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Dirigido por:

F é l ix A u c a l l a n c h i V e l á s q u e z

Prohibida la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier método de publicación y/o almacenamiento de información, tanto del texto como de logotipos y/o ilustraciones sin autorización escrita del autor y los editores. Caso omiso se procederá a denunciar al infractor a la 1NDECOPI de acuerdo a la Ley N° 13714 y al artículo N° 221 del Código Penal vigente.

Printed in Perú - Impreso en Perú Imprenta MAQUETI E.I.R.L. - Jr. Carlos Ameta 1319 - Lima 1

SERIE DE LIBR O S Y C O M P E N D IO S C IE N TIFIC O S

COLECCION RACSO

PROBLEMAS DE GEOMETRIA Y COMO RESOLVERLOS

EDICION

COLABORADORES:

Lic. Lic. Lic. Ing. Ing. Ing. Lic.

RACSO EDITORES

Héctor Ortíz Becerra Javier Reynaga Alarcón. Juan C. Sandoval Peña James Monge Jurado Manuel Inga de la Cruz Carlos Carbonell Romero Roberto Choquehuayta M.

UNI U NI UNI UNCP UNPRG UNPRG U N SA

LIMA

Primera edición Publicada por RACSO EDITORES - ABRIL 2000

Supervisión general: Ing. Martín Casado Márquez (UNI) Profesor de la Facultad de Ingeniería Mecánica de la Universidad Nacional de Ingeniería

Revisión de estilo: Dr. Carlos Chávez Vega

Revisión Técnica: Javier Reynaga Alarcón Luis Vallejos Velásquez

Composición, Diagramación e Ilustraciones: Compañía Editorial: RACSO EDITORES

Supervisión de la edición: Miguel Angel Díaz lorenzo

Compañía Editorial: RACSO EDITORES Dirigida por. Félix Aucallanchi Velásquez

Primera edición en español Copyright © 2000 por RACSO EDITORES Los derechos autorales de ésta obra son de propiedad de Racso Editores. Hecho el depósito legal en la Dirección de Derechos de Autor de INDECOPI, y amparado a la Ley N ° 13714 y al Código Penal (Artículo 221). Prohibida la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier método de publicación y/o almacenamiento de información, tanto del texto como de logotipos y/o ilustraciones sin autorización escrita del autor y los editores. Caso omiso se procederá a denunciar al infractor a la INDECOPI de acuerdo a la Ley N° 13714 y el artículo N ° 221 del código penal vigente.

Printed in Perú - Impreso en Perú

PRÓLOGO Resulta importante reconocer las veces en que nuestros trabajos tienen un enorme signi ficado en nuestra vida profesional, uno de ellos es, qué duda cabe, el culminar un libro y más aún cuando nos corresponde presentarlo. Por tanto es esta una excelente oportunidad para dar testimonio de nuestra dedicación ofreciendo a quienes nos leen, un trabajo académico de mucha importancia para quienes forman parte de aquel inmenso número de estudiantes que confiesan tener un especial interés por aprender los secretos de una ciencia tan interesante y útil como la Geometría. Por centurias una de las dedicaciones favoritas de los matemáticos ha sido la Geometría, sus demostraciones y sus aplicaciones. A todo estudiante de secundaria en todos los tiempos, le ha sido imposible poder encontrar en una sola obra toda la información teórica y así mismo una enorme cantidad de ejercicios de fácil acceso para su solución. A l iniciar este trabajo la editorial nos propuso el reto de elaborar un texto con tales características, es decir, alcanzar el sueño dorado. En principio, debemos reconocer que la tarea de selección tanto de los fundamentos teóricos como de las aplicaciones prácticas, fue ardua y prolongada. Muchas cosas han queda do en el tintero, entre ellas algunas demostraciones y también problemas, que las postergamos con la ilusión de verlas publicadas en un trabajo posterior y más especializado. El presente texto ha sido elaborado pensando especialmente en los modelos de problemas que son en la actualidad los considerados en los exámenes de ingreso, por ello hemos estable cido una gran relación entre la parte teórica expuesta y los ejercicios resueltos. Esto servirá para que el lector pueda recorrer un capítulo completo sin la engorrosa necesidad de memorizar o demostrar teoremas o algunas propiedades particulares. Publicar un texto de esta envergadura en las actuales circunstancias, de abundante infor mación y de contenidos cambiantes, provocó en nosotros una ambición tanto en el número de temas a desarrollar como el de aplicaciones a mostrar. Tal vez por esta razón, inicialmente pensa mos que nuetro trabajo sería muy tedioso de leer, sin embargo al iniciar su lectura, el investiga dor se sentirá animado de continuarla por que notará de nuestra parte un sutil “ ablandamiento” de la parte axiomática del curso. Esto nos demuestra una vez más, que no existe una materia que pudiera considerarse imposible de aprender, pues todo depende de la voluntad que demuestren no solo el estudiante sino también la sencillez del material didáctico que se emplee. Hemos tratado de incluir en esta obra todos los artificios, métodos y procedimientos en general que hemos logrado conocer, aplicar y dominar durante nuestros años dedicados a la docencia pre universitaria. Se apreciará en muchos casos que nuestra voluntad de pedagogos será insuficiente para los logros posteriores como es el dominar un tema para pasar al siguiente, si de parte del lector existe una notable deficiencia en el dominio de las materias básicas de un curso de Geometría Elemental. Esperamos que nuestro trabajo pueda contribuir a mejorar el nivel académico de los estu diantes de nuestro país, en especial de aquellos que aspiran a lograr un ingreso a las institucio nes educativas de prestigio, que son finalmente las más exigentes en sus exámenes de admisión.

Los autores.

PRQLOGO DEL EDITOR Como en cada oportunidad en que me toca el inmenso honor de presentar un trabajo nuevo, producido con muchísimo profesionalismo, esta es una muy especial, tanto por las características de la obra, como por el volumen que ella posee. Es que se trata de un trabajo que se inició con mucha anterioridad y se dejó de hacer por las divergencias en los enfoques de ios autores con el editor, las mismas que se superaron con el diálogo tan paciente con este servidor. Debo agradecer a los autores que tuvieron a bien ser persuadidos por la filosofía de nuestra casa editorial, la que tiene por propósito elaborar una colección de textos con caracterís ticas especiales cuyo plato fuerte es la resolución de una variada y rica cantidad de ejercicios resueltos y propuestos. Nos es muy grato verlo culminado, y es un texto que estoy seguro marcará un hito entre la enorme producción nacional de textos de ciencias. Luego de revisar los más exigentes prospectos de admisión y apreciar los exámenes de ingreso , nos propusimos elaborar un libro que reuniese las características de los de la misma colección, pero esta vez había que hacerlo sin tener muchas referencias de otros con similares características, pues es cierto, la mayor abundancia de trabajos en relación a cuestiones de Geometría se da en fascículos o bibliografía incompleta, tal vez por que los autores nacionales reconocen que hacer un libro completo de esta materia es una tarea muy ardua y por que no decirlo muy ambiciosa, la que muchas veces choca con nuestras posibilidades de tiempo por la dedicación que ella demanda. Nosotros nos la propusimos, y estamos orgullosos de presentarla ya terminada. Nuestra misión de revisar el material antes de su publicación se volvió muchas veces impertinente, pues sin damos cuenta nos veíamos contagiados de seleccionar lo mejor para su publicación , sin embargo la tolerancia y el buen ánimo de los autores nos hicieron ver en muchos casos las bondades de su trabajo y los horizontes de su estrategia. Celebro que todas estas circunstancias se hallan superado para dar paso a una obra verdaderamente completa en su concepción y estoy plenamente convencido que calará entre los lectores más exigentes. Acerca de los autores debo decir que se trata de prestigiados profesionales que llevan muchos años de ejercicio docente y también como cuajados autores de libros y compendios de calidad probadas. Es una garantía que ellos elaboraran una obra como la que nos habíamos propuesto, nos entendieron y se pusieron a trabajar en este proyecto desde hace aproximada mente tres años, la tarea se ve culminada ahora y estamos seguros que formará parte de la bibliografía obligada de todos los estudiantes de esta materia. Es nuestro propósito poner en vuestras manos, libros de excelente calidad y de gran nivel, tanto por la didáctica que estas transmiten, así como por la amplitud de los contenidos. Nuestra colección se ve ahora incrementada con un trabajo que contribuirá en la formación de nuevas mentes científicas, ahora en un momento en que nuestro país reclama de sus hombres y mujeres sus mejores cualidades, debiendo recordar y/o hacer saber que los años noventa han sido declarados como la "década del cerebro", por ende la riqueza de un país será en este nuevo siglo la que provenga del conocimiento. Esperamos alcanzar el mismo éxito que tuvieron nuestras publicaciones anteriores y esta remos atentos a todas las observaciones y sugerencias que nos hagan llegar nuestros lectores. El Editor

A L PROFESOR El texto Problemas de Geometría y cómo resolverlos, es un trabajo que el profesor podrá emplear como complemento de sus sesiones teóricas, pues en ella se encontrará un abundante material de aplicaciones como los ejercicios de aplicación directa y los de mayor nivel de dificultad en la sección denominada Miscelánea. Todos estos ejercicios han sido serenamente seleccionados, pues esfá cil ser seducidos p or aquellos problemas de gran dificultad y prolongadas resoluciones, sin embargo los que se encuentran aquí publicados son a nuestro ju icio los mas adecuados p o r serformativos y p o r que responden a las actuales tendencias en los exámenes de ingreso . Usted podrá apreciar que las secciones teóricas se exponen de manera que cada tema ha quedado dividido en varias partes con la finalidad de insertar al fin al de cada una de ellas , un determinado grupo de problemas denominados "Ejercicios de aplicación". Esto se ha hecho así por que consideramos que la prolongada exposición de la teoría resulta agotadora para un estudiante ávido de ver las aplicaciones correspondientes, quién al hacerlo sentirá que lo recientemente expuesto es de fá c il retención y uso. Estamos convencidos que la secuencia de los ítems es el mismo que se emplea en la mayoría de institucioners educativas de nuestro país, muy especialmente en los centros de preparación preuniversitaria. P o r ello creemos que este material puede ser utilizado independientemente del lugar de preparación así como de la especialidad a la que se va a postular. En cuanto se refiere a los problemas resueltos de mayor nivel de dificultad, debemos indicar que éstos se encuentran expuestos en la sección denominada "Miscelánea ", a llí los problemas se han ubicado tanto p o r el orden de la teoría como p o r su nivel de dificultad. Asimismo en cada resolución se hace referencia a los resúmenes teóricos , nombrándose la propiedad y/o el item al cual pertenece la propiedad a emplear. Es importante destacar que uno de los principales obstáculos a los que nos solemos enfrentar los docentes de Geometría es a la variada aplicación que se puede encontrar en cada tema, p or ello con la finalidad de abarcar el mayor número de problemas tipos, hemos creído conveniente resolver dichos ejercicios del modo mas breve posible sin om itir las rigurosidades que demanda una solución matemáticamente convincente y correcta posible. El grupo de problemas propuestos se ha dividido en tres niveles de dificultad, lo cual es un estilo propio de esta casa editorial, empezando con los de nivel 1 que son siempre los mas sencillos, pasando luego a los de nivel 2 que son de mayor dificultad y finalmente los de nivel 3 que a nuestro juicio demandaran del estudiante una mayor dedicación y tiempo. Todos los esfuerzos que hagamos para que nuestros alumnos puedan encarar con éxito sus pruebas nos harán merecedores de sus halagos y gratitudes, es este el fin que nos mueve a superarnos cada día mas, para estar a la altura de las nuevas exigencias y mirar con esperanza los nuevos retos de la enseñanza actual. Atentamente: Los Autores

AL ESTUDIANTE Resulta interesante observar que uno de los cursos de mayor aceptación p o r parte de la mayoría de los postulantes es Geometría, tal vez p o r que ustedes tienden a relacionar rápidamente lo visto en el colegio con lo que observan en los Centros de Preparación Preuniversitaria, aunque también no es menos cierto afirmar que este inicial apego se va diluyendo a medida que van tocando temas nunca antes vistos p or ustedes. Debemos recomendarles que así como puede parecer fá cil la primera parte del curso, lo son también los últimos, todo consiste en no perder la ilación de los temas iniciales en los que se sugiere ser atentos y no dejarse llevar por la opinión casi general de que aquello esfácil, pues como en toda ciencia, lo difícil se presenta cuando empezamos a relacionar temas, es decir, cuando los ejercicios se resuelven empleando propiedades anteriormente vistas. El desarrollo de problemas en Geometría demanda del estudiante una visión especial de cada caso, pues en mas de una ocasión se comprobará que las resoluciones obedecen a un determinado patrón de procedimientos, los que solo con la práctica se vuelven rutinarios. Es menester de cada alumno estar siempre predispuestos a resolver primero cada ejercicio que aquí se presenta resuelto, pues debes saber que las resoluciones aquí mostradas son nuestras, es decir son la manera como nosotros hemos considerado resolverlas, sin embargo , tú tienes tuforma de verlas cosas que no tiene porqué coincidir con la nuestra, p o r lo demás solo debemos estar de acuerdo en que tu solución y la nuestra deben ser las mismas. El texto "Problemas de Geometría y cómo resolverlos" se pone a tu disposición, con la finalidad de satisfacer tus requerimientos con respecto al curso. El resumen teórico que se expone en el inicio de cada capítulo no debe ser necesariamente memorizado, debes dejar es n al ejercicio continuo, para lo cual se han presentado una gran variedad de problemas resueltos y propuestos que han sido cuidadosamente ordenados teniendo en cuenta el nivel de dificultad que presentan cada uno de ellos; esto te permitirá tener un amplio dominio del capítulo tratado. Recomendamos al estudiant. para un mejor manejo del texto, seguir las siguientes normas: 1°) Repasar atentamente el resumen teórico del capítulo a tratar. 2°) Repasarlos ejerciciosy problemas resueltos, observando en cada uno de ellos, la aplicación de su resumen teórico. 3°) Intentar por tu propia cuenta los ejercicios y problemas resueltos y luego compararías pasos con aciertos y/o desaciertos con la resolución que presentamos para cada problema. 4°) Entrenarse con los ejercicios y problemas propuestos y consultar con tu profesor sobre tus dificultades y nuevos métodos. Finalmente esperando que "Problemas de Razonamiento Matemático y cómo resolverlos " logren en tí una mayor capacidad de raciocinio, no me queda mas que desearte éxitos en tu meta trazada. Atentamente : Los Autores

ÍNDICE GENERAL Página CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. C AP CAP CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP. CAP.

1.- Número de Puntosde Intersección ( N . P . I . )............................................... 11 2.- Segmentos deRecta................................................................................... 39 3 .- Á ngulos..................................................................................................... 67 4.- Triángulos I .............................................................................................. 99 5 .- Triángulos I I ............................................................................................. 139 — K 6. - P o lígo n os................................................................................................... 181 7.- Cuadriláteros............................................................................................. 213 8 .- Circunferencia I ........................................................................................ 259 9.- Circunferencia I I ....................................................................................... 301 10.- Puntos N otables........................................................................................ 343 11.- Proporcionalidad....................................................................................... 375 12.- Semejanza de Triángulos............................................................................409 13.- Relaciones Métricas en Triángulos Rectángulos.......................................443 14.- Relaciones Métricas en Triángulos Oblicuángulos................................. 477 15.- Relaciones Métricas en la Circunferencia I ............................................. 507 16.- Relaciones Métricas en la Circunferencia I I ............................................ 537 17.- Polígonos Regulares: Potencia y Eje R adical........................................... 571 18.- Áreas de Regiones Triangulares................................................................ 607 19.- Relación entre las Áreas de dos Triángulos.............................................. 655 20.- Áreas de Regiones Cuadrangulares........................................................... 691 21.- Áreas de Regiones Poligonales.................................................................. 731 22.- Áreas de Regiones Circulares..................................................................... 767 23.- Geometría del Espacio: Rectas y Planos..................................................... 807 • 24.- Ángulos P o liedros..................................................................................... 843 25.- Poliedros Regulares.................................................................................... 877 26.-Sólidos Poliédricos..................................................................................... 911 27.- Cilindro y C o n o .......................................................................................... 947 28.- Sólidos Truncados...................................................................................... 983 29.- La Esfera y sus Partes..................................................................................1017 30.- Superficies y Sólidos de Revolución........................................................... 1051

Claves de Respuestas.................................................................................................. 1087 Bibliografía...................................................................................................................1090

SÍMBOLOS conj. con elementos 1, 2 y 3

<=>

si y solo si

conj. de los números naturales: 0; 1; 2; 3;...

tal que

conj. de los números naturales sin cero: 1; 2; 3;...

igual

conj. de los números enteros:...; -2: -I; 0: 1;

desigual, distinto

conj. de los números enteros positivos

idéntico

Z-

conj. de los números enteros negativos

aproximadamente

conj. de los números racionales

número par

conj de los números irracionales

(1: 2; 3}

Z+

conj. de los números reales m*

conj. de los números reales positivos

ÜC

conj. de los números reales negativos

conj. de los números complejos

Í1 O 0

símbolo que representa a -J—l conjunto nulo o vacío

pertenece a ...

no pertenece a ...

