana
⇒ A# ABM = A# AMC = A
B) 3
8
E) 1
3
r
A
os la propiedad de la mediana:
CLAVE:
4
B
A
A
D
mos AC ⇒ A# ABC = A# ACD
ión:
r
60º
N
A
A
) 2
3
) 1
2
r
A
L2 3
L2 3
4

 θ 
− 3 π r 2 

 360º  

2
π (2r) 3

 60º  
=
− 3 π r 2 

2
4
 360º  

2
3−
π 2
πr
=r 3−
2
2
3−
π 2
π
=r  3− 
2
2

⇒ r =1
Finalmente:
A) 5
D) 3
B) 7
E) 9
C) 2
Solución:
4
B
P
1
M
H
C
2
3
N
2
A
2
Q
ABQ: PM // AQ
2
2
D
M es Base Media de AQ
M=
AQ
⇒ PM = 1
2
3A
como PM = 1
r O
C
MN x QH
2
# MQN
=
# MQN
3 2
= x
2
D
ión:
Solución:
53º
A
O
∴ ATRAPECIO = 5
CLAVE:
C) 2
3
B
Nada es imposible, a
menos que uno esté de
acuerdo en que lo es.
PROBLEMA 37
37º
20
∴ AS = 2 (100
3 − 48
)
CLAVE:
E
A
30º
E
40
20
ADE (37º-53º):
AE = 20 (Hipotenusa)
2
B
4cm
Buscando la respuesta de las alternativas
se tiene:
C
3
120º
ABC (30º-60º):
Como AC = 40
(Hipotenusa)
⇒ AB = 20
(Opuesto a30º)
y BC = 20 3 (Opuesto a60º)
 4 +1 
A TRAPECIO = 
1
 2 
)
En la figura: AC y BC son
tangentes al círculo. El área de la
región sombreada, es:
(UNSAAC CBU 2001 I)
4k
3k
 BC + OA 
A TRAPECIO = 
 CA
2


20 x 20 3 12 x16
−
2
2
PROBLEMA 38
D
Finalmente:
n la figura adjunta. Determinar el
ea en cm2 del trapecio AOBC.
B) 5
2
E) 2
5
C
A) 2( 3 - 48)
B) 20 ( 3 - 96)
D) 100 (2 3 -48) D) 2(200 3 -96)
E) 2 (100 3 -48)
CD + CB = BD +2 r
3 + 4=5+2r
r=1
LEMA 36
C
30º
37º
40 E
B
CLAVE:
AS =
(
En este trapecio para hallar el su área de
la región que encierra, necesitamos su
altura (r) y su base menor (r).
∴ AS = 3
ABx BC AD x DE
−
2
2
AS = 8 25 3 − 12
A
Para hallar “r” aplicamos el Teorema de
Poncetet en DCB.
AS =
AS = 200 3 − 96
D
B
DCB Triángulo Notable (37º-53º)
⇒ BD = 5
mente:
) 3
2
B
4
ién de la figura: QH = 2
)3
5
r
la figura MN = 3
m
A
En la figura, “E” es el punto medio de
AC . El área de la región sombreada,
es:
(UNSAAC CBU 2001 I)
D
5k = 20 ⇒ k = 4
AD = 3k (Opuesto a30º)
⇒ AD = 12
BC = 4k (Opuesto a60º)
y BC = 16
Luego: AS = A# ABC − A# ADE
C
3
B
A) 3  3 − π 


3

B) 9  3 − π 


3

C) 9  π + 3 


3 

D) 3  π + 3 


3 

E) 3
(
Solución:
3−π
)
A
3 3
3
O 60º
60º
30º
30º
3
C
El porcentaje del área sombreada, es:
(UNSAAC CBU 2001 I)
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)
Si en el gráfico P y Q son puntos
medios. ¿Qué parte del círculo falta
sombrear?
(UNSAAC CBU 2001 I)
3 3
B
A) 50%
D) 60%
ro trazamos OC para obtener
ulos rectángulos notables de 30º y
C (30º-60º):
OA = 3
(Opuesto a 30º)
⇒ AC = 3 3
(Opuesto a 60º)
B) 40%
E) 45%
Solución:
A) 6π + 3
B) 16π + 3 3
(
)
E) 18 ( π + 2 3 )
D) 9 π + 3
(
D) 4 4π + 3 3
2
3
1
D)
2
)
h
)
(
(
B
A TOTAL
6
=
2
bxh
6
M
12
P
CLAVE: A
Trasladamos regiones y se obtiene un
triángulo equilátero y un semicírculo:
)
Para calcular el área de la región
sombreada hemos usado esta
formula:
AS = A# ABC + A1
ndo la forma en la que esta
esta se presenta en las alternativas,
ne:
∴ AS = 9 
π
 3− 3