2 n+ 1 2/t-l

número impar (n e Z) número impar (n e N )

proporcional a

!o|

valor absoluto de a

a>b

a es mayor que b

a<b

a es menor que b

a^b

a es mayor o igual que b

a<b

a es menor o igual que b

a» b

a es mucho mayor que b

a «b

a es mucho menor que b

AcB

A es subconjunto de B

AnB

A intersección B

semejante

A B

A unión B

congruente

< >

equivalente

A \ o .fA

complemento del conj. A

(/i * 0)

a<c<b

c es mayor que a y menor que b

existe

no existe

existe un único

no existe un único

para todo

no para todo

sen x

seno del número x

suma, o, sumateria

eos X

coseno del número x

(* ; y)

d (A.B) —» O

un par ordenado de números

f{x) /• ' w

lg *

función de x función inversa de x factorial de n = n .(n - l).(n - 2)..

tangente del número x

distancia entre los puntos A y B

ctgx

cotangente del número x

implica, luego, por lo tanto

sec x

secante del número x

es equivalente a. implica en ambos sentidos

CSC X

cosecante del número x

entonces

lím

límite

Intersectar es producir uno o más puntos comunes entre dos figuras geométricas, sin embargo cuando éstas son rectas, curvas cerradas o figuras poligonales, se generan un deter minado número de puntos comunes llamados puntos de intersección. Una adecuada disposición de figuras geométricas puede producir un máximo número de puntos de intersección . Será nuestra tarea atender todas aquellas situaciones en las que se presenten dichos casos. Los problemas que se desarrollaran en este capítulo son aquellos en los que general mente se buscará encontrar un Número de Puntos de Intersección Máximo (N.P.I.máx), para un conjunto definido de figuras geométricas. Para el estudio del presente capítulo, utilizaremos las siguientes fórmulas :

1*1 FÓRMULAS PRINCIPALES A)

PARA "n" RECTAS SECANTES.-

Contabilizando los puntos de intersección entre dos rectas, se tendrá que para "n" rectas el máximo número de puntos de intersección estará dado p o r:

N.P.I.

n (n -l)

... ( 1. 1)

Ejemplo : Hallar el N.P.I.máx de cuatro rectas secantes. Resolución : En el gráfico mostrado se ilustra el caso de n = 4 rectas secantes, las cuales se han dispuesto de modo que el número de puntos de corte sea máximo, contabilizándose 6 : N.P.I.máx . =6 Si aplicamos la relación (1.1) tendremos para n = 4 rectas secantes : _ 4 (4 -1 ) N.P.I.max . =

N-RI-m4* = 6

Este resultado nos permite comprobar la veracidad de la relación dada.

12 B)

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R.

PARA "n" CIRCUNFERENCIAS SECANTES.-

En este caso los puntos se obtienen intersectando las circunferencias de dos en dos, de este modo para ’n" de ellas el máximo número de puntos de inter sección estará dado por:

N .P.I. mtti . = n (n ' -1)

Ejem plo: Hallar el N.P.I max . de 3 circunferencias secantes •* r

Resolución.puede observar que el N.P.I. máx = 6 .

En el gráfico

A continuación, aplicamos la relación (1.2) , para n — 3 circunferencias secantes, en donde tendremos que : N.RI

N.P.I „ * = 3 (3 -1 )

, =6

máx

Resultado que nos permite confirmar la veracidad de la ralación dada. C)

PARA "n" TRIÁNGULOS SECANTES.-

Dos triángulos tienen como máximo 6 puntos de intersección, y "rí triángulos tiene un máximo número de puntos de intersección que está dado p o r : NR

3 n (n - D

...(1.3)

Ejem plo: Hallar el N.P.I m ax . de 3 triángulos secantes . J r s

Resolución.En el °gráfico mostrado se puede observar que el N.RI.

. =18

max

Ahora si aplicamos la relación (1.3) para n = 3 triángulos secantes, tendremos. N.P.I

= 3.3 (3 -1 )

N.P.I

. = 18

max

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Ubaldo C

€)€fcCICJGS.D€ APLICAOOriV 1 mate} 1.- Hallar el máximo número de puntos de intersección de 16 rectas secantes. Resolución.Para calcular el máximo número de puntos de intersección de "n" rectas secantes se utiliza la relación ( 1 .1 ): n (n - l) NPI , = — « — puntos Luego para nuestro problema se trata de : n = 16 rectas secan tes, de este modo el máximo número de puntos de intersec ción, se obtendrá así: NPU * = 16 ° 96 ~1) =

*20 puntos

2.- Si se retira una recta de n rectas secantes, el máximo número de puntos de intersec- N ción disminuirá en 14. Hallar “n". ^ p p _ ’, i f , r .p - í¿ 4 ^ 1 \ - \ '2 —

Resolución.-

Para ”n" rectas, el máximo número de puntos de intersección estará dado por la relación (1.1): n p - 14--=: v v 2* - v \ — m + ' 2 NPl'máx = n (n - l ) / 2

Pero si se retira una (1) de estas rectas, entonces empleando la misma relación diremos que el máximo número de intersecciones, está dado a sí: p r —\ "1 NFMmáx

Cn -1 ) (n - 2)/2

^ P P - 2 6

De acuerdo con la condición del problema se debe verificar que : 2 n f NPIrnáx ' NPImáx

n (n - l) 2

De donde:

2 (n - 1 ) = 28

<=¡L

(n -1 ) (n - n + 2) = 28 n -1 = 14 n = 15

4 X

7 n H * '-

( n - 1 ) ( n - 2 ) = 14 2

Efectuando las operaciones indicadas :

= p í- Z P

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

3.- Hallar el número de rectas secantes, tal que a l aum entar una de ellas, el máximo número de puntos de intersección se duplica. > 3 .n p / n -M K n + ^ -rl - r Resolución.------------------- ' ---------- --------------' Según el dato del problema, al aumentar una recta el máximo número de puntos de intersec ción se duplica, esto quiere decirque si n es el número de rectas, tendremos : (n + 1) (n + 1 - 1) _ 0

n ( n - 1)

Efectuando : Luego:

n (n + 1) = 2 n (n -1 ) n + 1 = 2n - 2

n = 3

4.- Hallar el número de rectas que se intersectan entre si, sabiendo que si se quitara una, el número de puntos de intersección disminuirá en 4. Resolución.Sea "n" el número de rectas que se intersectan entre si, luego de la relación (1.1) tendremos : ( n - 1) ( n - 1 - 1 ) _ n ( n - 1) 2 2 Efectuando : De donde :

(n - 1) (n - 2) = n (n -1 ) - 8 n -1 = 4

n = 5

5.- El máximo número de puntos de intersección más el número de vértices de “n" trián gulos que se intersectan entre si es 588. Hallar n. Resolución.E1 máximo número de puntos de intersección en que se intersectan ”n" triángulos se obtiene utilizando la relación (1.3) : NPI m ax = 3n v(n -1 J) Puesto que el número de vértices de "n" triángulos es 3n, según el dato del problema plantea mos la siguiente ecuación : 3 n ( n - l ) + 3n = 588 Efectuando: Luego :

n2 - n + n = 196 n2 = 142 n = 14

(196= 142)

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Ubaldo C.

PARA "n" POLÍGONOS CONVEXOS DE "L" LADOS

Al observar la relación (1.3) encontramos que en ésta se presenta el coeficiente 3 que representa al número de lados del polígono. Por lo tanto cuando dicho número sea L, tendremos: N.P.I. max . = L n (n - 1 ) Donde:

... (1.4)

n = número de polígonos secantes L = número de lados

Ejemplo :

Hallar el N.P.lm&xde 2 polígonos de 6 lados.

Resolución.En el gráfico mostrado observamos que hay 12 puntos de interseción. Si a continuación em pleamos la relación (1.4), tendremos : N R 1 -máx

N.P.I max . = 12

= 6 ' 2 t2 - n

PARA "n" ELIPSES SECANTES

Si observamos la intersección de dos elipses comprobaremos que el número de puntos de intersección es el doble del que se presenta entre dos circunferencias, por lo tanto y en base ala relación ( 1 .2), tendremos que : N.P.I.rofa= 2 n ( n - l )

...(1.5)

Donde :

n = número de elipses secantes.

E jem plo:

Hallar el N.P.I mij de 3 elipses secantes

Resolución.E1 gráfico muestra que hay 12 puntos, luego en la relación (1.5) N.P.I.m ax . =2.3 (3 -1 *) F)

N.P.I max . =12

PARA "n” CUADRILÁTEROS NO CONVEXOS SECANTES

Al observar la interseccción de dos cuadriláteros no convexos, comprobamos que estos lo hacen hasta en 8 puntos como m áximo, luego paran figuras como éstas se tendrá que : N. P. 1 .^ = 8n (n -1 )

...(1 .6)

Fig. 1.6

Ernesto Quispe R.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ejemplo : Hallar el N.RImáxde 2 cuadriláteros convexos no secantes Resolución.Como se puede observar, en el gráfico dado hay 16 puntos. Si empleamos la relación (1 6 ) para n = 4 , tendremos que : N.P.I.m ax . = 8 -2 (2 - 1 )

N.P.I

max

= 16

SUGERENCIAS. Es frecuente encontrar problemas en los que los puntos de intersección lo producen varios conjuntos distintos de figuras geométricas. Rectas + Circunferencias + Triángulos En estos casos se recomienda proceder a encontrar los puntos de intersección por pare jas y por separado, para luego proceder a una adición entre todas las obtenidas

6.- Hallar el máximo número de puntos de intersección de 8 cuadriláteros. Resolución.Sabemos que con "n" polígonos convexos de "L" lados cada uno, se intersectan como máximo, en un número de puntos que viene dada por la relación (1.4): N. P. I.max= L n (r/ -1 ) puntos Por tratarse de cuadriláteros, entonces : L = 4 , y por ser ocho las figuras que se intersectan, se tiene que : n = 8. Luego el número máximo de puntos de intersección de 8 cua driláteros será: N. P. I.máx =4 (8) (8 - 1 ) = 224 puntos 7.- El máximo número de puntos de intersección de un grupo de circunferencias secantes es igual al décuplo del número de circunferencias. Calcular el máximo número de puntos de intersección entre igual número de icoságonos convexos secantes. Resolución.Empleando la fórmula 1.2 se tiene :

NPI . = n (n -1 ) , donde n = Nc de circunferencias

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luís U b a ld o C.

1On = n (n -1)

Igualando: =>

n = 11

Nos piden el NPI m ax . entre 11 incógnitas secantes para ello recurrimos a la fórmula 1.4 r ° Donde :

L = 20 (número de lados del icoságono) y n = 11

Luego: *

NPI max . = 2 0 .1 1(11 -1) NPIm ax . = 2 200

8.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 10 rectas secantes, 15 paralelas y 20 circunferencias secantes. Resolución.En primer lugar, hallaremos el máximo número de puntos de intersección de cada conjunto de figuras iguales o semejantes. A continuación calcularemos el máximo número de puntos de intersección de la combinación de cada dos de estos conjuntos y finalmente sumaremos estos resultados, obteniéndose así el máximo número de puntos de intersección de todas las figuras dadas. Veam os: a) Entre las 10 rectas secantes se encontrará el máximo número de puntos de intersección aplicando la relación ( 1 .1 ), es d ecir: NPI kti3x

——i*—— = 45 puntos ^

NPI11 iax . = 45 puntos

b ) Entre las 15 rectas paralelas no existe intersección alguna , luego el número de puntos de intersección se considera igual a Cero (0). c) Entre las 20 circunferencias se sabe que el máximo número de puntos de intersección viene dada por la relación ( 1 .2), donde n = 20, es decir: NPImáx = (20-1) = 380 puntos

NPlmáx = 380 puntos

A continuación nos corresponde efectuar las combinaciones entre estos grupos, tomados de dos en dos. Veamos : 1ro.- Entre (a ) y (£>) , el número máximo de interseciones viene dado por el siguiente producto: 1 • 10 • 15 = 150 puntos

A A

^____ Número de rectas paralelas. Número de rectas secantes Número de puntos entre una recta y una paralela.

NPIm ax . =150puntos r

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R.

2do.- Entre (£>) y (c) el número de intersecciones está dado por el siguiente producto : 2 ■15 • 20 = 600 puntos. ^ A A I__________ Número de circunferencias Número de rectas paralelas Número de puntos entre una paralela y una circunferencia =>

NPI max . = 600 puntos ^

3ro.- Entre (a ) y (c)el número de intersecciones lo da el siguiente producto : 2 • 10 ■20 = 400 puntos. /Ji A I_________ Número de circunferencias Número de rectas secantes Número de puntos entre una recta secante y una circunferencia =>

NPlmáx = 400 puntos

Finalmente, para obtener el máximo número de puntos de intersección de todas ellas, debe mos efectuar la suma de los resultados obtenidos en los pasos anteriores : N = 45 + 0 + 380 + 150 + 600 + 400 N = 1 575 9.- Si a un grupo de cuadriláteros se le quitan 4 entonces el N.P.i. máximo disminuye en 288 puntos, pero si se le agregan 4, el N.P.I. máximo aumentará e n : Resolución.Sea "n" el número de cuadriláteros no convexos, luego en base a la relación 1.6 tendremos que: NP'máx = 8n (n - 1) (1.1.0 al quitar 4 cuadriláteros no convexos quedarán (n - 4) los cuales producirán : 8 (n - 4) (n - 5) puntos Luego :

8n (n -1 ) - 8 (n - 4) (n - 5) = 288 n2 - n - (n2 - 9 n + 20) = 36 8n - 20 = 36

n = 7

El N.P.l.máx para los 7 cuadriláteros no convexos es :

8 ■7 (7 -1 ) = 336

Y el N.P.I.m ax . rpara 11 cuadriláteros no convexos es :

8 11(11.1) = 880

El aumento de puntos de puntos de intersección será :

880 - 336 =

544

Luis ubaldo C.

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

10.- Hallar el máximo número de puntos de intersección entre 5 octógonos y 6 decágonos convexos. Resolución.a) Para los 5 octógonos secantes aplicaremos la relación 1.6 la cual permite determinar: 8 ■5(5 - 1) = 160 puntos b) Para los 6 decágonos secantes aplicaremos la relación 1.6 la cual permite determinar: 10 ■6 (6 - 1) = 300 puntos Luego intersectando los octogonos con los decágonos, tendremos : 2 ■8 • 5 ■6 = 480 puntos. La suma total nos dará el máximo número de puntos de intersección de todas ellas, es decir: N = 160 + 300 + 480 N = 940 11.- Se tienen "n " dodecágonos secantes con la característica de tener el mismo número de puntos de intersección máximo que 8 nonágonos. Hallar el valor de “n". Resolución.Del enunciado podemos extrar los siguientes datos : Dodecágonos: L = 12 , n = ? Nonágonos :

9 , n = 8

A partir de la relación (1.4) se puede establecer que : 12 . n ( n-1 ) = 9 - 8 ( 8-1 ) n2- n = 4 2 n2 - n - 42 = 0 " y 7 n/ ^ + 6 Resolviendo encontramos que :

n = 7

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

1.3 PROPIEDADES COMPLEaVfONrmRMS

Ernesto Quispe R.

. :. '

1ra) El mínim o número de puntos de intersección (N.P.I.min . ) entre "n" rectas secantes es 1y esto ocuJ rre cuando las rectas son concurrentes tal como se muestra en el gráfico adjunto. N.P.I.m in . = 1

(1.7)

2da) El m ínim o número de puntos de intersección (N.P. I.min . ) entre "n" circunferencias secantes es 2,* tal como se muestra en el gráfico adjunto. N.P.I.mín t = 2

...(1 .8)

Fig. 1.8 3ra) El N.P. l.máx que se produce al intersectar un polí gono convexo de "m” lados, con otro polígono con vexo de “n" lados (m < n), es 2m. Esto se explica porque en cada uno de losm lados existen dos ( 2) puntos de intersección, luego : N.P.I. = 2m

...(1.9)

4U) El N.P.I.máx entre un polígono convexo de "n" lados y una circunferencia o elipse, es 2n. Esto es así dado que en cada uno de los n lados existen dos ( 2) puntos de intersección.

N.P.I.m áx , = 2n

...(1 .1 0 )

Fig. 1.10

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Ubaldo C.

5ta) Si se agregan "m"rectas secantes a un grupo de "n" rectas secantes.se puede probar que el N.P.I.max aumentará e n :

A N.P.I. = y ( m - l ) + m n

...(1.11)

6,a) Si se quitan "m" rectas secantes a un grupo de "n" rectas secantes, entonces el N.P.I. ^ disminuirá, de tal forma que el nuevo N.P.I.má¡¡, estará dado p o r:

A N .P .I.= m / i-| (m + l )

...(1.12)

7™ ) El máximo número de rectas que exterminan "rt" puntos en los que no hay tres (3) colineales, de forma tal que cada fteta pase solo por 2 puntos, esta dado por:

# rectas =

...(1.13)

8V*) El máximo número de triángulos que se pueden determinar con "n" puntos o rectas, en los que jio hay 3 puntos colineales, ni rectas concurrentes, está dado p o r: # triángulos =

—~¡T ~ —~ O

(1.14)

9™) El número de partes en que queda dividido el plano por "n" rectas secantes en los que no hay 3 rectas concurrentes, está dado por : . (1.15)

Ernesto Qulspe R.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

ejeRClCJÓS4>€ AflICACfÓTt Í3WPART6) 12.-Si se retiran 3 elipses de un grupo que se están intersectando, el N.P.I. máximo disminuirá en 96. Determinar cual sería la disminución de puntos si se trataran de rectas secantes. Resolución.Para hallar el NPlmáj( entre lasn elipses secantes emplearemos la fórmula 1.5 . Luego:

NPlmáx = 2n (n -1 )

Al retirarse 3 elipses, quedarán (n - 3) ; las que producen : NP,mfa = 2 (n - 3 )(n - 4 ) La disminución de puntos se obtiene por la diferencia : De donde :

2/7 (n -1) - 2 (n - 3) (n - 4) = 96

2n2 - 2n - 2n2 + 14n - 24 = 96 n = 10

Resolviendo :

Para hallar la disminución de puntos al tratarse de rectas secantes empleamos la fórmula : m (m + 1) mn

Donde : m = 3 yn = 10 , reemplazando : Disminución de puntos =

O -12) , 3(10)

3(3 + n) ---= 3 0 -6

13.-Hallar el máximo número de puntos de intersección entre 4 circunferencias secantes y 6 cuadriláteros no convexos secantes. Resolución.a) 4 circunferencias secantes se intersectan en : 4 (4 - 1) = 12 puntos,

(relación 1.2)

b) 6 cuadriláteros no convexos secantes se intersectan en : 8 • 6 (6 - 1) = 240 puntos (relación 1.6) Luego (a) y (b) :

8 - 4 • 6 = 192 puntos

Finalmente la suma nos dará el máximo número de puntos de intersección entre todas ellas, es decir: N = 12 + 240 + 192 N = 444

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Uba'do C.