B
a
Q
Área del círculo menor (A1):
A1 = π a 2
Área del círculo mayor (A2):
2 ⇒
A2 = 4π a 2
A2 = π ( 2a )
Finalmente:
AS =
(12 )2
4
3
+
π (6)
2
2
A1
π a2
=
A2 4 π a 2
h
AS = 36 3 + 18π
CLAVE:
1
4
1
A TOTAL
2
C
6
a
2a
∴ AS = 50% ATOTAL
A
9 3 − 3π
3 3 3−π
AS
AS =
 3 x3 3 
 120º 
 − π ( 3 )2 
2

 2 
 360º 


C)
bxh
A1
6
2 A# OAC − ASECTOR AOB
B)
Solución:
b
A OACB − ASECTOR AOB
1
3
3
E)
4
A)
Solución:
o:
Q
P
C) 55%
∴ AS = 18 ( π + 2
3
)
CLAVE:
LEMA 39
PROBLEMA 40
∴ A1 = 1 A 2
b
E
AS =
PROBLEMA 41
4
bxh
CLAVE:
2
PROBLEMA 42
C
Qué fracción representa la parte
mbreada respecto al área total?
UNSAAC CBU 2001 II)
Hallar el área de la región sombreada,
si: AB = BC; DC = DE; BD = 30 cm.
(UNSAAC CBU 2001 II)
B
A) 54 cm2
C) 36 cm2
E) 12 cm2
30 cm
D
A
E
C
2
B) 3
5
2
E)
5
C) 1
3
B
Dato:
30 cm
D
a
b
A
E
C
Aplicamos el Teorema de Pitágoras en
el BCD:
d
=3 2
2
A =
AS =
2
+
LEMA 43
L
2
… (II)
Remplazando (I) en (II)
2
⇒ x = 20
5
20 = x 5
2
Finalmente:
= 36cm 2
CLAVE: C
A ROMBO =
BD x AC
2
2
PROBLEMA 45
A ROMBO =
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)
Remplazando (I) en (II).
900
AS =
2
∴ AS = 450cm2
CLAVE:
PROBLEMA 44
PerímetroROMBO = 80
4L = 80
⇒ L = 20 … (I)
L=x 5
bxb
a 2 + b2 … (II)
AS =
2
CLAVE: C
Dato:
L2 = x 2 + ( 2x )
d2
2
(6 2 )
=
∴A
AS = A ABC + A CDE
3
2x
L
Aplicamos el Teorema de Pitágoras en
BOA:
Finalmente sabemos que:
A
axa
D
⇒ d=6 2
b
Luego:
∴ AS = 1 ATOTAL
C
O x
D
a 2 + b2 = 900 … (I)
ATOTAL
x
d
a 2 + b2 = 302
6#
=
18 #
C
A
ión:
AS
A
L
2x
Solución:
Solución:
a
o:
L
B) 18 2 cm2
D) 36 2 cm2
B) 300 cm
D) 150 cm2
B
imos el la figura en triángulos, para
er regiones de áreas iguales, como
estra a continuación:
B
2
A) 900 cm
C) 250 cm2
E) 450 cm2
) 2
3
) 3
4
Hallar el área de un cuadrado, si la
mitad de su diagonal mide 3 2 cm.
(UNSAAC CBU 2001 II)
E
A) 300 cm2
C) 64 5 cm2
E) 160 cm2
Solución:
B) 300 5 cm2
D) 320 cm2
( 4x ) x ( 2x )
A ROMBO = 4 x
A ROMBO
2
2
 20 
= 4

 5


2
∴ A ROMBO = 320cm2
CLAVE:
PROBLEMA 46
D
n la figura, el área del triángulo
BH es igual a 4m2; además CD x
H = 12m2. Hallar el área del
apecio ABCD.
UNSAAC CBU 2001 II)
A
8
A
B
C
H
) 10 m2
) 30 m2
) 40 m2
8
D
B) 15 m2
C) 20 m2
b
A
8
A) 8 + 16 π
C) 16 + 8 π
E) 8 + 4 π
O
A) 310 cm2
C) 320 cm2
E) 200 cm2
B) 16 + 4 π
D) 8 + 8 π
C
a
A
O
⇒ b x h =8
D
CD x AH =12 ⇒ a x h =12
De la figura:
o:
ATRAPECIO
ah + bh
a+b
=
h =
2
2


ATRAPECIO =
12 + 8
2
LEMA 47
4
A1
A2
4
O
A3
4
C
F
2
L = 20
AS = A1 + A 2 + A3
AS =
1
Trazamos OE ⊥ AD
2L x 5L
2
+
2L x 3L
2
(
+ 4L x 2L
)
AS = 5L2 + 3L2 + 8L2 ⇒ AS = 16L2
AS = 16 ( 20 )
C
AS = A
PDA
(
− A
1
D
⇒ AE = ED = 1
AOE
+A
OED
 π (1)2 1 x 1

2 45º 


AS =  π ( 2 )
−
+
360º   4
2 



∴ AS = π + 1
4
CLAVE: C
PROBLEMA 49
E
Luego de la figura:
∴ AS = 320cm2
CLAVE:
45º
A
2
De la figura:
 π ( 4 )2 
 + 42
AS = 2 
 4 


PROBLEMA 48
P
E
G
A
AS = 2A1 + A 2
A
C
4
M
N
C
D
∴ AS = 16 + 8π
∴ AS = 10m2
CLAVE:
B
A2
Dato:
A1
B) π + 1
4 2
D) 3π −1
Solución:
L
B
A1
ién nos dan este dato:
A) π − 1
4 2
C) π − 2
E) π − 1
3 2
B
L
A# ABH = 4
=4
B) 280 cm2
D) 230 cm2
Solución:
Dividimos la región en tres regiones
conocidas (un cuadrado y dos cuartos de
círculo)
H
D
A
C
Solución:
B
h
2
C
B
ión:
bxh
La figura ABCD es un cuadrado de
lado igual a 2 cm. Hallar el área en
cm2 de la región sombreada.
(UNSAAC CBU INT 2002)
B
8
D
Hallar el área de la figura sombreada.
Si cada cuadradito tiene un área de
20cm2.
(UNSAAC CBU INT 2002)
En la figura, hallar el área de la
región sombreada.
(UNSAAC CBU 2001 II)
2
CLAVE:
PROBLEMA 50
B
)
n la figura, ABCD es un trapecio
ósceles, EBCF es un cuadrado de 64
2
de área y AD = 26m. Calcular la
ma de áreas de las regiones
angulares ABE y CFD.
UNSAAC CBU 2002 I)
B
CLAVE:
B
F
C
C
13
PROBLEMA 51
A
2
D
R
O
A
2
A) 25 m
D) 8 m2
B) 16 m
E) 20 m2
Solución:
B
5
2
12
B
C) 9 m
Teorema de Pitágoras:
ABC: AC2 = 122 + 52
⇒ AC = 13
C
B
A
A
semicircunferencia es R = 5m.
(UNSAAC CBU 2002 I)
B
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)
C
E
∴ x + y = 72
D
5
2
P
2
) 36 m
) 64 m2
) 48 m2
B) 72 m
D) 81 m2
A x Ox D
DOC: 52 = (2x)2 + x2 ⇒ x2 = 5
C
D
ión:
B
64
x
h
L
D
26
ato:
A
BCFE
2A
2A
2A
2A
2A
2A
AD = 26
As
8A
=
A NS 20A
2h + L = 26 ⇒ h = 9
8(9)
x=
= 36
2
CLAVE:
E
C
PROBLEMA 53
Hallar el área del círculo inscrito en
el triángulo ABC, si AB, = 5 cm y
BC = 12cm
(UNSAAC CBU 2002 I)
A
A
A
A
En el siguiente cuadriculado, cada
“cuadradito” tiene un área de 9 cm2.
El área de la región sombreada, es:
(UNSAAC CBU 2002 I)
C
De la figura se tiene:
Lh
x=
2
∴ Acírculo = 4π
2
CLAVE:
2A
L = 64 ⇒ L = 8
x=y
Luego: A círculo = π ( 2 )2
AABCD = 4 x 2 ⇒ AABCD = 4 (5)
= 64
2
uego:
C) 3/2
Teorema de Poncelet:
5 + 12 = 13 + 2r
r=2
PROBLEMA 54
F
h
Luego AABCD = (2x) 2
∴ A ABCD = 20m
2A
y
L
B) 5/6
E) 5/12
R
Solución:
L
E
ero:
A) 2/3
D) 2/5
C
L
2x
Q
∴ AS = 2
5
A NS
A
CLAVE:
D
PROBLEMA 52
Hallar el área que encierra el
cuadrado ABCD, si el radio de la
2
A) 2π cm
D) 6π cm2
Solución:
B
B) 9π cm2
E) 8π cm2
C) 4π cm2
A) 54 cm2
C) 36 cm2
E) 27 cm2
Solución:
B) 72 cm2
D) 24 cm2
l=3
B
3
C
A
A2
A1
H
A
ato: l = 9 ⇒ l = 3
2
e la figura:
F
3C
16
6×9 6×9
As =
+
2
2
A
3
CLAVE:
CLAVE:
⇒A
E
Q
PROBLEMA 58
B
ABCD = 2A# AEB
∴ AS = 64u2
E
A
D
Calcular el área de la región
cuadrangular ABCD, inscrito en el
semicírculo de centro O y radio R. Si
el área del semicírculo sombreado
Qué parte de la región sombreada,
presenta la región no sombreada?
UNSAAC CBU 2002 II)
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)
E
D
(UNSAAC CBU 2002 II)
B
B) 1/3
E) 1/2
C) 2/3
B
A MBN
N
3A
o, se tendría:
C
2
B) 60 u
E) 64 u2
A
= ABC
4
A
D
A
Luego tendríamos:
C) 18 3 u 2
E) 27 u2
D) 36 u2
r
D
O
B) 16 u2
E) 15 π u2
B
2
r
C) 20 u2
A
r
C
S r
r
O
B
C
R
2r
C
B) 27 3 u 2
D
A
B
C) 65 u
A
A) 27 2 u 2
Solución:
Solución:
Usamos la propiedad de la mediana:
B
os la siguiente propiedad:
A
Q
A) 32 u
D) 72 u2
ión:
M
A
2
B
A
Solución:
C
P
C
R
A) 20 π u2
D) 25 u2
) 1/4
) 3/4
C
mide 5π u 2 .
PROBLEMA 56
2
LEMA 55
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)
PROBLEMA 57
B
C
P
2
CLAVE:
∴ A NS = 1 AS
∴ AS = 54cm2
2
4
A NS
A +B+C+ D+E + F
=
AS
3 ( A + B + C + D + E + F)
As = A1 + A2
2
8
3E
A NS
A+ B+C+D+ E +F
=
AS
3A + 3B + 3C + 3D + 3E + 3F
F
9
ABCD = 20u
CLAVE:
C
9
∴A
C
E
D
B
3A
D
E
D
3F
3D
3B
Dato:
A
= 36π
π r 2 = 36π
⇒ r=6
A r O r D
Luego observamos que: el área pedida es
igual a 3 triángulos equiláteros:
5π 2
Dato: A =
u
2
πr 2 5π
=
⇒ r2 = 5
2
2
Luego: A ABCD = ( 2r )
2
A TRAPECIO = 3 ( S )
 r2 3 