Observación : La fórmula general, para calcular el máximo número de puntos de intersección entre "n" cuadriláteros no convexos secantes será: N = 8/7 (n - 1) 14.-El número de puntos de intersección máximo que producen un grupo de pentadecágonos secantes (incluyendo sus vértices) es 6 000. ¿Cuántos pentadecágonos hay en dicho grupo? Resolueión.Recorriendo a la fórmula l .4 Se tiene :

NPI m.ax = L n (vn - l ) * ;* L = 15

Luego

NPImáx = 15n(n -1 )

Como hay que incluir sus vértices y teniendo en cuenta que cada pentadecágono posee 15 vértices, se tiene : # de vértices = 15n Luego :

15n (n -1 ) + 15n = 6 000

Factorizando:

15n (n - 1 + 1) = 6 000

Por consiguiente :

15n2 = 6 000 n = 20

15.- Se tienen "n" triángulos secantes. Si se quitan 3 triángulos, el número máximo de puntos de intersección, disminuye en 54. Hallar el valor de "n". Resolución.Si a "n“ triángulos secantes se quitan 3 triángulos, entonces quedarían (n - 3) triángulos. De acuerdo con la relación (l .3), el máximo número de puntos de intersección de estos será: 3 (n - 3) (n - 3 - 1) puntos Según las condiciones del problema se tiene que : De donde :

3n2 - 2 1 n + 36 = 3n2 - 3n - 54

Simplificando:

n = 5

3 (n - 3) (n - 4) = 3n (n - 1) - 54 18 n = 90

Problemas de Geometría v cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R

1.- Hallar el mínimo número de puntos de intersección entre 3 rectas y 1 circunferencia (las rectas deben ser secantes a ia circunferencia). Resolución.Tres rectas secantes determinan tres puntos de intersección y si por ellas hacemos pasar una sola circunferencia lograremos que el número de puntos de intersecciones sea mínimo, tal como lo muestra el gráfico: En consecuencia, el mínimo número de puntos de intersección entre 3 rectas secantes y una circunferencia es de 3 puntos.

NPI max = 3 2.- Calcular el máximo número de puntos de intersección entre 3 circunferencias, 4 para lelas y 6 rectas secantes. Resolución.a) 3 circunferencias se intersectan en :

3 (3 - 1) = 6 puntos = 0 puntos.

b) 4 rectas paralelas e n : c) 6 rectas secantes se intersectan en :

6 (6 - 1 )/2 = 15 puntos.

lntersectando las circunferencias con las paralelas:

2 ■3 - 4 = 24 puntos

lntersectando las paralelas con las secantes :

1 • 4 ■6 = 24 puntos

lntersectando las circunferencias con las secantes:

2 • 3 - 6 = 36 puntos

Luedo el máximo número de puntos de intersección estará dado p o r : N = 6 + 0 + 15 + 2 4 + 2 4 + 36 En consecuencia:

N = 105 puntos

3.- Se tiene dos circunferencias concéntricas y 12 rectas paralelas. Hallar el máximo número de puntos de intersección. Resolución.En el gráfico observamos que una recta y dos circunferencias concéntricas determinan 4 puntos de intersección :

.•.

1recta y 2 circunferencias concéntricas < > 4 puntos de intersección

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis tib a ld o C.

Esto significa que con dos rectas paralelas tendremos: 2 x 4 puntos; con tres (3) rectas paralelas: 3 x 4 puntos,. . . . etc. Este breve análisis nos permite concluir que 12 rectas paralelas y dos circunferencias concéntricas, determinarán: 12x4=

48 puntos de intersección

4 .-¿Cuál es el máximo número de rectas que pasan por 50 puntos sabiendo que no hay 3 de ellos alineados y que cada recta debe pasar por dos de estos puntos? Resolución.Con fines didácticos te muestro a continuación sucesivos conjuntos de puntos y rectas para poder deducir una reglade formación entre ellas :

Para 3 puntos, 3 rectas

Para 4 puntos , 6 rectas

Para 5 puntos , 10 rectas

Luego, para 50 puntos no alineados, el máximo número de rectas que pasan por ellas será obtenido respetando la condición de que éstas no pasen por 3 puntos alineados, lo que equi vale a decir que debemos hacer combinaciones de 50 puntos tomados de 2 en 2. No cabe duda que esto amerita la utilización del número combinatorio, es decir: „5 0

50! 2! (50 —2)!

_ 50 ■49 •48! 2 — 2(48)!

•50

C 2 = 1 225 rectas 5.- Hallar el máximo número de puntos de intersección entre 30 triángulos secantes y 18 rectas secantes. Resolución.a) Los 30 triángulos secantes generan:

3 • 30 • (30 - 1) = 2 610 puntos

b) Las 18 rectas secantes producen :

18 (18 - 1)/2 = 153 puntos

Intersectando los triángulos con las rectas:

2 - 30 -1 8 = 1 080

De este modo el máximo número de puntos de intersección viene dado a s í: N = 2610 + 153 + 1 080 N = 3 843

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

6.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 3 circunferencias secantes y 1 triángulo equilátero. Resolución.3 (3 - l ) = 6 puntos.

a) 3 circunferencias secantes se intersectan en: b) I triángulo equilátero por ser único genera :

0 puntos 6 • 3 ■ 1 = 18 puntos

Intersectando las circunferencias con el triángulo :

Finalmente el máximo número de puntos de intersección entre ellas será: N = 6 + 0 + 18

=»

N = 24 puntos

7.- En un plano se dibujan "n " rectas, si de este grupo de rectas 5 fuesen paralelas y el resto rectas secantes entre si, el máximo número de puntos de intersección sería 45. Hallar n. Resolución.a) De acuerdo con la relación (1.1), se sabe que (n - 5) rectas secantes se intersectan en: (n - 5) (n - 6)/2 puntos. b) 5 rectas paralelas de intersección en :

0 puntos.

Intersectando las paralelas con las secantes : 1 • {n - 5) ■(5) puntos Finalmente tendremos :— ——

+ 0 + 5 (n - 5) = 45

Efectuando las operaciones indicadas:

n2 -n-1 10 = 0 n

-11

+10

(n —1 l)(n + 10) = U

n = 11 8.- Hallar el número de puntos de intersección entre 10 circunferencias concéntricas y 20 rectas que pasan por el centro común. Resolución.En el gráfico observamos que el máximo número de puntos de intersec ción de 10 circunferencias concéntricas y 20 rectas concurrentes en el centro común, estará dada por la siguiente expresión : 2 -1 0 -2 0 + 1 = 401 Las rectas concurrentes determinan este único punto Número de rectas concurrentes Número de circunferencias concéntricas. Número de puntos de intersección de una circunferencia y una secante

A T(• !!((, I V

L U Ii) U k / U iU ^ W *

U l.

K l H V a l U l,

JI lll^ f

» t / i » yA i • n « & ■^

N P I= 401 9.- 7 rectas secantes, 8 circunferencias y 9 triángulos se intersectan como máximo, en: Resolución.a)

Por la relación (1.1)7 rectas secantes se intersectan en :

7 (7 -1 )/2 =21 puntos

b) Por la relación (1.2) 8 circunferencias secantes se intersectan en : 8 (8 - 1) = 56 puntos c) Por la relación (1.3) 9 triángulos secantes se intersectan en :

3 (9) (9 - 1) = 216 puntos

Intersectando rectas con circunferencias se obtienen:

2 • 7 • 8 = 112 puntos

Intersectando circunferencias con triángulos se obtienen :

6 • 8 - 9 = 432 puntos

Intersectando rectas con triángulos se obtienen :

2 • 7 • 9 = 126 puntos

La suma nos dará el máximo número de puntos de intersección entre todas ellas, es d ecir: N = 21 + 56 + 216 + 112 + 432 + 126 N = 963 puntos 10.- Si a l máximo número de puntos de intersección entre "m" rectas secantes se le aumenta 16 puntos, ei resultado equivale a l número de rectas elevado a l cuadrado y aumentado en uno. Determinar e l máximo número de puntos de intersección de "m " hexágonos secantes: Resolución....................................................................... ni [ m - 1) Según la relación (1.1) sabemos que m rectas se intersectan en : --------— puntos

Por condición del problema:

Resolviendo :

m (m -1 ) + 30 = 0

De donde :

—— + 16 = m2 + 1

m 2 + m - 30 = 0 m

-5

=* (m - 5 )(m + 6) = 0

Luego el NPImáx de m hexágonos estará dado por la relación (1.4) : 6/n {m -1 ) = 6 -5 (5 - 1 ) = 120

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R.

11.- Calcular el mínimo número de puntos de intersección entre 3 rectas paralelas y 5 rectas secantes. Resolución.Si ubicamos convenientemente las rectas secantes sobre las rectas paralelas como el que muestra el gráfico adjunto, obtendremos el menor número de puntos de corte, luego : NPI m ín . im . o = 10 12.- En un plano se tienen n rectas secantes; a l duplicar el número de ellas el máximo número de puntos de intersección aumenta en 145. Calcular el número de rectas. Resolucion.Sabemos que si se duplica el número de rectas se obtendrán 2n rectas.Luego aplicando la relación ( l . l ) se tendrá : 2n ( 2n - l )

N.Rl. máx . = Entonces :

= n (2n - 1 )

N.P.I.mav . = n (2n ' -1 J)

A continuación el aumento de puntos se obtiene mediante la siguiente diferencia : n (2n - 1) - n Efectuando operaciones:

= 145

2n (2n -1 ) - n (n -1 ) = 290 3n2 - n - 290 = 0

Transponiendo términos:

(3n + 29)(n-10) = 0

n = 10 13.- Si a un conjunto de "n " rectas secantes se le quitan 4 rectas, su N PI máx. disminuye en 90, pero si se agregan 4 rectas a l conjunto, el número de puntos de intersección máximo aumentaría e n : Resolución."n" rectas rectas secantes determinan un :

NPI máx , =

(n - 4) rectas secantes determinan un :

NPI m ax . =

n ( n - 1) ( n - 4) ( n - 5)

La disminución de puntos se obtiene por la diferencia entre (1) y (2) : n (n -1 )

(n - 4 ) (n - 5 ) =

( 1) (2 )

Luis Ubaldo C.

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

n2 - n - n 2 + 9n - 20 = 180

Efectuando laas operaciones indicadas:

n = 25

De donde al resolver la ecuación, se obtiene : De este modo encontramos que : ^

25 (25-1) NP1 max . = ------ 2=----- = 300

Al agregar 4 rectas se tendrán 29, lu ego:

29 (29-1) NPImáx = ------ ;>----- = 406

Luego el NPImáx aumentará en :

406 - 300 =

106

14.- Si a un número de elipses secantes se le aumenta cuatro, el número de puntos de intersección se incrementa en 184. Calcular cuántas elipses conforman dicho grupo. Resolueión.Según la relación (1.5) n elipses secantes determinan u n :

NPImáx = 2n(n -1)

Por la misma razón (n + 4) elipses secantes determinan :

NPImáx = 2 (n + 4) (n + 3)

El incremento del NPIm4x se obtiene por la diferencia:

2(n + 4) (n + 3) - 2n (n -1 ) = 184

Resolviendo :

n 2 + 7n + 12 - n 2 + n = 92

15.- Si a un conjunto de k rectas secantes se le agrega una recta, ei máximo número de puntos de intersección aumenta en un quinto del total. Calcular el máximo número de puntos de intersección. Resolución.fc+1 rectas

Por condición del problema se tiene que :

k rectas

NPImax = NPImax + ^ NPImax fc+1 rectas

ntC

k rectas

= f

fe+1 rectas

Sustituyendo cada término por la relación (1.1):

npC

k rectas

+Okft+ 0 ~ i] = ^ A(ft -1) 2

=> Simplificando "k" y efectuando operaciones: Finalmente al despejar obtenemos : Luego hallamos el NPlmáx a partir de la relación (1.1):

* (* +1) = ! * ( * - 1 ) 6(fc -1 ) = 5 (/? + 1) k = 11 11( 12)

NPImáx=

— -—

Ernesto Quispe R.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

16.- En la figura se tienen "n " rectas concurrentes y 2n e lip ses. S i e l número total de puntos de in tersección e s 2 1 n + 12 ; calcular e l valor de "n ".

Resolución.' De acuerdo con lo expuesto en el item 1.3 sabemos que n rectas concurrentes se ¡ntersectan en 1 punto. Asimismo podemos reconocer .según el gráfico ad junto, que n elipses secantes dispuestas en forma de eslabones determinan: 2 (n - 1 ) puntos Además cada recta al interceptar a cada elipse en 2 puntos, nos permite deducir que cada recta determine : 2 (2n) = 4n puntos sobre todas las elipses De este modo es fácil predecir que con n rectas se obtendrán : 4n . n = 4 n2 puntos. Luego el NP1 máx será :

1 + 2 (n + 1) + 2(n - 1) + 4n2 = 21n + 12

Efectuando operaciones :

4n2 + 4 n -3 = 21n + 12

Transponiendo términos :

4n2 - 17n -15 = 0

Factorizando:

An v

=* (4n + 3 )(n - 5 ) = 0

-5 n = 5

De donde :

17.- Si a un grupo de triángulos secantes se le agregan 4, entonces e l máximo número de puntos de intersección se le triplica. ¿ Cuántos triángulos conforman dicho grupo? Resolución.Según la relación (1.3) los "n” triángulos, producirán: NPImáx = 3n (n - 1) Si se agregan 4 triángulos:

....(*)

3 (n + 4) (n + 4 -1 ) = 3 (n + 4) (n + 3) puntos

Según el problema esta última cantidad resulta ser el triple de (*). Luego por condición del problema : Efectuando operaciones obtenemos:

3 (n + 4) (n + 3) = 3 [3n (n - 1)1 n2 - 5n - 6 = 0

’3

n/ ^ + 2

Resolviendo :

n = 6

(4n + 3 )(n - 5 ) = 0

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Ubaldo C.

18.- Calcular el número de puntos de Intersección máximo entre 8 rectas secantes, 8 circunferencias secantes y 8 triángulos secantes. Resolución.En el esquema adjunto se muestra la forma como se están intersectando las figuras . Primeramente calculamos los puntos que deter minan solo las figuras de la misma especie, luego los puntos produci dos por las figuras tomados de 2 en 2 . I ° Por la relación 1.1 las 8 rectas tienen un máximo de puntos de inter sección d e : o f'o_n

NPl m ax . =

= 28 puntos

2o Por la relación 1.2 las 8 circunferencias se intersectan en : NPImáx = 8 C8 - 1 ) = 5 6 puntos 3o Por la relación 1.3 los 8 Triángulos :

NPlmáx = 3- 8 (8 - 1 ) = 168 puntos

4o Intersectando las rectas con las circunferencias:

(2) 8 ■8 = 128 puntos

5o Intersectando las rectas con los triángulos :

(2) • 8 • 8 = 128 puntos

6o Intersectando las circunferencias con los triángulos; ( 6) • 8 • 8 = 384 puntos Los números ubicados entre paréntesis en los pasos 4o, 5o y 6o, representan el NPl máx entre una figura de cada clase ,para lo cual hemos recurrido al item 1.10. De este modo se tendrá q u e: N = 28 + 56 + 168 + 128 + 128 + 384 Finalmente sumamos las cantidades rparciales:

NPl m ax . = 892

19.- Calcular la N.P.I. máximo entre 10 cuadriláteros convexos secantes, 12 hexágonos secantes y 6 circunferencias secantes. Resolución.I ° Por la relación 1.4 para los cuadriláteros :

NPl = 4.10(10-1) = 360

2o Por la relación 1.3 para los hexágonos :

NPl = 6.12 (1 2 -1 ) = 792

3o Por la relación 1.2 para las circunferencias :

NPl = 6 (6 -1) = 3 0

4o Intersectando los cuadrados y los hexágonos: 5o Intersectando los cuadrados y las circunferencias:

( 8) -10 12 = 960 ( 8)

10 • 6 = 480

6o Intersectando los hexágonos y las circunferencias:(12) - 12-6 = 864 Finalmente :

NPl m a,x = 3486

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

20.- C alcularla N.P.I. máximo entre 5 cuadriláteros no convexos secantes, 6 elipses se cantes y 7 rectas secantes. Resolución.I o Intersectando los 5 cuadriláteros :

NPI = 8 • 5(5 - 1 ) = 160

2o Intersectando las 6 elipses :

NPI = 2 • 6(6 - 1 ) = 60

3o Intersectando las 7 rectas secantes:

NPI

4o Intersectando los cuadriláteros con las elipses:

NPI = ( 8) ■5• 6 ==240

5o Intersectando los cuadriláteros con las rectas :

NPI = (4) • 5• 7 == 140

6o Intersectando las elipses con las rectas:

NPI = ( 2 ) • 6 •7 == 84

_ 7 (7 - I) ‘

= 21

NPI max . = 705 21.- En un mismo plano, un número igual de rectas secantes y circunferencias secantes se intersectan determinando un N.P.I. máximo igual a 117. Calcular e l número de figuras geométricas que se intersectan. Resolución.Sea x el número de rectas, entoncesx también será número de circunferencias. Para obtener el NPIniixentre ellas se deberán hacer 3 tipos de intesecciones : 1° Entre las x rectas:

NPI =

2o Entre lasx circunferencias:

NPI = x ( x - 1)

3o Entre las jr rectas yx circunferencias :

NPI = (2) 00 00 = 2x2

Luego por condición :

---- ^ ~

+ j r ( j r - l ) + 2x2 =117 O

Efectuando operaciones : Despejando se obtiene :

x(x -1 ) + Ix 2 = 117 7x2 - 3x - 234 = 0 7x x -+39 pxQ _ 6

=> (7x + 39)0r - 6) = 0

x = 6 Finalmente el número de figuras geométricas será :

2 (6) =

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Ubaldo C.