A TRAPECIO = 3 
 4 


∴ ATRAPECIO = 27
3
CLAVE:
B
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 4 2 m 2 ?
LEMA 59
A
allar el área de la región sombreada,
ABCD es un cuadrado de lado 2m.
UNSAAC CBU 2002 II)
60º
E
C
C
H
a) 36
d) 31
A) 16 m 2
B) 12 2 m2
D) 8 2 m2
E) 16 2 m 2
B) π m2
D) 2 m2
c) 32
c
a
d
f
c
Hallar la suma de los angulos :
a + b + c + d + 2e + 2f + i
a) 360º
d) 620º
b) 270º
e) 540º
c) 720º
6. En la figura adjunta, AD = DC = 6m,
si CB = CA. Calcular DB.
(UNSAAC CBU 2003 II)
b
B
e
f
E
1/2
1/2
b) 29
e) 30
e
b
2. En la siguiente figura, determinar :
a+b+c+d+e+f
(UNSAAC CBU 2003 I)
C
B
d
i
D
A
x
C) 12 m 2
Solución:
Trazamos las diagonales (estas se cortan
en el punto E)
ión:
a
¿Cuántas estacas se necesitan, si las
estacas se colocan cada 3 metros?
(UNSAAC CBU 2003 I)
F
D
) π/2 m2
) 4 m2
) 3 m2
C
A
G
A
¿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)
30 3m
D
B
B
un terreno que tiene la forma de la
figura siguiente:
B
A
a) 360º
d) 180º
1
b) 270º
e) 720º
c) 540º
C
2
C
B
H
D
A
e la figura se tiene que:
B
G
s = [A ABCD - A ] + 8x
E
A
∴A
∴ AS = 4m2
C
LEMA 60
n la figura ABCD y EFGH son
uadrados cuyos lados tienen
ABCD
C
x
Luego de trasladar la región:
 π(1/ 2)2 
s = [22 - π(1) 2 ] + 8 