22.- Se dan "m" rectas coplanares de las cuales "n" son paralelas. Calcular NP¡máx que pueden producir a l intersectarse estas rectas. Resoluclón.Si n rectas son paralelas, entonces {m - n) serán secantes luego nuestro problema se reduce a calcular el NPImájt que producen n rectas paralelas y { m - n ) rectas secantes. Io La intersección de las paralelas produce:

NPI = 0

2o La intersección de las rectas secantes:

NPI =

3o La intersección de las rectas paralelas y las secantes :

NPI = (1) {n) {m - n)

^ —n ^

(m - n ) { m - n - \ ) , . NPI max . = ---------- 2» ---------- + n ( m - n )

Finalmente :

_ (m - n ) (m + n - 1 ) m áx

23.- Calcular el N.P.I. máximo entre "n“ circunferencias concéntricas y "n" rectas secan tes de las cuales “m" pasan p o r el centro de las circunferencias. Resolución.Es fácil reconocer que sim rectas son concurrentes entonces de las n rectas secantes dadas .existen (n-m) rectas que son secantes pero no concurrentes. Para ello el gráfico adjunto nos da una idea de las intersecciones establecidas. A continuación estableceremos 6 tipos de intersecciones entre estas figuras : Io Entre las n circunferencias:

NPI = 0

2o Entre las m rectas concurrentes (R.C) :

NPI = 1

3o Entre las (n - m ) rectas no concurrentes:

NPI =

4o Entre las n circunferencias y m R.C:

NPI = {2)ji.m

{ n - m ) { n - m - 1)

5o Entre las n circunferencias y { n - m ) rectas: NPI = (2).n {n - m ) 6o Entre las m R.C y { n - m ) rectas : Luego:

NPI max . = 1+ NPI m áx

{ n - m ) { n - m - 1)

NPI = (1 ).m {n - m ) + 2mn + 2 n{n - m ) + m ( n - m )

n(5//-l)-m (rrr-l) 2

24.- Si a un conjunto de rectas secantes se le agregase una cantidad igual de rectas, su número máximo de puntos de intersección aumentará en 330. Calcular el número de rectas del conjunto.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

Resolución.Sea "n" el número de rectas dado; si a éste le agregamos la misma cantidad, es decir ”n", entonces por condición del problema se tendrá que : 2n rectas

Mfjll) Efectuando operaciones :

n rectas

+ 330

3n2 - n - 660 = 0 V 15 3n/^+44

1 J

=> {n - 1 5)(3n + 44) = 0 n = 15

En consecuencia el número de rectas será:

25.- Determinar el NPImit¡ entre m rectas secantes s i k de ellas son concurrentes. Resolución.Se trata de calcular el NPl max . entre (m - k) rectas secantes Jy k rectas concurrentes. Io Entre las k rectas concurrentes (R .C .):

NPl

= 1

2o Entre las (m - k) rectas secantes :

NPl

3o Entre las ”k" R.C. y { m - k ) rectas secantes :

NPl

= (1) k (m - k) = k {m - k)

Luego :

NPl ^

^ —- ——

^ —- —— + k { m - k )

= {rn-k)Cnl + k - l ) m ax

26.- Calcular e l mínimo número de puntos de intersección entre "n" rectas secantes y “n" circunferencias secantes. Resolucion.Para obtener el NPlmln, debemos hacer que las "n" circunferencias se intersecten en los mismos puntos, los que como sabemos serán como mínimo dos. Sean estos puntos A y B,ahora dichos puntos serán a su vez pertenecientes a una de lasn rectas dadas y si la condición es que el número de puntos de intersección sea el mínimo posible , entonces las {n - 1 ) rectas restantes las hare mos pasar por uno de dichos puntos, por ejemplo A , tal como se indica en el gráfico adjunto. Luego los puntos de intersección estarían distribuidos así: Io n circunferencia :

NPl = 2 t

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Ubaldo C. 2o

n rectas:

n circunferencias y n rectas:

NPI NPI

= 1 (A ) = (1) (n -1 ) n

NP'mln = « O* - O + 2 27.- Hallar el máximo número de puntos de corte en la figura mostrada. S i hay "n " circun ferencias concéntricas y otras "n" circunferencias menores formando una argolla. Resoluclón.-

1°

El número de puntos de corte entre las “n" circunferencias que forman la argolla se obtie ne a sí:

2o Una circunferencia de la argolla corta en dos puntos en a una de las concéntricas. Entonces “n” circunferencias de la argolla cortan a las “n” concéntricas en : NPI Luego :

= 2j i .n = 2 n2

NPImáx = 2 n + 2 n2

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R

PR0BL6MAS PR0PU6ST0S 1.- Hallar el máximo número de puntos de inter sección para 2 triángulos, 6 circunferencias y 10 rectas si conocemos que todas las figuras tienen 1 punto común. A ) 139

B) 143

C) 156

D)161

B) 1940

D) 1830

E) 1770

C) 1950

3.- Se tiene "n“ triángulos y "n" cuadriláteros convexos. Si al máximo número de puntos de intersección de los triángulos se aumenta el número total de los lados de los triángulos, más el máximo número de puntos de intersec ción de los cuadriláteros, más el número total de los ángulos de los cuadriláteros se obtiene 1008. Hallar "n”. A ) 12

B) 18

Q 24

D)36

E)48

4.- ¿Con cuántos triángulos deben intersectarse 8 circunferencias para que el máximo núme ro de intersección sea 806? A) 10

B)20

C)30

D)40

E)50

5.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 10 triángulos con 6 circunfe rencias secantes. A ) 900

B)930

C)940

A ) 370

B)371

C)372

D)373

E)374

E)179

2.- Hallar el máximo número de puntos de inter sección de 10 cuadriláteros convexos secan tes y 20 circunferencias que no se intersectan entre si. A ) 1960

7.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de ,8 rectas secantes con 1 1 para lelas y con 6 circunferencias secantes.

D)960

E)980

6.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 100 circunferencias con 100 cuadriláteros como se muestra en la figura.

8.- Si el máximo número de puntos de intersec ción de "N " polígonos de 5 lados más el nú mero de vértices es 500. Calcular N. A) 5

B) 10

Q 12

D) 18

E)30

9.- Calcular el número total de puntos de inter sección de 100 circunferencias con 100 cua driláteros tal como los mostramos.

A ) 746

B)750

C)784

D)794

E)840

10.- Cuántas rectas se intersectan sabiendo que si se quitan 4, el número de puntos dismi nuye en 54. A ) 15

B )20

C)25

D ) 30

11.- Hallar el máximo número de puntos de in tersección entre 5 elipses y 11 cuadriláteros no convexos. A ) 1360

B ) 1260

D )1560

E)960

C)1460

12.- Si a un conjunto de rectas secantes, se le agrega una cantidad igual de rectas, su núme ro máximo de puntos de intersección aumen taría en 330. Calcular cuántas rectas tiene el conjunto. A ) 10

B)25

C) 15

D) 12

E)18

13.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 10 rectas paralelas, 1 2 rectas secantes y 16 circunferencias. A ) 80198

B) 80140

D) 90170

E)8030

C) 70130

A ) 1130 D) 1314

B)3006 E) 10 17

1240

14.- Se tienen "n" circunferencias secantes. Si se quitan 2 circunferencias, el número máxi mo de puntos de intersección disminuye en 30. Hallar n. A) 9

B) 8

C) 6

D) 10

E)12

15.- Calcular el máximo número de puntos de intersección que producen 2 polígonos con vexos: Uno de 2 y otro de 2 lados ( « > 1 ) A ) 2n+1

B )2 n' ‘

C )2 n"

D )2 n+2

E)22+n

16.- En un plano se dibujan "k" elipses secan tes y 2k cuadriláteros cóncavos secantes. Si el máximo número de puntos de intersección es 1821'. Hallarl. A) 4

B)6

C )9

D)5

B) 14

C) 16

D) 18

E)26

18.- Si a un conjunto de "n" rectas secantes se le quita 4 rectas, su máximo número de pun tos de intersección disminuirá en 90, pero si se agregan 4 rectas al conjunto el máximo nú mero de puntos de intersección aumentaría en: A ) 90

B)96

Q 100

21.- Calcular el N.P.I. máx entre 10 rectas se cantes, 10 circunferencias secantes y 10 elipces secantes. A ) 100

B) 1005

D )1115

E) 1111

D)106

E)108

22.- El N.P.I. entre 8 triángulos secantes y n cuadriláteros no convexos secantes, incluyen do los vértices es 560. Hallar n. A) 4

B ) 1960

D)3660

E) 1140

C)3960

20.- Hallar el máximo número de puntos de in tersección entre"n" circunferencias, "2n” rec tas secantes, y "n" triángulos al intersectarse todas esta figuras entre si. A ) 5/i (4/2-1)

B) 4/2 (5/2-1)

D) 4/2 (5/2+ 1)

E) n (6/2 + 2)

B)6

C)8

D) 10

E)12

23.- Determínese el máximo número de circun ferencias que se pueden forman con 10 pun tos coplanares, donde no hay 3 alineados. A ) 90

B) 100 C)110

D) 120

E)130

24.- Calcular cuántos pentágonos convexos se pueden determinar con 10 puntos, donde no hay 3 alineados. A ) 152

C)5/2(4/2 + l)

B) 176

C)202

D)222

E)211

25.- ¿En cuántas partes queda dividido el pla no por 20 rectas secantes donde no hay 3 rec tas concurrentes? A ) 200

B)201 C)209

D)210

E)211

26.- Calcular el N.P.I. máx entre 12 rectas coplanares de las cuales son paralelas. A ) 50

19.- En un plano se dibujan "n" rectas secan tes, si el máximo número de puntos de inter sección que determinaron (n - 4) rectas secan tes es 6n. Hallar el máximo número de puntos de intersección entre n triángulos secantes. A ) 2960

C) 1015

E)8

17.- En un plano el máximo número de puntos de intersección entre n elipces secantes, n triángulos secantes, y n cuadriláteros secan tes es 3 39 /2. Hallarn. A ) 12

Número de Puntos de Intersección (N .P.I.)

Luis Ubaldo C

B)51

C)52

D)53

E)54

27.- Calcular el N.P.I.Ináx entre 20 circunferen cias concéntricas y 20 rectas secantes de las cuales 10 pasan por el centro de la circunfe rencia. A ) 946

B)947

C)948

D)949

E)950

28.- Hallar el N.P.I. máx entre 15 rectas secan tes si 8 de ellas son concurrentes. A ) 74

B)75

C)76

D)77

E)78

29.- Calcular el N.P.I. mín de 7 rectas secantes y 8 circunferencias secantes. A ) 43

B)44

C)45

D)46

E)47

Ernesto Quispe R.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

30.- Del gráfico adjunto calcular el número de puntos de intersección si hay 30 triángulos y 15 cuadrados.

36.- Se toman "m“ puntos sobre una circunfe rencia y "k” puntos sobre otra circunferencia, interior a la primera. Si el máximo número de rectas determinadas al unir todos los puntos tomados es 4(m + k). Calcular el número total de triángulos que se podrán forman con di chos puntos. A ) 92

A ) 146

B) 147

C) 148

D)149

31.- Calcular el máximo número de circunfe rencias que pueden determinar 20 rectas se cantes, donde no hay 3 concurrentes A ) 1140

B ) 1260

D) 410

E) 1520

C ) 1310

32.- Si a un grupo de rectas secantes se le agregan "k" entonces el N.P.I. máx aumentará en "A " si a este mismo grupo se le disminuye "k" rectas secantes, entonces el N.P.I. dismi nuye en "D". Calcular: A - D A)k+ 1

B ) k ( k - 1)

D )* 2- l

E) * 2

B)84

C)80

D)70

E)64

E)150

C ) — 2+ -1*

37.- En un mismo plano, circunferencias y trián gulos se están intersectando, se sabe que el NPI máx disminuye en 96 sí se retiran a la vez 5 de éstas figuras de las cuales 3 no son polígonos y se sabe además que si se aumen tan igual cantidad de figuras retiradas de las cuales 3 no son circunferencias entonces el N.P.I. máx aumenta en 234, calcular el N.P.I. mi¡x. A ) 99

B) 102

C)122

D)130

E)136

38.- Hallar el N.P.I. que existen en la figura adjunta asumiendo que hay n pentágonos y n circunferencias concéntricas. A ) 2n(n -1 ) B)n(n + 1)

33.- Hallar el N.P.I. máx entre "n" rectas secan tes, ^ rectas concurrentes y y rectas paralelas.

C) 2/i(« + 1 ) D) 3n(n+ 1)

A )| (3 / i- I)+ l

D )^ (5 / i- l)+ l

E)4n(n +1)

B )| (2 n + 1 )+ 1

E )| (5 n + 1 )+ 1

39.- Calcular el máximo número de puntos de intersección de 10 rectas secantes, 15 parale las y 20 circunferencias secantes.

C ) f (n + l) + 2 34.- Calcular el N .P .I.^ entre 3 rectas secan tes, 3 circunferencias secantes, 3 triángulos secantes, 3 elipces secantes y 3 cuadriláteros no convexos secantes. A)

527 B)537

C)547

D)557

E)567

A ) 1675

B ) 1775

D ) 1975

E) 1575

C ) 1875

40.- En la siguiente figura se tienen "n" cua driláteros, "n" circunferencias y "n." rectas paralelas, si el número total de puntos de in tersección es (61 « + 9). Hallar n

35.- Si el N.P.I. máx entrek polígonos de (k + 2) lados y (k + 2 ) polígonos de k lados cada uno es 8064 puntos. Calcular k A) 6

B) 8

C)10

D) 12

E)14

A ) 40

B)30

C)20

D)15

E)10

2.1LIN E A RECTA í B

2.1A) NOTACION : AB ; se lee "recta AB ", ó , L que se lee "recta L" 2.IB ) CARACTERISTICAS : - Dos puntos determinan una recta . - Toda recta contiene infinitos puntos . - Una recta es ilimitada en extensión . - Todos los puntos de una recta siguen una misma dirección.

2.2 RATO Porción de línea recta limitada en un extremo e ilimitada por el otro. O O

2.2A ) NOTACIÓN : —> O A ; se lee "rayo OA" 2.2B) CARACTERÍSTICAS : - Se origina a partir de un punto (O ) llamado origen. - Es limitada en extensión - Todos sus puntos siguen una misma dirección. OBSERVACIÓN : La figura formada por todos los puntos del rayo OA sin el punto "O" se llama semirecta OA y se —> denota así O A .

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R.

2.3 SEGMENTO DE RECTA Porción de línea recta limitada por ambos extremos. A

- ..... -

2.3A) NOTACIÓN : A B , se lee "segmento de recta AB 2.3B) CARACTERÍSTICAS : - Es una porción limitada de una recta. - Los extremos de AB son los puntos A y B . - La medida de AB es un número real y positivo representado a s í: m AB ó AB .

Z.4 UFJbfKAUUNtS CONSEGMENTOS COEINEAEES

Ubiquemos en una recta 3 puntos A, B y C en forma consecutiva , determinándose entonces 2 segmentos consecutivos AB y BC, con lo cual quedan establecidos tres segmen tos : AB , BC y AC , tal como se muestra en la Figura. Si a continuación utilizamos las medidas de cada uno de estos segmentos , se podrán establecer las siguientes relaciones : x = a + b

a) ADICIÓN :

AC =* AB = BC

b ) SUSTRACCIÓN :

AB = AC - BC

a=x-b

BC = AC - AB

=»

b = x-a

Donde :

AC = x , AB = a

... (* )

BC = b

Observaciones: a)

Si en una recta se consideran "n" puntos consecutivos, el número de segmentos (N ) que quedan determinados por dichos puntos, est á dado por la siguiente relación : N=

n (n -l)

... ( 2 . 1)

La relación de Adición se puede generalizar a sí: Tomemos "n" puntos consecutivos A , , Ay Aj Ap en una misma recta, entonces se verificará la siguiente relación : — ^ 1^2 + ^2^3 + ^3^4 + ..... + ^n-l^n

— ( 2 .2 )

Segmentos de Recta

Luis tib a ld o C

A este resultado se conoce como la "regla de la cadena" ó el Teorema de Charles. Debemos notar que los segmentos considerados son consecutivos c) Se establece que B es el punto medio de A C , si y solo s i :

AB = BC =

. (2.3)

2*5 CUATERNAAKM Ó NICA 4o2o

Los puntos colineales y consecutivos A, B, C y D forman una cuaterna armónica si y solo si se cum ple:

.-o 4 -»

- U - 'D

Observación: Si consideramos los segmentos determinados (en el gráfico mostrado) de izquierda a derecha, entonces AB es el 1ro ; BC el 2do, CD el 3ro y AD el 4*° , luego la relación anterior se podrá expresar también co m o : jo _ 4 0 2 ° ~ 30 ... (2.5)

2*6 PROPIEDADES DÉ L A CUATERNA .ARMÓNICA Sabiendo que A, B, C y D forman una cuaterna armónica se cumplen las siguientes propie dades :

B a) AB > BC b) Relación de Descartes :

c) Relación de Nevvton . Si "O" es el punto medio de AC entonces : (OC)2 = O B . OD d) Silos segmento determinados por la cuaterna armónica verifica la siguiente relación : AB AD , , gQ — /? ) donde n ^ u

n+ 1 n + 1 AC ~ AB ' AD

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

2.7 A c c i ó n A u r e a d e u n s e g m e n to El segmento AP del gráfico adjunto se dice que es la sección áurea del segmento AB , si y sólo sí se verifican las siguientes relaciones:

- A P > PB - (AP)2 = AB . PB

2£ PROPIEDADES D E LA SECCIÓN ÁUREA, Siendo AP la sección aurea de A B , se cumplen las siguientes propiedades :

B a) AP > ~ b) AB = AP c) AP = AB

CV5+ 1) 2 (> /5 -l)

d) P B , es la sección áurea de AP e)

(y/5 +1) AP = PB

0 Número Á ureo:

^ +1

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

MI$C€IÁN€A 1.-Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C, y D ; tal que AC = 1 9 y BD = 23. Hallar la longitud del segmento que une los puntos medios de AByCD. AResolución.Primero ubicamos los puntos dados sobre la línea recta, luego los datos en el mismo gráfico y lo que nos piden para tener mayor visualidad.

j 19 — ¡ A M B C N m -*-•— i— »--------- •------ 1

Así, en el gráfico, se pide hallar: MN = a + b + c ... (a )

i ° i ° j--- ------1- ^ 23

Datos:

2a + c = 19

... (1)

También:

2b + c = 23

... (2)

Sumando (1) y (2 ):

2a + 25 + 2c = 42

=»

D - » >-

1 ^ 1

a + 5 + c = 21

MN = 21 u

Luego reemplazando en ( a ) :

2.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C y D; siendo C punto medio de BD ;

y A D = 12. Hallar CD.

Resolución.CB 2 Por condición ^ = — esto se puede descomponer a s í:

CB = 2* y CA = 3x

Entonces AB = x, todo esto colocamos en el A B C D gráfico luego observamos que :----------------------- ■*---- 1---------■-------------------------- r—— >2x 2x x + 2x + 2 x = 12 Ahora:

5x =

C om o:

CD = 2x

x = 2,4

CD = 4,8

3.- Sobre una línea recta se toman los puntos colineales M , N , P y Q; luego los puntos A y B puntos medios de MP y NQ respectivamente, s i : MN = 5 y PQ =11. Hallar AB. Resolución.Del gráfico:

x = a + 11-5

...

x = 5 + 5 -a

... (2)

Sumando (1) y (2 ):

2 x = 5 + 11

Ahora:

2 x = 16

■ A I B ! < - • ------—t—•-----------1------------ - »M I N P j Q l■ 1 X i' i| i

x = 8

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R.

4.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B , C y D tal q u e : AC + 2 DC + BD = 28 y A B = DC. Hallar AD. Resolución.Por dato : AC + 2 . DC . + BD = 28, nos piden hallar AD. Según la condición del problema colocamos en el gráfico letras minúsculas, luego reemplaza mos en el dato: (g + n ) + 2 (q ) + (n + o ) — 28 Sumando:

4a + 2n = 28

Simplificando:

2a + n = 14

^ -<—•— -j— a

AD = 2a + n = 14

Luego :

AD = 14 5 .-Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B y C, tal q ue: ^ § = f

Si ^

y 2 AB + 3 BC = A C + 96. Hallar AB.

= ^ = a este puede ser : AB = 2a y BC = 3a

Colocamos estos valores en el gráfico.

® 2a

Luego en el dato reemplazamos : 2 (2a) + 3 (3a) = (2a + 3a) + 96 Efectuando :

13a = 5a + 96

Donde :

8a = 96

En consecuencia:

AB = 24

a = 12

6.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D, E y F. Hallar AF, s i : D E = AB; A D = | A F y AC + BD + CE + D F = 3 5 . Resolución.Dato:

AC + BD + CE + DF = 35

Condición:

AB = DE y AD = —

oac

® "

C *

D *

E *

Se pide hallar AF, el dato agrupamos convenientemente : (AC + CE) = (BD + DF) = 35 ; AC + CE = AE y BD + CE = AE y BD + DF = BF También :

= AD + DE (Ver gráfico)

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C Entonces :

(AD + DE) + BF = 35

Pero: Luego :

Reemplazando:

i DE = AB AD 4.

+ AB + BF = 35

^ AF +

Efectuando:

=3 5

^ AF

= 35

AF = 25 7.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D, E tal que F sea punto medio de AB y H punto medio de D E . S i: AB = B C , CD - D E y AB + DE = 40. Hallar FH. Resolución.;q ; a i 2a 1 2b ¡ 61 b j_ 1 I i ! ! „ : F : : : H : •------1 — •--------* ------A B C D E

Dato: AB + DE = 40, nos piden hallar FH Del gráfico en el dato;

2a + 2b = 40

=»

a + b = 20

Luego :

FH = a + 2a + 2b + b

Entonces :

FH= 3 (a

+ b)

FH = 60 8.- A, B, C y D son puntos colineales y consecutivos. S I M es el punto medio de A D , y se verifica que : AB + CD = 10 m y BM - MC = 2m; calcular CD. Resolución.B M -------

D í------------í -

U Por dato del problem a: Por dato, podemos deducir que :

JC----

AM = MD

AB + BM = M C + x

... (1)

AB = 10 - CD

AB = 10 - x

... (2)

Reemplazando (2) en (1) y transponiendo MC al primer miembro; Sustituyendo lo indicado por el dato, tendremos : Efectuando, obtenemos ;

x = 6m

10 - x + BM- MC = x 10 + 2 = 2x

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R.

9 - Sobre un recta se toman los puntos consecutivos A, B, C, luego se toman los puntos medios M y N de AB y MC respectivamente. H allar MB + NC en función de AN. Resolución.k = AB + NC - AM

Sea: Del gráfico:

AB = 2a ;

NC = b y

Luego :

k = 2a + b - a = a + b

Donde :

k=a + b

Pero:

AM - a

A “ V—

AN = a + b

B ■■■ —v -

-Q—fe

k = AN 1 0 . - A , B y C son puntos colineales y consecutivos. Sobre AB se ubican los puntos P y Q y sobre BC se ubica el punto medio M de modo q u e : A P = BM, QB = —^ ~ ,A B = 7 y PC = 8. Hallar: QP. Resolución.r-SSr2a

2a B

Hacemos:

QB = a

Además :

PQ = x

Del gráfico:

AC = 2 o + 8 = 7 + 4o

De otro lado:

AB = AP + PQ + QB

Reemplazando: Luego :

2a M

BM = MC = AP = 2a

a =

7 = 2a + x + a x = 5,5

11.- Dado los puntos colineales y consecutivos P, A, B, C y D tal q u e : 7PD = 5PC + 2PB, y, 5AC + 2AB = 1 4 ; c alc u lar: AD. Resolución.-

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

Inculcaremos nuestra resolución con la expresión: Y del gráfico:

7PD = 5PC + 2PB

7 (PA + AD) = 5 (PA + AC) + 2 (PA + AB)

Efectuando las operaciones indicadas:

7AD = 5 AC + 2AB

Pero por condición se sabe que :

...(*)

5AC + 2AB = 14

Reemplazando en (* ) :

7AD = 14 AD = 2

12.- Sobre una semirecta O X , se toman los puntos A, B y C consecutivamente, de modo que los puntos A y B disten del origen 0 : a y b metros respectivamente. Hallar la longitud de OC, s i : 2 (AC + BC) = 3 AB. Resolución.Hagamos: OC = x En el dato: 2 (b - a + x - b + x - ti) = 3 (b - a) Luego :

-=H

4x -2 a -2 b = 3b -3 a

O j— o i-*

4.v = 5b - a

En consecuencia:

A B C >j< b - a - * t * - x - b ^ i b »*i

5b-a x = — .—

13.- En una recta se consideran los puntos consecutivos A, B, P y C d e modo que P es el punto medio se ~BC. Si ( A B f + ( A c f = 40. Hallar (AP)2 + ( B P f . Resoluclón.Hacemos:

AB = 2b y AC = 2a

Luego:

BP = PC = a - b

I—2&—+«— a - b — -+-— a - b — H A ___ B ____________ P _________ 2a -

Por dato del problema:

AB2 + AC2 = 40

Reemplazando:

4b2 + 4a2 = 40

Nos piden:

AP2 + BP2 = (a + ti)2 + (a - ti)2

=»

a2 + b2 = 10

AP2 + BP2 = a 2 + b2 + 2ab + a2 + b2 - 2ab Finalmente :

AP2 + BP2 = 2 ( a 2 + b 2)

^Fo^ AP2 + BP2 = 20

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

14.-En una línea recta se ubican los puntos consecutivos A, B ,C ,D de modo que AB + C D =20. Calcular la medida del segmento cuyos extremos son los puntos medios de AC y BD Resolución.Sean P y Q los puntos medios de AC y BD. Luego :

AP = PC = o

Del dato:

AB + CD = 20

Pero:

BQ = QD = b

... (a )

AB = a - BP

= a - (b - x )

- o -

CD = b - QC Sustituyendo en ( a ) :

= b - ( a -x)

a -b + x + b - a + x = 20

Donde :

2* = 20 x = 10

15.- Sobre una línea recta se ubican los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D, E y F. Si AC + BD + C E + D F = 91 y BE = 5/8 AF. Hallar AF. Resolución.Del dato :

AC + BD + CE + DF = 91

Pero:

DF = DE + EF

Entonces : Luego:

AC + BD + CE + DE + EF (AC + CE + EF) + (BD + DE) = 91 AF

AF + BE = 91

Y aqu e:

BE = f AF

Se tiene :

AF + ^ AF = 91

En consecuencia:

g g ~ =91

=»

13AF = 91(8) AF = 56

16.- A , B , C , D y E s o n puntos cólmeles y consecutivos. Si A E = 5 BD, AD = 5 CD y DE = 5. H allar: BC. Resolución.Hacemos :

BD = o y CD = b

AE = 5a

AD = 5b

Segmentos de Recta

Luis tib a ld o C.

Del gráfico obtenem os:

-5a-----------------------=*-¡

* = a -5

...

También:

5 = 5 a -55

... ( 2)

De (2) :

1 = a -5

... (3)

D e (l)y (3 ):

* = 1

-a

(O B

— 5D

SH E

(-«— x-5 5 -

17.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D. Si M es punto medio de AD ; si AB + CD = 1 0 y BM - MC = 2. H allar C D . Resolución.AB = a , MC = b y CD = *

Si: Por dato:

| q+b + 2 t

a + * = 10

Despejando:

a = 1 0 -*

...(1 )

BM = 2 + MC

=> BM = 2 + 5

Lu ego:

AM = MD

=> a + 5 + 2 = 5 + rr

De (1) y (2 ):

a = x- 2

B * C i— i— : „ i. I a 5 + 2 5

También:

Simplificando:

b + x

... (2)

*-2 = 1 0 -*

2* =12

*=6 u 18.- Sobre una linea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A , B , C y D tal que : A B . CD = A D . BC Si a d em ás: AB + A D = 2 A B . AD H a lla r:

Resolución.B

Dado el siguiente esquem a: Nos dicen q u e :

AB . CD = AD . BC

... (1)

Asimismo se sabe que :

AB + AD = 2 . AB . AD

... (2)

. ( ) ' Del gráfico:

AB AB.AD

AD _ 9 AB.AD

. _ ]____ 9 AD

BC = AC - AB CD = A D - AC

Reemplazando en (1) : Efectuando :

AB (AD - AC) = AD (AC - AB) AB . AD - AB . AC = AD . AC - AB . AD

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Luego :

Ernesto Quispe R.

2 . AB . AD = AC (AB + AD)

c En consecuencia:

2 1 1 —— = —— + AC AB AD

Comparando:

2 —— = 2 AC AC = 1

19.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D, E y F ; BE sabiendo q u e : AB = EF = —y . Hallar BE, s i a d e m á s : A C + BC + CE + D F = 2 4 . Resolución.A B — o-------0Dato:

AC + BD + CE + DF = 24 BE AB = EF = —

Condición : Del dato:

A C +C E + BD + DF = 24

Se escribe co m o :

AB + BE + BE + EF = 24

Agrupando:

AB + 2 . BE + EF = 2 4

Reemplazando:

^ + 2 . BE + •3

= 24

Efectuando :2 BE + 6 BE = 3. 24 Luego :

8 . BE = 3. 8.3 BE = 9

20.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A , B , C y D ; siendo “M “ punto medio de B D ; A B . C D = A D . B C y 9 (AD - BM) = 2 . A D . AB. H allar AC. Resolución.Dato: Condición:

9 (AD - BM) = 2 . AD . AB AB . CD = AD . BC

BD/2 BD/2 ¡---------------- <-------- '---M

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C. En el paréntesis : Reemplazando: n a . Donde:

9 (2 . AD - BD) = 4 . AD . AB ;

BD = AD - AB

9 (2 . AD - AD + AB) = 4 . AD . AB AB AD.AB

Simplificando:

AB _ 4 AD.AB “ 9

AB + Á E = f

Pero si los puntos A, B, C y D son armónicos entonces resulta la proporción armónica los cual se obtiene la relación siguiente :

_AB L + _L _— AD ' AC A esto se le llama Relación de Descartes, en honor al geómetra Francés René Descartes. 4 — =

En consecuencia obtenemos por comparación:

AC = 4,5 21.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A , B , M y C tal que M es punto medio de BC. Siendo: AM2 + BM2 =1 7. Hallar AB2 + AC2. Resolución.Dato:

-< -----------? ----------------------------

AM2 + BM2 = 17

Nos piden hallar: Donde :

1 AC-AB ' AC-AB *

AB2 + AC2 = ? AM = AB + BM

Del gráfico reemplazamos en el dato: £AB + ^ Resolviendo Luego :

(AB + AC) + (AC— AB) 4

9»

g ^ B]

2 2

= 17

_ 1 7 sabemos que : (A C -A B ) 2 = (A B -A C ) 2

(AB + AC)2+ (AB - AC)2 = 68

Efectuando:

2AB2 + 2AC2

= 68

AB2 + AC2 = 34 22.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos P, A, B, C y D; tal q u e : 7 PC = 2 PD + 5 PB Hallar AC.

2 A D + 5 AB = 7

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

Resolución.Datos:

7. PC = 2 . PD + 5 . PB

...(1 )

2 . AD + 5 . AB = 7

... (2)

Nos piden hallar AC. Del gráfico:

AD = PD - PA

También :

AB = PB - PA

Reemplazando en (2): Multiplicando:

2 (PD - PA) + 5 (PB - PA) = 7 2 . PD - 2 . PA + 5 . PB - 5 . PA = 7

Luego :

2 . PD + 5 . PB = 7 + 7 . PA

Reemplazando (1) en (3) : Simplificando:

... (3)

7. PC = 7 + 7 . PA

PC = PA + 1

PC - PA = 1

Pero:

AC = PC - PA AC = 1

23.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B ,C y D; tal que A B . C D = B C . AD. Hallar A C , S i :

= 4-

Resoiución.Dato:

B C . CD = 4 (CD - BC)

Condición:

AB . CD = B C . AD A

Nos piden hallar AC. Del gráfico:

... (1)

•

B •

AB = AC - BC AD = AC + CD

Reemplazando en la condición: Multiplicando: Donde :

CD (AC - BC) = BC (AC + CD) CD . AC - CD . BC = BC . AC + BC . CD AC (CD - BC) = 2 . BC . CD

•— -----------• - > -

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

24.- Sobre una linea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos: A, B, C, D, E y F, tal q u e : A C + BD + CE + D F = 40 y 5 B E = 3 A F . Hallar AF. Resolución.Dato!

AC + BD + CE + DF = 40

Condición:

5.B E = 3 .A F

Se escribe co m o :

BE = ^ . AF

Del dato :

(BD + DF) = 40 ; AC + CE = AE y BD + DF = BF

(AC + CE) +

También :

AE = AB + BE

Entonces:

AB + BE + BF = 40

Agrupando:

+ ( AB + BF) = 40

(Ver gráfico)

LA 5

Reemplazando:

Efectuando :

+ AF = 40 —

= 40 AF = 25

25.- Dado el segmento AB y un punto M, interior a el. Demostrar que si el producto AM. MB, es máximo entonces M es el punto medio de AB. Resolución.Dato: AB = a y AM = x, luego bastará demostrar qu e: a x - 2

M ■ •

■

B *

Sea : k = AM . MB ; pero : AM = jc y MB = a - x Luego :

k = x (a - x ) = - (x2 - ax)

=»

k = ~

Observamos que como

es constante el valor de k depende de x -

máximo entonces:

x - f =0 l.q.q.d

y para que éste sea

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

26.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B, C, D y E; tal que : A C = BD; B C = 1 D E y J AB + D E = 36. Hallar AE. Resolución.Luego de hacer el gráfico, según las condiciones del problema, reemplazamos sus valores según en el dato : | (a - b) + 3b = 36 a

-4 3a - 36 + 66 = 72

Efectuando:

B C

3 (a + 6 ) = 72H—

Donde :

t—-i-------------------------s r

■l-

a - 6 ; 6 a - 6 ; 3 6

a + 6 = 24-------------------------------4----- a ------ 4-

En consecuencia:

AE = a + a - 6 + 36

Luego :

=> AE = 2 (a + 6 )

AE = 48 27.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B , C y D tal que A B . CD = n . B C . AD ; además se c u m p le :

. Hallar n.