 2 
CLAVE:
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)
F
= 4 As
ABCD = 16
2 m2
D
A
CLAVE:
E
PROBLEMAS PROPUESTOS
SOBRE TRIÁNGULOS
1. Se desea cercar los lados AB y AC de
a) 80º
d) 75º
b) 105º
e) 115º
c) 100º
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.
D
a) 3 5 m
b) 8 m
d) 6 5 m
e) 10 5 m
c) 10 m
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
bisectriz exterior del menor de los
ngulos agudos, mide:
UNSAAC 2001 II)
25°
35°
b) 30°
e) 45°
(UNSAAC 2000 I)
B
A
c) 20°
B
R
Q
UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)
8 5
b) 3 5
5
3
8 5
e)
3
A
a) 2 2 m
b) 3m
d) 2m
e)
15°
d) 15m
45°
x
3
e)
c) 2 2
6
a hipotenusa de un triángulo
ctángulo mide 10cm. y uno de los
tetos mide 8cm. Hallar la altura del
ángulo tomando como base la
potenusa.
UNSAAC 2000 I)
6cm
3.5cm
b) 4.8cm
e) 10cm
A
2m
c) 4cm
n el triángulo ABC mostrado en la
gura BH = 4m, AC = 4m. Hallar la
ngitud del lado del cuadrado
scrito PQRS.
b) 6m
e) 6
e) 16
3
c) 12
b) 32m
e) 21m
b) 19
e) 22
c) 20
20. El la figura hallar “x”
80º 40º
x
20º 100º
n
60°
37°
3
a) 30º
d) 60º
b) 40º
e) 80º
c) 50º
21. De la figura hallar “φ”
a) 4 − 3
b) 7 − 3
c) 7 + 3
d) 3 − 3
100°
φ
e) 8 + 3
40°
18. Calcular “x” en el gráfico
a) 10°
d) 30°
b) 15°
e) 40°
c) 20°
22. Hallar “x” en la figura
10
100°
x
c) 28m
16. Calcular el valor de “x” en la figura.
c) 16 3
D
8
a) 18
d) 21
17. Calcular el valor de “m + n” en la
figura.
m
15. Los lados de un triángulo rectángulo
forman una progresión aritmética
cuya razón es 3m. Hallar el perímetro
del triángulo.
a) 36m
d) 24m
b) 16
d) 32
3
3m
b) 11
e) 14
C
a) 32
c) 9m
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
d) 13
B
c) 1 m
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
6
b) 2 3
α
C
13. Una escalera se apoya a una pared de
UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)
3 2
S
P H
C
2
x
8 3
c) 8
n la siguiente figura, la longitud de
x”, es:
10
x
30º
n un triángulo rectángulo, la longitud
la hipotenusa y uno de los catetos
iden 12m y 4 5 m , respectivamente.
a longitud de la altura relativa a la
potenusa mide (en m.):
Calcular la suma del máximo y
mínimo valor entero que puede tener
“x”.
D
a) 40 2
b) 40
d) 20
e) 10 2
19. En la figura se sabe que ∀ > 90º, y
que
AC es un número entero.
x
70°
c) 20 2
a) 50°
d) 80°
b) 60°
e) 40°
c) 70°
23. Si AB = DC y DA = DB, hallar “x”.
B
35. Si sabemos que “E” es el punto
medio de AB . Además ABCD es un
cuadrado. Hallar θ :
3
D
x
x
A
10°
45°
C
b) 20°
e) 53°
n un triángulo rectángulo uno de sus
ngulos agudos mide 22°30´; si
ueremos calcular la longitud de la
potenusa ¿entre qué número
ebemos de dividir a la hipotenusa?
2
2
b) 2 2
e) 3
a) 4
d) 8
α
c) 30°
a) 30°
d) 16°
b) 37°
e) 15°
c) 53°
29. Calcular “ α ” en:
32. En la figura calcular el valor del
ángulo “ α ” si AD y BC son
bisectrices de los ángulos A y C
respectivamente.
30°
D
20°
a) 20°
d) 45°
φ φ
12
15
D
10
b) 16
e) 18
C
c) 20
a hipotenusa y un cateto suman
62m. Si el otro cateto mide 80m.
allar la hipotenusa.
82m
90m
b) 68m
e) 86m
4
7
b) 5
e) 8
c) 6
alcular “ α ”, si los 2 cuadrados son
ongruentes.
b) 35°
e) 60°
c) 37°
30. En la figura siguiente la medidas de
ˆ son 60° y
ˆ y ACB
los ángulos BAC
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
ˆ .
los ángulo MDB
C
a) 95°
d) 120°
b) 110°
e) 125°
c) 115°
C
D
a) 12°
d) 16°
33. Cuatro rectas se intersecan como se
muestra en la figura. Calcular el valor
de: (x + y + z + w)
b) 14°
e) 20°
c) 15°
D
C
A
B
a) 3π( 3 + 1)cm
z°°
b) π( 3 + 3) cm
c) (2 3 + 3π) cm d) 2π( 2 + 2)cm
y°°
e) 2π( 3 + 3)cm
x°°
w°°
37. Si AB = 5m y BC = 12 , hallar la
C
c) 84m
n el interior de un cuadrado ABCD
toma el punto P y luego se traza
H ⊥ BC, tal que BH=2 y HC=8. Si
∠APD=90°, hallar PH.
A
C
θ
36. En la figura se muestra una lámina
metálica de forma rectangular. Si
y
AB = 4 3 cm.
AD = 4 cm.
Calcular la longitud que recorre el
vértice A cuando la lamina haya dado
una vuelta completa en el sentido
indicado.
60°
α
B
B
D
c) 4
α
E
F
c) 6
B
n la figura, hallar BC
A 6
b) 5
e) 9
B
A
A
medida de MN
a) 360°
d) 630°
D
A
M
a) 20°
d) 55°
b) 30°
e) 60°
31. Calcular el valor de “x”:
B
c) 45°
b) 450°
e) 720°
c) 540°
B
αα θ θ
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°
d) 65°
b) 45°
e) 75°
c) 30°
A
a) 1
d) 4
M
N
b) 2
e) 5
C
c) 2.5
allar el valor del ángulo “ α ” si
bemos que ABCD es un cuadrado.
A
B
PROBLEMAS PROPUESTOS
SOBRE PERÍMETROS
1. Hallar el perímetro de la figura
sombreada:
C
D
100°
116°
b) 105°
e) 150°
c) 110°
b
m
15
a) 44
d) 64
a
3a
b) 28a
e) 34a
c) 30a
b) 36
e) 62
c) 54
5. En la figura adjunta. Determinar el
perímetro de la región sombreada
(UNSAAC CBU 2000 II)
a) 30πR
d) 36πR
b) 25πR
e) 32πR
c) 38πR
8. En la siguiente figura, hallar el
perímetro de la región sombreada.
(UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)
2. Hallar el perímetro de la siguiente
figura:
4
a 3
1
a
n
ab
b)
2a + b
3a + b
e)
2ab
a+b
c)
ab
B
1
c
b
C
4
2a
d
a) 22 a
a
n la figura ABCD es un cuadrado de
do “a”. Calcular el radio de la
rcunferencia.
2
6R
4
a) 20a
d) 32a
x
+b
ab
b
+b
3
4
a
alcular el valor de “x” en:
es:
(UNSAAC CBU INT. 2003)
8
a
a
a
2a
α
4. Hallar el perímetro de la región
sombreada, de la figura:
(UNSAAC CBU 2000 I)
a) 2(a + 2b + c – d)
c) 2a + 4b + c – 2d
e) 5(a + 3b + 10c – d)
b) 2(a + 2b – c + d)
d) a + 2b + 2c – 2d
3. Hallar el perímetro de la siguiente
figura:
b) 7 a
3
11a
d)
3
3
3a