Resolución.Condición: Nos piden "n" e n :

AB . CD = n . BC . AD ^

Del gráfico: Reemplazando en (1) :

...(1)

...(2 )

CD = AD - AC y

BC = AC - AB

AB (AD - AC) = n (AC - AB) . AD

Multiplicando:

AB . AD - AB . AC = n . AC . AD - n . AB . AD

Factorizando:

AB . AD (1 + n) = AC (n . AD + AB)

Lueeo • es° ‘

-1 - + - n

Y simplificando de esto resulta :

De (2) y (3 ): En consecuencia:

n . AD . + AB_ AB . AD AB . AD ~

1+n

1+ n = 7 n = 6

= 1 *c n

... (3)

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

28.- Sobre una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, B y C cuyos puntos medios de AB y BC son M y N respectivamente. Si A C = 32, hallar el valor del segmento que tiene p o r extremos los puntos medios de A N y M C. Resolución.Del gráfico:

x + n-6 = m =»

x = m + 6 -n ... (1)

También:

n = x + m -a =»

2x = a + b

i N Q i

-4

...(3 )

AC = 32 = 2a + 2b

Reemplazando (4) en (3) :

x = n + a -m ... (2)

Sumando(1 )y (2) : Pero por dato:

-f------- n -------4------- n — - f i , x i 1 *r— — r a ; o ■. 6 i 6

a + b = 16

... (4)

2x = 16

x = 8

29.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B ,C y D. Se sabe que AB = 30 y CD = 10, además se toman los puntos medios de AB y CD que son P y O respectivamente. Hallar la longitud del segmento que tiene p o r extremos los puntos medios de ~pc y BQ ■ Resolución.Del gráfico:

Pero:

x = m + CN

... (1)

x = n + MB

... (2)

CN = b - n + MB = a - m

M B CN

Reemplazando y sumando (1) y (2): 2x = m + n + b - n +a - m Donde :

2x = a + b

También sabemos que :

2a = 30

=»

a = 15

26=10

6= 5

Luego :

2x = 15 + 5

En consecuencia:

2x = 20

=»

x = 10

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

30.- Dados los puntos A, B, C, D y E son puntos colineales y consecutivos de modo que A B > BC y BD > DE. Se sabe que AB y BD son secciones áureas de AC y B E respec3 —-J~5

tivamente. S i BC = 2 C D y A E = —

— ; calcular AC.

Resolución.-

2a-

A Hagamos CD = a

=»

BC = 2a

Ya que AB es la sección áurea de AC .entonces BC será también la sección áurea de BE, de (75+1) ^—

ello se tendrá que :

BD = D E

Es decir:

AB = a ( 7 5 + l )

Análogamente como BD es la sección áurea de BE, tendremos : => Del gráfico:

3a = DE-^

+ 1) . de donde:

BD = DE

D E = 4 f(7 5 - l)

AE = AB + BD + DE - = a (75+1) + 3a + ^

(7 5 - l )

^ . De donde :

a =

Como:

x = a(7 5 + l) + 2a = a (3 + 75)

Lue8° :

' = f e ^ (3+y5) x =

3 -7 5 5(75 + 1 )

7 5 -1

31.-A, B, C y D son puntos colineales y consecutivos tal q u e : AB.CD = AD .B C ; A B . BC = x; AD. CD = y . Calcular BD. Resolución.De la 1ra expresión :

= PR CD

o—" A

—

ó------------- o-

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

AB . a - AB

Efectuando :

. BC = AD . a - AD . CD

AB .a - x = AD.a - y

Reemplazando: De donde :

y - * = (AD - AB) AD - AB = a

Pero:

y -x = a2

Luego :

a = Jy-x 32.- En una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D de tal manera ~~¡3o = 5 ■Calcular AC.

que: AB = 2 C D ; BC2 = A B . CD y ^ Resolución.-

Por dato: Adem ás: C om o: De donde: Y de (* ) :

_L J I CD ‘ BD “ 5 BC CD.BD ^

C om o:

^ 1

BC 1 CD ’ BD

■ BÍ) = 5 BD

= BC

Luego : 5AB = BC2 + BC ■ Reemplazando: 5AB — AB ■ Factorizando: i*r* J Simplificando :

5AB

BD-CD _ i CD.BD “ 5

+ CD

1 5

5AB = BCBD =>

5AB = BC (BC + CD)

, ya que : CD = AR

r*AB+BC 5= --- 2—

+ BC *

(AB + BC) AC = ~2

AC = 10

33.- Los puntos A , B , C y D forman una cuaterna armónica. S i : a + b + c.

; hallar:

Ernesto Quispe R.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Resolución.A____________ B________ C________ D AB

Si A, B, C y D forman una cuaterna armónica entonces : Pero:

BC = AC - AB y CD = AD - AC

Reemplazando:

X t>-AB = Ap _ ÁC

Agrupando y factorizando: „ . . De donde .

AB . AD - AB . AC = AD . AC - AD . AB

2 AB AD = AC (AD + AB)

J2_____1_ AC " AB

Comprobando:

1 AD

j í _____ a ' AC " AB

’pero

b AD

c= 2 ; a = 1 y 6 = 1

a + b + c= 4

34.- Sobre una recta se toman los puntos consecutivos A, B , C y D. S i A C . CD = A B . BD, indicar la relación correcta. Resolución.Por condición del problema :

AC . CD = AB . BD

Pero:

AC = AB + BC

También:

BD = BC + CD

Luego :

(AB + BC) CD = AB (BC + CD) A B . CD + B C . CD = A B . BC + A B . CD BC . CD = AB . BC

Simplificando:

CD = AB

35.- En una línea recta se consideran los puntos colineales y consecutivos A, M, O y R; tal q u e : A M . AR = 3 M O . O R , y :

. C alcu la r: ^

Resolución.A M O R -o---------------------- o--------- o--------- oDel dato :

AM . AR = 3 MO . OR

Reemplazamos: Luego :

AR = AO + OR y MO = AO - AM

AM (AO + OR) = 3 (AO - AM) OR AM . AO + AM . OR = 3 AO . OR - 3AM . OR AM . AO = 3 AO . OR - 4 AM . OR

4 AM . OR - AM . AO

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

Dividiendo p o r:

AM . AO . OR AM.AO _ 3AO-OR 4AM.OR AM.AO.OR AM.AO.OR * AM.AO.OR

Simplificando:

1 OR

Por dato:

a _ b c OR AM ' AO 0

Comprobando (1) y (2) :

3 AM

4 AO ... ( 2)

b= 3 c= 4 a _ 1 b+c 7

36.- P, O, R y S son puntos colineales ubicados en forma consecutiva. S i PR es media proporcional entre PS y OS. Hallar M si : M=

7(RS) (PR) + (PO) (PR) - (OS) (RS) (RS) (PR)

Resolución.-

Pero PR es media proporcional entre PS y QS

(PR)2 = P S . QS o lo que es lo m ism o:

b2 = a.c 7(RS) (PR) + (PQ) (P R )-(Q S ) (RS) _ PQ.PR-QS.RS fD Q I f D D l = 7+ (R S )(P R ) RS.PR

Nos piden:

Reemplazando:

M= 7+

(a - c ) (b )- (e ) (a - b ) (a - b )b

Luego':

M= 7+

a b - a c _ 7 j_ o b - b = 7 + (o - b )b (a - b ) b

Entonces:

b (a-b) M = 7 + (a - b ) b = 7 + 1

= 7+ . :

ab-bc-ac+bc (a - b )b

. .2 _ y a q u e :b 2 = ac

M= 8 37.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A , B , C y D d e modo que: A B . C D = B C . AD y 5 ( 2 . A B + BD) = A B . AD. Hallar AC.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

Resolución.Condición:

A B . CD = BC . AD

Dato:

5 (2 . AB + BD) = AB . AD

Nos piden hallar:

Del gráfico:

... (Cuaterna armónica)

BD = AD - AB

Reemplazamos en el dato : 5 (2 . AB + AD - AB) = AB . AD 5(A B + AD) = AB. AD Del gráfico también :

BC = AC - AB

CD = AD - AC

Reemplazamos estas dos últimas en la condición: Multiplicando:

...(1)

AB (AD - AC) = AD (AC - AB)

AB . AD - AB . AC = AD . AC - AD . AB

Donde :

2 . AB . AD = AC (AB + AD) 2 (A B +A D ) AC: ~ AB ■AD = ~Ái

LueS ° :

" í2)

1 2 5 - AC

D e( l ) y ( 2 ) :

AC = 10 38.- En una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D que forman una cuaterna armónica. S i se cumple que : 2k+1 AD.BC

1 1 + BC AD

2 k+2

Hallar AC, sabiendo que la medida A C y k son números primos. Resolución.A

Por condición del problem a: Del gráfico se observa que : Entonces al reemplazar en (* ) : =>

C AD

(Cuaterna armónica)

AB = AC - BC y CD = AD - AC ~^ ) C ^

= AD^AC

AD . AC - AC2 - AD . BC + BC . AC = AD . BC

... (* )

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

Ubicamos los sumandos convenientemente y factorizamos A C : (AC)2 = AC (AD + BC) - 2AD . BC Dividiendo ambos miembros p o r: c

A C . B C . AD A C _____ L , 2 AD.BC “ BC AD ' AC

^ *

Se tendrá. Comparando esta expresión con el d ato: AC = 2k + \ = k + 2

Se tiene :

- ~j~ 2 =>

k = 1

AC = 3 39.- En una recta se consideran los puntos A f , A2 , A3 , .... A^ en forma consecutiva de modo que se determinan (3n - 201) segmentos consecutivos los cuales tienen sus medidas relacionadas p o r : A, A2 = g (A2 A J = — (A3 A4) =.... = n _ j (An f A J S i : A 2„3 A6„7 = 9 790 m f; calcular A,1 A n

Resolución.Hagamos : A,

= a => A^A3 = 2a ; Ag A4 = 3a ; -i

A, Nos piden: Por dato:

An , An = (n -1 ) a

í— 9 790— :

!-(n-l)<H

A j...........A^.............. A ^ ..............A67

Aj An = a + 2a + 3a + .... + {n -1 ) a

A „_,----- A„

=>Aj An =

^ n (n - 1)

A ^ Afi7 = 9 790

^1 ^67 " ^1 ^23 = ® Para hallar: A! Ag? y A, A23 empleamos la fórmula Luego : Por dato:

~ (67) (66) - f (23) (22) = 9 790 3n - 201 = n -1

Reemplazando (2) y (3) en (1) :

=> =>

... (1) a =5

... (2)

n = 100

... (3)

Aj An = ^ . 100 (100 -1 ) A,I A n = 24750

=> Aj An = 250 (99)

... (1)

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

40.- En una línea recta se consideran en forma consecutiva los puntos A, B, C, D, E , F . . . y a s í indefinidamente de modo que AB = 10~1; BC = 2. IfX2 ; CD = 3 .1(T3 ; DE = 4 .1CT4 ; EF = 5 .1(TS y a s í sucesivamente. Hallar el límite de la suma de medidas de estos segmentos.

Resol ución.10'1 2.10’2

3.10J

4.10"*

5.10

B Sea"S" la suma de pedida, lu ego:

+ >0

103

104

105=1 + ^- + - ^ . + -4 - +. 10 lo io 3

Multiplicamos por 10 a a/m:

Descomponemos convenientemente : 105= 1 +

Agrupando:

El primer sumando e s :

10 J

J—+ - 2-

Uo2

io2

io 3 + io 3

l0S“ ('+'» +^ tT?+ •)+(io+í ? +i ^ + '-) — L - = -^ 1__L y '

y el segundo sumando es "S".

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C

PROBLEMAS PROPUESTOS

1.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos M ,N , P, Q tal que : PQ = 3 NP y 3 M N + MQ = 4. Hallar la longitud del segmento M P . A) 1

B) 1,5

Hallar BQ, s i:B C -A B = 6 C )2

D)2,5

E)0,5

2.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A , B y C y luego se ubi can los puntos medios M y F de AB y MC respectivamente. Hallar la longitud de AF. Si AB + F C -A M = 275 A) 5

B )7 5

C )2 7 5

D)10

E)5

3.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D y luego se toman M y F puntos medios de AB y CD res pectivamente. Hallar MF, si: AC = 18 y BD = 34 A ) 21

B)23

C)26

D)28

E)32

4.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D tal que : CD = 4 AC y BD - 4 AB = 20. Hallar BC. A) 1

B)2

7.- Sobre una línea recta se consideran los pun tos consecutivos A, B, C ; de forma que Q es el punto medio de AC.

C)3

D )4

A) 1

B)2,5

A ) 50

B)60

A) 4

B )6

E)5

MD y AB = 12 C)3

D )4

D)75

E)80

D )8

E) 12

B)a + b

D) -Jab

E) (a + b)/2

C)b-a

E)5

6.- Sobre una línea recta se consideran los pun tos consecutivos A, B, D y luego se toman M y N puntos medios de AB y BD respectiva mente. Hallar FN, siendo F el punto medio de

B)2

C )7

A)a-b

11.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D, E y F tal que:

A ) 56

A) 1

C)70

10.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D tal que : DC = 2.AB ; AB - a y BD = b. Hallar AC.

A) 1

D )4

E)6

9.- Sobre una línea recta se consideran los pun tos consecutivos A, B, C y D tal que se cum ple: AB . BD = A C .C D y AB = 8. Hallar CD.

Hallar A F

C)3

D) 3

8.- Sobre una línea recta se consideran los pun tos consecutivos A, B, C y D tal que: BC = CD y A C . BC = 20. Hallar: A D 2- A B 2

5.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, F, C tal que B es el punto medio de AC. Calcular el valor numéri co de la siguiente expresión: (A F - FC)/BF. B)2

C )2

E)5

A C + BD + C E + DF = 91 y BE = | a F.

B)54

C)52

D)48

E)36

12.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D tal que : AB + CD =12, luego se ubican M y N que son los puntos medios de AC y BD respectiva mente. Hallar MN. A) 2

B )4

C )6

D)8

E)10

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

13.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D y E; calcular la longitud del segmento que une los puntos me

Ernesto Qulspe R.

19.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D; tal que : CD = 2.BC. Hallar AC, siendo:

dios de AB y DE, si: C E= 8; BD= 12 yA C = 10 A) 5

B)10

C)12

D) 15

E) 18

14.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D. Si M es un punto medio de AD y A B + CD = 10 y B M -M C = 2. Hallar CD. A) 3

B)6

C)8

D)9

E)12

15.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D; tal que : AC + BD = 5 (AB + CD) y A D = 12. Hallar BC. A) 8

B) 10

C) 12

D) 14

E)16

16.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A. B, C y luego se to man los puntos medios M y N de AB y BC respectivamente, tal que : 3.MN = 2.MC. Ha llar AC, si: A B -B N = 8. A ) 24

B)26

C)28

D)30

AB + A D - BC = 16 A) 6

B)7

C)8

D )9

E)12

20.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C, D y E; tal que: BC = 2.AB ; CE = 4.BC y "C" es punto medio de A D . Hallar AD. siendo: AE = 33. A ) 14

B) 16

Q18

D)2()

E)26

21.- Dados los puntos colineales y consecuti vos A , B, C y D; se sabe que AB + CD = A; hallar la medida del segmento cuyos extremos son los puntos medios de AC y B D . A) A

B )|

C )|

D )|

E )|

22.- Los puntos A, B, C y D son colineales y consecutivos de modo que : AB.CD = A , AD .B C y : ^

(A es primo)

E)32 Calcular: A.

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

A) 1

AC + BD = 1: AB =a y CD

23.- Los puntos A, B, C y D son colineales y consecutivos forman una cuaterna armónica

A )a + b

B)2 ~Jab

D )J a b

E) N.A.

HallarBC C )(a+b)/2

B)2

C)3

D)5

E)7

• ° _ b _ d S I' A C _ BC DC Calcular : a + b + d .

18.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D.

A) 2

S i: ni.AB.BD = n . C D . AC.

24.- A , B, C y D son puntos colineales y con secutivos. Si A C es la media proporcional en tre A D y BD.

Hallar "je", en la siguiente expresión : n m _ x BD ' A C _ BC A)n-m

B) m - n

D) Jmn

'E)2-Jmn

B)3

C )4

D )5

Calcular el valor de C, s i: C = 2

E)6

- ij

C)m+n A ) 0,5

B) 1

C)yf2

D)yÍ3

E)2

Segmentos de Recta

Luis Ubaldo C.

25.- En una recta se consideran los puntos con secutivos P, Q, R y S los cuales forman una cuaterna armónica. S i : QR = ü RS

30.- Sobre una recta XX ' se ubican en forma consecutiva los puntos: A , , A 2, A 3, A 4..... A n de modo que: A ( A n= 1 800 y A, A 3+ A 2A 4+ A 3,A ,5 + .... A n - 2, A n = 3 000. Calcular la medida del segmento que tiene por extremos los pun tos medios de los segmentos A, A n , y A 2A n

PS = —

Calcular: PR. A) 5

C) 7

B) 6

D) 8

26.- En una recta se ubican en forma conse cutiva los puntos A, B, C y D de modo que : K 2- ! AC

AB.CD = KBC.AD y Calcular K B) 1,55

E) 1,66

2,5

27.- Sobre una línea recta se consideran los puntos A, B, C y D en forma consecutiva de modo que formen una cuaterna armónica; so bre AB, BC y AD, se ubican sus puntos me dios P, Q y R respectivamente. Calcular; j g A) 1

B) 2/5

A ) 200

B)300

D)500

E)600

- £§ C) 2

y 36 CD = 5AB ; si BC = 8. Hallar A D . B)85

E) 3

C) 100

D)90

E)110

32.- Los puntos P, Q, R, S y T están sobre una recta en forma consecutiva; PR = 20 y PQ = ^ A)

= RS = ^

34 B)32

. Hallar PT

C)35

D)38

E) 40

33.- Dados los puntos colineales y consecuti vos A, B, C, D, E, F, G, H, I, J. 3B1 4 ' Y :A D + B E + C F + D G + DG+EH+FI+GJ=63. S i: B I = ^

D) 3/2

C)400

31.- Sobre una recta se ubican los puntos conAB BC secutivos A, B, C y D de modo que

A ) 120

A ) 1,5

, CH

Hallar AJ. 28.- Se tienen los puntos consecutivos A, B, C y D tal que AB = 2CD ; BC2 = AB.CD

B)25

C)28

D)30

E)32

34.- En una recta se tienen los puntos conse cutivos A, B, C y D ; si AB . A D = 3 B C . CD y

-L + J CD BD Calcular: AB. A) 7

C) 5

B) 6

D) 4

E) 3 A )6

29.- A, C, M y B son puntos colineales y consecutivos. Si AC = CB , A M .A B = 8 y _ J ________ 2 _

2MB

AM ' AC '

B) 2

Q 8

D )9

E)10

35.- Dados los puntos colineales y consecuti vos A, B, C y D se sabe que: AC = 8 y BD = 4. Calcular BC, si además: 2 (A C ) (CD) + (A B ) (BD) = 4 (BC) (BC).

Calcular: MB. A) 4

B)7

C )4 l

D) 6

E) 2>Í2

A ) 1,75

B)2

C)2,5

D)3

E)3,25

Ernesto Quispe R.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

36.- Dados los puntos colineales y consecuti vos A, B, C y D se sabe que :

2 AD

= 1

Hallar CD.

41.- Sobre una recta se toman los puntos con secutivos A. B. C, D y E. Además “ M ” espun to medio de A D y “ N ” punto medio de B E . Se sabe además que : MC = NC. Hallar MC, s i: AB + DE = 24. A) 2

A) 5

B)4

C)3

D )2

37.- En una línea recta se consideran los pun tos colineales y consecutivos A, B, C y D de modo que :

A ) 1; 2; 3

B )4 ;3 ;2

D) 3; 4; 5

E )4 ;6 ;8

C )6

D )8

E) 12

42.- Se dan los puntos consecutivos A, B, C y D sobre una recta, de modo que : A C 2= A D .B D AB BD CD ' AC

Calcular:

(2x - 3) AB . CD = A D . BC 3 y+ 2 _ 3 x - 14 y AC AB Hallar x,y, z .

B )4

E)1

5 z - 13 AD ’

A) 4

C)2

B)3

D)1

E)0,5

43.- Se dan los puntos consecutivos A, B, C, D, E , , de modo que : C )5 ;2 ;4 A B ~ , B C = | ,C D = ^ , D E = | , E F = | .... Calcular la suma límite de x donde :

38.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C y D de modo que forman una cuaterna armónica Si:

a b AC + CD

c d BD + AB

x - AB + BC + CD + DE + ........ A ) 0,5

B) 1

C ) 1,5

D) 2

E)2.5

44.- Sobre una recta se toman los puntos con secutivos O, A, B, M de modo que :

Hallar: a + b + c + d

M A + M B = 1,5 AB. A) 6

B)3

C)2

D)5

E)8

39.- Sobre una línea recta se consideran los puntos consecutivos A, B, C; de manera que AB - BC =12. Hallar la longitud del segmento que tiene por extremos el punto B y el punto medio del segmento que se forma al unir los

Hallar O M en función de O A y OB A) B)

puntos medios de AB y BC. C) A) 3

B)2

C)4

D)7

cutivos S, I, O, N siendo O, punto medio de I N .

3 OB - 2 O A

B) 2

D )4

5 OB + O A

45.- Sobre una recta se ubican los puntos con se c u tiv o s ^ B, C, D, E y F, si “ D” es punto medio de C E , A C = CE y BD = DF. Calcular:

(S I)2 + (S N )2

C) 3

3 OB - O A

5 OB - O A

(SO )2 + (IO )2 A) I

E)8

40.- Sobre una recta se toman los puntos conse

Simplificar: K =

4 OB + 2 O A

E )5

A) 1

B)2

AB2 + BE2 A C 2 + EF2 C)3

D)4

E)5

* ._ J,r ^ 4+ J * ''_ .,*

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t/a.

3*1 DEFINICION Angulo es la reunión de dos rayos de origen co mún y no colineales. En la figura adjunta se observa la representación gráfica de un ángulo y sus elementos.

A/ Lado /

Bisectriz

NOTACIONES : vértice

4 AOB , ó , 4 AÓ B se lee : "ángulo AOB" m 4- AOB se lee : Medida del ángulo AOB.

Lado

CARACTERÍSTICAS :

—> —> - Simbólicamente se representa p o r: 4 AOB = OA uOB - Su medida es un número real y positivo comprendido entre 0 y 180° es decir :

Fig. 3.

0 < m 4 AOB < 180

3*2 EQUIVALENCIAS I o < > 60’

... (3.1)

Y < * 60” ... (3.2)

I o < > 3600"

... (3.3)

3*3 CLASIFICACION A)

SEGUN SU MEDIDA.

A l ) Ángulo Agudo.- (Fig. 3.2a) Es aquel ángulo cuya medida es menor que 90; es d ecir: A2) Ángulo Recto.- (Fig. 3.2a) Es aquel ángulo cuya medida es igual a 90; es decir: A3) Ángulo Obtuso.- (Fig. 3.2a) Es aquel ángulo cuya medida es mayor que 90; es decir :

0 < a < 90

... (3.4)

a = 90

... (3.5)

90 < a < 180

... (3.6)

68 B)

Problemas de Geometría v cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

DE ACUERDO A SU POSICIÓN Y CARACTERÍSTICAS.

B l) Angulos Complementarios.Son dos ángulos cuyas medidas suman 90°. Si los ángulos mostrados son complementarios, entonces: a + 6 = 90

... (3.7)

Observación: A la medida del complemento de un ángulo lo denotaremos por: C a ; verificándose que: Ca = 90 - a

... (3.8)

(0 < a < 90)

B2) Angulos Suplementarios.Son dos ángulos cuyas medidas suman 180°. Ya que los ángulos mostrados son suplementarios se cum ple que: a + 6 = 180

...(3.9)

Observación: A la medida del suplementario de un ángulo lo denotaremos por :5 a ; cumpliéndose que: 5a = 180 - a

... (3.10)

Fig. 3.4

(0 < a < 180)

B3) Angulos Adyacentes.Son dos ángulos de vértices común y lado común, además están situados a uno y otro semiplano de terminados por el lado común. En la figura adjunta los ángulos AOB y BOC son ángulos adyacentes, ade más considerando las medidas asumidas se verifi can las siguientes relaciones: C, = Adición: C2 = Sustracción:

Fig. 3.5

0= a + P P = 6 -a y a = 0 -p

B4) Angulos Consecutivos.Son tres o más ángulos de vértice común que de dos en dos son adyacentes tal como los ángulos AOB, BOC, COD y DOE mostrados en la figura ad junta. Observaciones: 1) Los ángulos consecutivos que en conjunto comple tan un semiplano tienen medidas que verfican la relación: a + P + y + 0 + 0 = 180

... (3.11)

A > k.

Fig. 3.6

Angulos

Luis Ubaldo C. 2)

Los ángulos consecutivos situados alrededor de un punto (completando el plano) tienen sus medidas que cumplen la relación : a + 0 + P + y + 0 = 180

... (3.12)

3.4 COMPLEMENTO T SUPLE1MENTO DE UN ANGULO DEFINICION: Complemento de :

a = Ca = 90 - a ; (a < 90°) ; (a < 180°)

Suplemento de a : SQ = 180 - a

/ A

A) Angulos Adyacentes: Son 2 ángulos tales como : AOB y BOC.

.c?

Se cumplen las siguientes relaciones: ADICIÓN :

6= a + P

SUSTRACCION :

P = 6 -a

\ Fig. 3.9

B) 4 ls Adyacentes Suplementarios : Son 2 ángulos adyacentes cuyas medidas suman 180°, tales como AOB y BOC.

\ a + 6 = 180°

... (3.13) A

Fig. 3.10 C) 4 -s Opuestos por el Vértice : Son ángulos deter minados al intersectarse 2 rectas. a = 6

... (3.14)

Fig. 3.11 D) Las bisectrices de dos ángulos adyacentes suple mentarios forman un ángulo de 90°

...(3.15) >1

m 4- POQ = 90°

B\>

C Fig. 3.12

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

6J6RC1CIOS oe APLICACIÓN ( lT9 PART6 J 1.- Hallar el CCC....C¡g ; s i hay 50 veces complemento (C - » Complemento). R esoluctón.-

CCC...C.

50 veces

Ya que 50 veces es par, entonces por propiedad :

CCC... C50 = 50°

2.- Hallar el SSS....SWQ; s i hay 1001 veces suplemento (S - » Suplemento). Resolución.555. ..S. 100

1001 veces Ya que 1001 veces es impar, entonces por propiedad :

555... 5ino = 180° -100°

S SS ...S100 = 80° 3.~ En el gráfico calcular la m 4 AOB. k+20

2k Resolución.En el gráfico, por ángulos adyacentes suplementarios, tenemos : 2k + 3k + 20 + 3k - 20 = 180 Donde: Ahora: Nos piden:

8k = 180 R

m 4- AOB = 6/?

m 4- AOB

-(f)

m 4 AOB = 135°

4.- En la figura, hallar “x".

3k-20

Angulos

Luis Ubaldo C.

Resolución.Por ángulos adyacentes suplementarios, tenem os: En consecuencia:

a + 0 = 90

... (1)

Ahora:

x =

... (2)

De la expresión (1) y (2 ):

x = 90°

a + 0

2a + 20 = 180

V5 - En el gráfico, hallar la m 4 AOC, s i : m 4 AOB + m 4- AOD = 56e.

Resolución.Del gráfico:

m 4 AOC - m 4

Entonces:

m 4 AOB — m 4

Reemplazando:

m 4 AOB = x - a

Por dato:

m 4 AOB + m 4

Reemplazando: Luego:

i x- a

i x + 2x = 56 x = 28°

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

3.6 ANGULOS FORMADOS I?QRDOS RECTAS E\KAL£LAS

r UNA TRANSVERSAL

Angulos Alternos : Son de igual medida. A l. Altemos internos

Fig. 3.14 a = P B)

a = P

Angulos Correspondientes : Son de igual medida. B1. Correspondientes obtusos

B2. Correspondientes agudos

ffe.3.15

a = p C)

a = P

Angulos Conjugados : Son suplementarios

Fig. 3.18

Fig. 3.17

a + p = 180

...(3.16)

a + P = 180

...(3.17)

Angulos

Luis Ubaldo C

3*7 ANGULOS DE LADOS PARALELOS

Fig. 3.19

3*8 ANGULOS DE LADOS PERPENDICULARES

F(g. 3.20

3*9 PROPIEDADES ESPECIALES A) Si el vértice del 4- AOB se sitúa entre las paralelas a y b, luego su medida estará ex presada p o r: x = a + p

... (3.18)

Fig. 3.21

B) Teorema de Sarrus : Para toda poligonal cuyos extremos pertenecen a las paralelas a y b s e verifica la relación; a + 6 + p= P+ e

... (3.19)

Fig. 3.22

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

D) Si a y b son dos rectas tales que : a // b, entonces se dice que los ángulos que ellos determinan miden 0 y 180. (Fig. 3.24)

C) Del conjunto de ángulos mostrados en la Fig. 3.23 se verifica la relación, s i: OA //PQ , entonces: a + P + 0 + e + co = 180°

Ernesto Quispe R.

... (3.20)

Fig. 3.24 E)

Siendo C el complemento de un ángulo, se cumplen las siguientes relaciones : - CCC . . . Ca = a

# par F)

- CCC . . . Ca = 90 - a # impar

Siendo S el suplemento de un ángulo; se cumplen las siguientes relaciones :

-ssss...se = e # par

- s s s s . .. se = iso-e # par

Luis tib a ld o C.

Angulos

ej€RCICIOS D6 APLICACIÓN (

2da PART6 }

-Q \

6.- S i : L1/ / L 2 y cc + p = 225, hallar "x".

Resolución.En el gráfico por propiedad :

x - 180 - a + 180 - P

Luego:

x = 360 - (a + P) ... (1)

Dato:

a + P = 225

Reemplazando (2) en (1) :

... (2)

x = 360 -225 x = 135°

7.- En ¡a figura L1// L ¡¡, hallar "p".

Resol ución.Por el teorema de Sarrus :

20 + p + 10 = 60 + 50

En consecuencia:

P + 30 = 110

P = 80 8.- S i : L 1//L 2 , calcular '10

Resolución.Por el vértice "C" se traza L3 // AB . Luego por ángulos correspondientes : 0 - 50 = 80 0 = 130°

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

9.- S i: L 1// L z y a / / b , calcular "0

Resolución.En el gráfico : 60 + 70 + 0 = 180

... (4 -s Suplementarios)

0 = 180 -130

Entonces :

0 = 50°

10.-Se tienen los ángulos consecutivos A Ó B , BO C ,C O D y DO A que son proporcionales a los números 2, 4 y 8 respectivamente. H allar el m enor ángulo que forman las bisectrices del prim er y último ángulo. Resolucion.x = a + 0

Del gráfico:

... ( I )

Ahora:

AÓB BÓC _ CÓD _ DÓA 2 ~ 3 5 8

Entonces :

AOB = 2k . BOC = 3 *, COD = 5 *, DO A = 8*

Luego :

AÓB+BÓC+CÓD+DÓA = 1 8 *

En consecuencia:

360 =

Ahora :

AÓ B = 2 (20)

También :

DOA = 8(20)

18 *=> =>

* = 20

AÓ B = 40

; pero AÓ B = 2a

DOA = 160 ; pero DOA = 20 x = 10 0 °

► a = 20 0 = 80

Angulos

Luis Ubaldo C.

1.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD. Se trazan las bisectrices O M y O N de los ángulos AOB y COD respectivamente. Hallar la medida del ángulo AOC sabiendo q u e : m 4 MON = 90e y m 4- BOD = 82-. Resolución.Del gráfico: * x = a + 8 2 °-20 + 0 = 90°

=> a - 0 = 8°

... (1)

* x = 2 a + 82° - 2 0

=> a - 0 = ^ -41°

...(2)

8o = ^ -41°

De (1) en (2), tenemos : Entonces :

x = 98°

2.- El suplemento del complemento de la medida de un ángulo, es igual al doble del com plemento de la medida de dicho ángulo. Calcular el complemento de la mitad de la medida de dicho ángulo. Resolución.Seax la medida del ángulo, según los datos del problema planteamos la ecuación: SCx = 2Cx Entonces :

180° - (90° - x ) = 2 (90 - x ) 90° + x = 180° - 2x

Resolviendo : Donde:

3x = 90°

x = 30°

Pero nos piden:

Luego : = 75° —)

—)

3.- Los rayos OA, OB, OC, OD y OE se encuentran ubicados en un misjno plano, de modo que la bisectriz OX del ángulo AOB es perpendicular a la bisectriz OD del ángulo BOE. Si m 4 X O E = 160s, calcular la medida del ángulo BOD.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Qulspe R.

Resolución.Del gráfico:

a + 20 = 160°

... (1)

a — 90°

También se sabe que :

- 0...(2)

Reemplazando (2) en (1 ): 90° -0 + 2 0 = 160° Luego nos queda :

0 = 160° - 90° 0 = 70°

4.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD; tal q u e : m 4LBO D-3.m 4LAOB = 60°

mJLCOD = 3.m4LAOC.

H allar: m 4-BOC. Resoluclón.Sabemos por dalo que : m ¿ C O D = 3.m4ÍAOC = 3 a También:

rr¡4lBOD - 3m ¿ A O B = 60°

Del gráfico: De donde: En consecuencia:

(x + 3a) - 3 (a - x ) = 60° x + 3 a -3 a + 3 x = 60° 4 x = 60° x = 15°

5.- La tercera parte de la mitad del complemento del suplemento de la medida de un án gulo excede en 8 o a los tres quintos del complemento de la m itad de la medida del mismo ángulo. Hallar la medida de dicho ángulo. Resol ución.Seax la medida del ángulo. Por dato tenem os: Resolviendo, nos queda:

^ • -i (90 - (180 -x )] - | [ 90° - | ] = 8o (x - 9 0 )

(540 - 3x) = 8o 10 x = 165°

6.- Hallar el complemento de la diferencia de las medidas de dos ángulos tales que la medida del primero excede en 60gal complemento de la medida del segundo y la medida del segundo ángulo sea igual a ¡a mitad del suplemento de la medida del prim er ángulo.

Angulos

Luis tibaldo C.

Resoludón.Sean a y 6 las medidas de los ángulos. Se pide :

x = 90° - (a - 0)

Sabemos que: a - (90° - 6) =

60°

a + 20=

También:

0 = ^ (180° - a )

Restando (2) y (1) :

0 = 30°

En (1) :

a = 120°

Finalmente :

x = 90° - (120° - 30°)

0 = 150° 180°

...(1 ) ... (2)

x = 0° 7 - La suma de las medidas de dos ángulos es 80ey e l complemento de la medida del pri mero es el doble del segundo. Hallar la diferencia de las medidas de dichos ángulos. Resolución.Sean "a" y "0" las medidas de los ángulos; se pide hallar: Por condición del problema sabemos q u e :

a -0

a + 0 = 80°

También se sabe que :

90° - a = 20

Entonces :

a + 20 = 90°

Restando (2) y (1) :

0=10°

En (1) :

a =70°

En consecuencia:

... (1)

... (2)

a - 0 = 60°

8.- Si a la medida de un ángulo le disminuimos su cuarta parte más que la mitad que su complemento, resulta un tercio de la diferencia entre el complemento y el suplemento de la medida del mismo ángulo. Hallar dicho ángulo. Resolución.Seax la medida del ángulo pedido. Por condición del problema : De donde : Luego nos queda:

x -^

+ ^ (9 0 - jr )] = ^ [(9 0 - x ) - (1 8 0 -*)] x - ^ + y - 45 = - 30 5x

=15x4 x = 12°

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

9 .-Si m //n ; c a lc u la r:x .

Resolución.En el gráfico observamos que a I I b. Luego x se mue ve a otro ángulo como vemos en la figura : En ese ángulo:

x = 62° + 24° x — 86°

10. - Si m //n ; c alc u lar: x .

Resolueión.Recordemos la propiedad:

(60°+a-jr)

Si m //r¡ se cumple :

x + 12 0 °-a

a + 6 + c + </ = a + P + 6

Según esta propiedad, para nuestro problema tenemos:

e2 - a + a + G + 60° + a - x = 02 + a + 0 x = 60°

Angulos

Luis Ubaldo C.