e)
22
c) 20 a
3
6. Hallar el perímetro de la siguiente
figura.
(UNSAAC CBU 2002 I)
b
b
a) π + 4
d) 2π + 3
b) 2(4+3π)
e) 2(4 + π )
c) 3(2+π)
9. Un arquitecto diseña la siguiente reja
para ventana. Si los arcos son
semicircunferencias
iguales
y
22
asumiendo
; hallar la
π =
7
longitud total de acero que se
requiere.
2
A
b
6
c
2
70
D
A
b)
a
2
3a
e)
8
c)
a
3a
5
6
a) 30
d) 36
b) 46
e) 42
c) 40
a) 2 (a – b + 2c)
c) 2 (a + b + c)
e) 2 (2a + b + c)
b) 2 (a + 2b + c)
d) 2 (a + 2b + 2c)
7. El peimetro de la region sombreada,
a) 490
d) 680
b) 560
e) 620
c) 720
allar el perímetro de la siguiente
gura:
c
d
b
c
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
d) 18
a
b) 8
e) 12
17. Del gráfico calcule el perímetro del
polígono ABCDE
B
C
3m
D
4m
A
) 2 (a + b – d)
) 4 (a + b – d)
2 (2a + b – c)
b) 2 (a + b + d )
d) 3 (a – b – d)
allar el perímetro de la figura
mbreada si todas las curvas son
micircunferencias.
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
B
1. El perímetro de un cuadrado es el
doble del perímetro de un triángulo
equilátero, cuya área es igual a
2
9 3 cm . Hallar el área del cuadrado.
(UNSAAC CBU 2003 II)
2m
c) 24
5m
a) 64cm2
d) 81cm2
E
a) 2 6 +15
b) 3 6 +14
d) 5 6 +15
e) 7 6 +15
PROBLEMAS PROPUESTOS
SOBRE ÁREAS
c) 3 6
10. Hallar el perímetro del trapecio, si la
altura es igual a la base menor:
4
b) 100cm2
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)
Q
D
10
6
D
a) 10(π+2)
d) 20(π+2)
8
8π
6(π+3)
b) 16π
e) 12(π+2)
c) 12π
C
b) 5(π+2)
e) 10(π+4)
c) 5π
15. Hallar el perímetro de la región
marcada si cada cuadradito tiene
1cm. de lado.
M
B
S
a) 10 2
b) 11 3
d) 12 2
e) 8 3
c) 8 5
3. En la figura: AB = AP y CD = DP,
el area del cuadrilátero ABCD es:
(UNSAAC CBU 2003 II)
B
C
b) 27
e) 24
c) 28
16. Se tiene un pentágono ABCDE tal
que:
AB = BC = CD = DE = b y
ABC = ACD = ADE = 90º . Calcular
el perímetro del pentágono ABCDE.
c) 160cm
A
B
a) 26
d) 25
b) 184cm
e) 240cm
R
c) 24
19. Calcular el perímetro de la región
sombreada, si AB = 15.
a figura mostrada está formada por
exágonos regulares iguales. Hallar
perímetro de toda la figura si cada
exágono tiene 48 cm. de perímetro.
176cm
168cm
b) 22
e) 28
A
C
P
10
a) 20
d) 26
c) 49cm2
a) 2b
d) 10b
b) 6b
e) 12b
c) 8b
a) 20
d) 35
N
b) 25
e) 40
c) 30
y
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
d) 22
b) 14
e) 24
C
x
c) 18
A
D
P
a) (x + y)
2
2
b)
4
2
c) (x + y)
2
2
e) x + xy + y
x + xy + y 2
2
2
2
d) x + y
2
2
4
4. En la siguiente figura, el diámetro
el círculo de centro O, mide 8cm.
allar el área de la región sombreada.
B
P
A
18cm2
16cm2
C
O
a) 600m2
d) 100m2
Q
D
b) 20cm2
e) 17cm2
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)
c) 14cm2
n la figura, el área de la region
mbreada y no sombreada en el
rculo mayor de radio R = 4 metros,
n de igual medida. El área en
etros cuadrados de la región
mbreada, es:
b) 150m2
e) 300m2
c) 500m2
9. Si el área de la figura sombreada es
8m2. entonces el lado del cuadrado
ABCD mide:
(UNSAAC 2001 II)
B
A
D
C
a) 6 2 m
d) 4 m
6π
10π
b) 4π
e) 8π
c) 12π
e quiere revestir un piso rectangular
on losas circulares de igual radio,
olocadas tangentes unas con otras.
se sabe que tanto a lo largo como a
ancho entran losas completas.
Cuál es el máximo porcentaje que se
ubrirá del piso con las losas?
AN MARCOS 2003)
27.5π%
30π%
b) 20π%
e) 22.5π%
b) 576
e) 288
c) 72
n lote de terreno es de forma
ctangular y se sabe que su
c) 2 m
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)
D
C
(UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN))
A) 250
D) 450
B) 500
E) 325
C) 300
12. Hallar el área del círculo inscrito en
un hexágono regular, cuya área es de
36
3 m2.
A
A) 18π m2
C) 24
3 π m2
E) 26
3 π m2
B) 30
3 π m2
D) 18
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
D) 20πcm2
B) 25πcm2
E) 30πcm2
C) 18πcm2
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
D) 12 2
E) 8 2
c) 2π − 3
d) π − 3
2
3
π
e) −
4
3
6
3
11. La pintura de un cuadro tiene un
largo de 60 cm. y un ancho de 35 cm.
Calcular el área del marco rectangular
B) 4
E) 10
C) 6
17. El cubo mostrado tiene 2m. de arista.
Hallar el área de la figura limitada
por el triángulo sombreado.
B)
D) 2 3
E) 4 3
B) 2(5-π)
E) 3(6-π)
C) 3 2
18. Hallar el área de la región sombreada
en la siguiente figura:
Y
-2
-1
0
1
2
X
A) (π- 3 ) u2
B) 2(π+ 3 ) u2
C) 2(π- 3 ) u2
D) (π+ 3 ) u2
2
19. Los lados de un triángulo son tres
números consecutivos, el perímetro
es 60m. El área de triángulo es:
8
A) 3(4-π)
D) 4(6-π)
3 3
2
A) 4 3
E) 3 3 u
6
b) π − 3
A) 5
D) 8
C) 2 2
B
a) 3π − 3
región es igual a 4/9 del área de la
región del primer hexágono.
(UNSAAC 2002 PRIMERA OPCIÓN)
15. Si el triángulo es rectángulo, hallar el
área marcada en:
O
c) 25π%
os lados no paralelos y la base
enor de un trapecio isósceles son
uales entre sí y miden 15 metros. Si
base mayor mide 33m. El área del
apecio en metros cuadrados, es:
UNSAAC 2000 I)
128
144
b) 6 m
e) 4 2 m
en cm2, si se tiene un ancho igual a
2,5cm.
C) 6(4-π)
16. El lado de un hexágono regular mide
9. Determine el lado de otro
hexágono regular, cuya área de su
A) 152.4 m2
C) 120.6 m2
E) 170 m2
B) 145.8 m2
D) 172.3 m2
20. En la figura E, F, G y H son puntos
medios del cuadrado ABCD.
Entonces la razón entre el área
10
mbreada y el área no sombreada
:
F
B
C
A
H
3
13
2
)
15
7
A)
10
6
D)
17
B)
C)
5
13
A
) 60 m
) 50 m2
C
A) a 2
B)
a2
2
a2
3
E)
a2
5
D)
π

B)  1 −  R 2
4

π

D)  4 −  R 2
4

B) 80 m
E) 65 m2
A) 10
D) 36
D
C
R
B) 20
E) 38
C) 32
27. Calcular el área de la
sombreada en el cuadrado.
A
región
B
C
M
A)
7a 2
10
B)
8a 2
15
D)
11a 2
20
E)
7a 2
10
C)
9a 2
20
30. Determinar el área de la región
sombreada, si ABCD es un cuadrado
de lado “a”. Además M y N son
puntos medios.
a
B
D
2
D
A
E
C)
a2
4
5a 2
2
B)
4a 2
5
D)
5a 2
3
E)
5a 2
7
C)
6a 2
7
28. En el cubo de arista 4m., calcular el
área sombreada:
B
C
2
C) 40 m
allar la relación entre el área
mbreada y el área no sombreada.
D
C) 3R 2 ( π − 6)
D) 2R 2 (8π − 3)
E) 2R 2 (32 − 9π )
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.
F
E
A) 8 2
D) 16
B) 4 2
E) 8
C
M
A)
2a 2
46
B)
5a 2
41
D)
5a 2
35
E)
7a 2
35
C)
5a 2
48
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.
R
B) 2R 2 (15 − 2π )
N
D
A
A) R 2 (16 − 2π)
B
C
A)
25. Hallar el área sombreada de la figura:
a altura de un triángulo es los 3/4 de
base más 4m. Si la base es la
lución positiva de: 2x2 -13x-24 = 0 ,
área del triángulo es:
2
7
C)
10
D
L
π

)  2 −  R2
4

3π 2
)
R
4
N
a
R
π 2
R
4
6
B)
13
7
E)
13
B
O
M
24. Hallar el área sombreada, si
consideramos que la figura ABCD es
un
cuadrado,
además
DB = DE = a 2 .
el lado de un cuadrado inscrito en
n círculo C1 es L, entonces el área
e la figura sombreada, en función
el radio R de la circunferencia C1,
:
A
B
3
4
D
5
16
7
E)
13
)
)
4
G
E
N
A
C) 2 2
29. En el cuadrado ABCD, de lado “a” M
y N son puntos medios. Hallar el área
de la región sombreada.
A) 2.4 m2
D) 2.7 m2
B) 2.5 m2
E) 2.8 m2
C) 2.6 m2
32. En la figura mostrada ABCD es un
cuadrado: Calcular el área sombreada
si tenemos que “O” es el centroide
del cuadrado.
A
L
Z
4
D
) 3( π − 2)
) 3( π − 1)
B
A
C
4
B) 2( π + 2)
E) 3( π − 3)
A
N
2
C) 2π
π
allar el área sombreada, si AB = 8 ,
endo ABCD un cuadrado.
A
B
2
A) 4π m .
D) 6π m2.
2
C) π/2 m
B) 8π m .
E) 3π m2.
36. Si Rr = 5 R, hallar el área de la
región sombreada.
A)
D)
2
R
4
B)
3
2
R
4
E)
M
B
U
2
3R
16
C) R
3
3
R
3
R
C
D
B) 8π(7 − 3 5)
) 8π(6 − 5)
D) 8π(7 + 2 2)
) 9π(7 − 3 5)
área del cuadrado ABCD es igual a
0m2, siendo M y N puntos medios.
allar el área del triángulo
mbreado.
A
M
C) 12π
π
37. En la figura mostrada calcular el área
sombreada si AB = AC = 2 , además
F y M son centros de las
semicircunferencias.
B
A 60°
B
A) 2
D) 3
M
C
D
π 3 3
A) 2  −

3
8 

C
B) 4
E) 6
C) 5
alcular el área de la región
mbreada, si MN mide 4m. y AB,
N y AM son diámetros.
3
4
3
D)
5
A)
C
π 2 3
B) 2  −

2
3 

π 3 3
π 2 2
C) 3  −
 D) 4  −

4
3
7 


3
E) 2π
π
38. Hallar el área de la región sombreada
si: m∠LUZ = 120°. y “U” es centro
de las dos semicircunferencias.
(AU = R)
B) 20m2
E) 50m2
48
25
3
E)
7
B)
B) 4
E) 1
B) 75 m2
E) 12 m2
C) 30m2
43. Hallar el área del cuadrado ABCD
siendo “R” el radio del semicírculo y
“r” el radio del círculo.
r
B
R
C)
13
4
D
C
B) R 2 − r 2
A) Rr
D) 4Rr
2
C) 2Rr
2
E) 2(R + r )
44. Calcula el
sombreada:
área
A
de
la
región
B
C) 6
24
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
D) 25m2
A) 10m2
D) 40m2
R
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.
F
N
A
C
x
A
B
r
B) 10π
π
E) 20π
π
A
8
2
r
A) 8π
π
D) 15π
π
y
2
39. En la figura mostrada, calcular el área
sombreada de la región ABC. Si
r=4 y R=6.
B
) 4π(2 − 3 2)
)3
) 5.5
sombreada es 10m2. (“x” e “y” son
semicircunferencias)
M
B
C) 50 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
D
24
C
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.
P y Q trisecan a BC y MN trisecan a
AC)
B
O1 2
O
) 22π − 8
3
30π
)
−8
3
) 40π − 8
3
Q
6
P
B) 28π − 9
A
3
35π
D)
−8
4
a) 1 m .
d) 16 m2.
perímetro de un trapecio es 42m.
la base menor mide 3m. Hallar el
ea del trapecio (en m2) si sus
agonales son bisectrices de los
ngulos obtusos.
) 96
) 102
B) 84
E) 114
B) 5/4
E) 1/2
C) 1
alcular el área de la región
mbreada, si el área de la región
angular ABC es 14m2.
B
2b
A
) 1 m2.
) 4 m2.
a M a N a
B) 2 m2.
E) 5 m2.
N
2
b) 4 m .
e) 25 m2.
C
c) 9 m2.
50. En la figura ABCD es un cuadrado, si
AB = 10 . Calcular el área de la
región sombreada aproximada.
A
B
D
C
C) 90
alcular el área del cuadrado
scrito en un semicírculo de
dio " 1m" sabiendo que uno de
us lados está sobre su diámetro
) 4/5
) 3/2
M
2
P
b
C
C) 3m2
n la figura mostrada calcular el área
e la región sombreada si el área de
región triangular ABC es 70m2. (Si
A) 50.25
D) 55.02
B) 52.38
E) 56.38
C) 53.42
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