11.- Si m //n ; calcular x 5.

-n Resolución.En el gráfico se cumple : x + 180-2a = 180 x = 2a

Donde:

12.- Un tercio de la diferencia entre el suplemento y el suplemento de un ángulo es igual al doble de su complemento. Calcular su medida. Resolución.Sea "a" la medida del ángulo entonces la diferencia entre el suplemento y el complemento de a es : (180 - a ) - (90 - a ) = 180 - a - 90 + a = 90 Un tercio de esta diferencia será :

^ (90) = 30°

Según el problema, este último reultado es igual a :

2(90 - a)

Luego :

30 = 2(90 - a)

En consecuencia:

15 = 90 - a a = 75°

13.- La suma de las medidas del suplemento y complemento de un ángulo es igual a "n“ veces la medida del complemento de dicho ángulo. Calcular su medida, si ésta es la m enor de todas las posibles (n e Z *). Resolución.Sea "0" la medida del ángulo, entonces complemento de : 0 = 90 - 0 Suplemento de :

0 = 180 - 0

Según el problema:

(180 - 0) + (90 - 0) = n(90 - 0) 270 - 20 = 90 n -n Q

n-2> 0

0 = 90 =>

Si: n — 3

0 = 0°

Si: n = 4

0 = 45°

(n - 3 ) n- 2

n >2 (no es posible ya que 0o < 0 < 90°)

...

(* )

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

14.- En la figura a - P = * ; calcular x .

Resolución.Del gráfico sabemos que :

x + P = 60-.x + a

De donde :

2x - a + P = 60

Entonces :

2x - (a - P) = 60 2x - ^ = 60

Reemplazando:

x = 36 15.- En la fig u ra : a //b ; c alc u lar: x .

Resolución.—) —) Prolongamos CB y ED hasta intersectarse en O, luego : a = 90 - x Empleando el teorema de Sarrus para la poligonal ABOE 60 + a = 90 + 45 Reemplazando:

60 + 90 - x = 90 + 45 x = 15

16.- De gráfico mostrado determinar el valor entero de "x" cuando "y" tome su máximo valor entero.

Ernesto Quispe R.

Angulos

Luis Ubaldo C

Resolución.Del gráfico: (2y - x) + (x + y) + (x - y) = 180 => Pero:

+ x = 180... ( 1 )

x - y > 0 (definición de < ) => y <x

Donde reemplazando tenemos :

y < 180 - 2y

Luego :

3y <

El mayor valor entero de "y" será :

59°

Sustituyendo en (1) :

... ( 2)

180 => y < 60°

2(59) + x = 180 x = 62

17.- Se consideran los ángulos adyacentes AOB, BOC y COD de modo que la medida del ángulo COD es el doble de la medida del ángulo AOB. Calcular la medida del ángulo BOD s i el ángulo A O E mide 1° siendo OE bisectriz del ángulo BOC. Resolución.Del dato:

m 4 COD = 2m 4- AOB

En el gráfico:

m 4 CÓD = 2 (1 - a )

Entonces :

m 4 COD = 2 - 2 a

También:

x = a + a + 2 - 2 -a x = 2°

—) —) 18.-En una linea recta XX' se ubica el punto O, p or dicho punto se trazan los rayos O A , OB, —) —) OC y OD en un mismo semiplano de modo que m < A OC = m < BOD = 90° Además m < AOB + m < COD = 20° Calcular la m < BOC. Resolución.Sea AÓ B = a => CÓ D = a, ya que : x + a = 90 ... (* ) Dato:

m 4 AO B + m 4 COD = 20°

Reemplazando: Entonces : En (* ) :

a + a = 20° a = 10o * + 10° = 90°

x = 80°

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

19.- En el gráfico L 1/ / L 2 . Calcular 6 .

Resolución.Del gráfico:

60° + 20 + 30 = 180°

Entonces:

5 0 + 6 0 = 180°

Luego sabemos que :

50=120° 0 = 24°

20.- La medida de un ángulo es 0° S i la diferencia entre los 5/6 d el suplemento de 6 y el complemento de Q/2 excede en Q/15 el doble del complemento de 0. Hallar el suple mento del complemento de 6. Resolución.Planteamos la ecuación :

Luego : Homogenizando:

j Jj^(180°-0)J - j^90° -

j - 2 (90 - 0) =

— - 5-° - 90 + | - 180 + 2 0 = ^ o ¿ lo 900-59 6

30 6 +

126 97n_ 6

_0_ 15

900+100 J0 = 270° 6 ‘ 15

Luego: En consecuencia:

4500 + 500-20 =8100 =>

Nos piden S C ^ :

0 = 75

= 1 8 0 -(9 0 -7 5 ) =

165°

21.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC, y COD. Se trazan las bisectrices; O M y O N de los ángulos AOC y BOD. Hallar m 4 M O N , si m 4 AOB + m 4 COD = 186° Resolución.Por dato tenemos que :

m 4 AOB + m

4 COD =186

... (1)

Pero en el gráfico:

m 4 AOB= a + x - 0 ... (2)

También :

m 4 COD= 0 + x - a

Luego (2) y (3) en (1 ): De donde:

a + x - 0 + 0 + x - a = 186° 2x = 186°

.-.

jr = 93°

... (3)

Angulos

Luis Ubaldo C.

2 2 .-Se tienen los ángulos consecutivos A O B y B O C (m 4 A OB < m 4 BOC) ta l que: m 4 AOB + 2.m 4- BOC = 148B. Se traza el rayo OE bisectriz del ángulo AOB y OP bisectriz del ángulo EOC. Hallar la medida del ángulo EOP. Resolución.Tenemos como d a to: m 4 AOB + 2.m 4- BOC - 148°

... (* )

Según el gráfico:

4 AOB = 2a

...(1 )

También se sabe que :

m 4 BOC = 26 - a

... (2 )

( 2a ) + 2(26 - a) = 148°

Reemplazando en (* ) :

2a + 46 - 2a = 148°

De donde:

6 = 37° —) —^ —> —) 23.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD tal que O P , OO, OR y OS son las bisectrices de los ángulos AOB, COD, A O C y BOD respectivamente. S i m 4- POQ + m 4- ROS = 144° calcular m 4 AOD. Resolución.Tenemos por d a to :

m ¿ P O Q + m 4 ROS = 144°

Del gráfico:

m 4 POQ = to - a + to + 6 .. . ( 1 )

También sabemos q u e :

m 4 POS = 0 + 2 a - to

- ( 2)

De igual manera:

m 4 POS =cú + 2 6 -0

.. (3)

Sumando (2) y (3) :

2 . m 4 ROS = 2a + 26

De donde:

m 4 ROS = a + 6

Reemplazando (1) y (4 ):

(o - a + o + 6) + (a + 6) = 144°

Sumando:

- (4 )

2(6 + tü)= 144° m 4- AOD = 144°

24.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB y BOC tal q u e : m 4- AOB - m 4- BOC = 56B. —) —^ —) Los rayos ON, ON, OP bisecan a los ángulos AOB, BOC y MON respectivamente. Hallar m 4 POB.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

Resolución.Delgráfico:

jc = c o - 8 ...(1)

También:

x = a - to ... (2) 2 x = a - 6 ...(3)

Sumando (2) y (1) :

Pero por dato nos dan : m 4 AOB - m 4- BOC = 56° 2a - 26 = 56° => a - 6 = 28° ... (4)

Reemplazando:

2x = 28°

Reemplazando (4) en (3 ):

x = 14° 25.-Se tienen los ángulos consecutivos POA, AOQ, QOB, BOR y ROS; tal que: m 4 POS = 180B m 4 BOR = 48B, m 4 ROS = m 4 AO P y el ángulo POQ es m enor que e l ángulo QOS. —> —) H allarla m 4 AOQ; sabiendo además que los rayos OA y OB son las bisectrices POQ y QOS respectivamente. Resolución.Nos dicen q u e :

4 QOS > m 4

POQ = 180°

Entonces :

m 4 AOQ = m 4IROS = x

Dato:

m 4 BOR = 48°

Del gráfico: También : De (1) y (2) restando m.a.m.:

x + 6 = 90°

... (1)

6 - x = 48°

... (2)

2x = 90° - 48° 2x = 42°

x = 21‘

26.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD;tal que :m 4 A O C -m 4- BOD= 109 —> —^ y m 4 MON = 100B; siendo los rayos OM y ON las bisectrices de los ángulos AOB y COD respectivamente. Hallar la m 4 AOC. Resolución.Por dalo tenemos :

m 4 AOC-m 4 BOD =

10°

... (1)

Del gráfico:

m 4 AOC = 2a + to... (2)

También:

m 4 BOD = co + 26 ... (3)

Reemplazando (2) y (3) en (1) : 2a De donde : Simplificando:

+ co - (co + 26) = 16° 2a - 20 = 16° á - 6 = 5o

... (4)

Angulos

Luis Ubaldo C. También por d a to:

a +

co + 0 = 100°

Sumando las dos últimas ecuaciones (4) y (5): 2a +

co = 105°

Pero del gráfico :

x = 2a + co

En consecuencia:

x = 105°

... (5)

27.-Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC, COD, DOE y EOF; tal que: m 4 A O F= 180° m 4 BOD = 90ey m 4 AOB = 3.m 4 DOE. Hallar la m 4 BOC, sabiendo además que —) —) los rayos OE y OD son las bisectrices de los ángulos D O F y COF respectivamente. Resolución.Luego de dibujar la figura según las condiciones del proble ma, pasamos a establecer las ecuaciones: 36+ 90°+ 26 = 180° Luego :

50 = 90° =>

18°

x + 20 = 90° Reemplazando:

x +

2 (18°) = 90° =>

x = 9 0 °-3 6 °

x = 54° 28.- Si m / / n ; calcular a B+ b B+ cB. Siendo 0 = 50B.

Resolución.Por ángulos de lados paralelos movemos 20 al trazar la recta" I ” paralela a A B . Luego : 20 + 20 = 180° + to => Ahora por propiedad :

to = 40 -180°

... (1)

a+£> + c + c o = 0 + 0

Reemplazando (1) en (2) : a + b + c + 40- 180° = 20 Entonces : Pero: En consecuencia:

+b +

c = 180° - 20 6 = 50°

a + b + c = 80°

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

29.- Alrededor de un punto "O" se trazan en forma consecutiva los rayos OA, OB, OC, —) —-V —^ OD, OE y O F de modo que cualquiera de estos rayos es bisectriz del ángulo formado por los rayos anterior y posterior a esta bisectriz. Calcular la medida del ángulo formado p o r las bisectrices de los ángulos EOD y BOC. Resolución.Ya que cualquier rayo es bisectriz de los otros dos rayos más próximos entonces los 6 ángulos determinados al rededor del punto "O” serán congruentes. Sea ”0" la medida de estos ángulos. Luego :

60 = 360

Nos piden:

0 = 60

2 +0 + 2 -2

x = 12 0 ° ^

3 0 .-En la figura: L1 / / L2; a // b y m // n . Calcu lar : x + y.

Resolucion.3a

Por propiedad:

= m < A + a a

De donde :

m < A=

Por ángulos alternos :

a m < T = m < k —^

Por Sarrus para la poligonal MATLSK se tiene : x + ^ + 0 = Ty+LU + 180-y =>

x + y = 180 + (w - 0)

...(1 )

Empleando nuevamente Sarrus para la poligonal OBLS: 1 8 0 + w = 18O-a + 0 Sustituyendo (2) en (1) :

a x + y = 180+ ~

w- G =|

... (2)

Angulos

Luis Ubaldo C.

31.- En la figura, hallar el m enor valor entero expresado en grados sexagesimales que puede tomar x. Resolución.2 x -y + y + x + y = 180

Del gráfico: De donde :

3 * + y = 180

y = 180 - 3* 2x - y > 0

Pero sabemos que : Luego :

2x > y

Reemplazando:

2x > 180 - 3x

Entonces:

5x > 180

x > 36

=> jc =

37°

3 2 .-Se trazan los ángulos adyacentes AOB, BOC, COD. Si m e A OB = m < COD = bBy m < AOD = aB. Calcular la medida del ángulo formado p o r las bisectrices de los ángulos A OC y BOD. Resolución.Del gráfico: También :

QO C + b = BÓ P + b =

g -b

QOC =

2 a -b

BÓP =

Luego :

BO Q — • + x

r. i j Reemplazando:

a -b a -3 b . —— = — -— + x Ca - b )

Entonces:

En consecuencia:

x =

q -3¿>

a -3 b

(a - 3 b ) '

a -b -a + 3 b

x = b

33.- Se consideran los ángulos adyacentessuplementarios AOB y BOC se trazan las —>

—>

-----

bisectrices OP y O Y de los ángulos A O B y BOC, luego se traza OZ, b isectriz del < POY, s i m < A OB - m < BOC = 60B. Hallar la medida del < BOZ. Resolución.Del gráfico por propiedad : a + 0 = 9O Dato:

...(1)

m < AOB - m < BOC = 60

Reemplazando: De donde :

2a - 20 = 60 a - 0 = 30

... (2)

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Sumando (1) y (2) m.a.m.: =>

Ernesto Quispe R.

2a=120

a = 60 ; 6 = 30 x + 0 = 45

Del gráfico:

x = 15°

34.- S eana yP las medidas de dos ángulos. Si los 77 del suplemento del complemento de

los ^P de la diferencia entre el suplemento del suplemento de a y el complemento del complemento de p es igual a los ~ del suplemento del complemento de los |r de la diferencia entre el complemento del complemento de a y el suplem ento del suple mento de p, lu e g o : Resolucion.Expresemos simbólicamente el enunciado del problema :

^ jsc|J^SSa-C CpJj = P Operando se tiene :

Simplificando:

^|l80 - 9 0 + ^ ( a -

P)j| =

S c | j (CCa - SSP)j

90+ P - ? a rl= f

CC 90 + -p - - a

Entonces:

9 o (| ) + a - P = 9 o [| ) + a -P

De donde :

90( j ) - 90©

Finalmente:

a= p

35.- En la figura adjunta se muestran una línea poligonal for mada por n segmentos los cuales forman ángulos entre si y también con las paralelas L 1 y L¿. S i los ángulos for mados tienen sus medidas que determinan una progre sión aritmética decreciente de razón “r". Calcular la me dida del m ayor ángulo a. Rcsolución.Del gráfico deducimos que como hay "n" segmentos que conforman la línea poligonal, enton ces habrán (r? + 1 ) ángulo donde :

Angulos

Luis Ubaldo C. El penúltimo < : a - (n - 1) r Y el último <

: a -n r

PorScurus: a + a - 2 r + ...+ a - n r = a - r + a - 3 r +... a - (n - l ) r - r ( 1 + 3 + 5 +...+ n -1 )

a + ^ - 2r| 1 + 2 + ... +

a. 2 M iÁ

Ahora:

c = f

Luego:

^ rn /■ . rn « = 4- (n + 2) - - 4-

(n + 2) = - i n _ a =

3 6 .-En la figura mostrada: m / / n ; a / / b y m ffn . Calcular: x + y.

Resolución.-

Entonces: Lu ego:

a -(n -l)r¡ r a -n r

= .,(a ¿

De donde:

Del gráfico:

2$ = 90 + 2a 2$ - 2a = 90 d>- a = 45

También en la poligonal ABC : j r + ( ] ) + 9 0 - a = 1 8 0 Ordenando:

x + (J)—a + 90 = 180

Reemplazando:

x +

135

=180 x = 45

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

37.- En la figura L 1 / / Calcular x.

Ernesto Quispe R.

y y + p = 260°

Resolución.x = 3a + 30

En el gráfico por Sarrus: Luego :

^ = a + 0

También:

< P = 180 - y + 180 - P

Entonces :

< P = 360 - ( y + P )

Reemplazando:

< P = 360 - 260

< P = 100

Por consiguente en la poligonal PQBR : < B = 80 También en la poligonal ABCD, tenemos : 80 = x + a + 0

Reemplazando: Finalmente :

80 = x + — 4* = 240 x = 60

38.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD; tal q u e : m 4- POQ + nr>41 ROS = 140e, — >

— >

siendo los rayos O P, OQ, OR y OS las bisectrices de los ángulos AOB, COD, A O C y BOD respectivamente. Hallar la : m 4- AOD.

Angulos

Luis Uboldo C.

Resolución.Por dato tenemos : m 4 POQ + m^lROS = 140° Del gráfico:

m 4- POQ = a + 2w + 0

También :

m 4 ROS = o + 0 - (a + o - 2 a)

Reemplazando en el dato: (a + 2w + 0) + [o = 0 - (a + o - 2a)] = 140° De donde :

2a + 20 + 2w = 140°

Pero la m 41AOD :

2a + 20 + 2üj = 140°

m 4 AOD = 140° —> —> 3 9 .-Se tienen los ángulos adyacentes AOB, BOC y COD de modo que OA y OD son rayos —) —^ —) —) opuestos, además la m < B O C = 1209. Se trazan los rayos O X , O Y , OP y OR bisec trices de los ángulos AOC, BOD, BOY y XOC respectivamente. Calcular la m < POR. Resolución.Sean m < AOB = 2a y m < COD = 20 Luego :

2a + 120 + 20 = 180

=» a + 0 = 30°

—I

Ya que :

OX es bisectriz del < AOC =>

m < AOX = m < XOC = 60 + a —>

OY es bisectriz del < BOD =>

m < BOY = m < YOD = 60 + 0

—► OP es bisectriz del < BOY =>

m < BOP = m < POY = 30 + | OR es bisectriz del < XOC =>

Del gráfico observamos que :

m < XOR = m < ROC = 30 + ^

2a + 30 + ^ + <J) + 30 +

4>+ 60 + | (a + 0) = 180

$ = 120 - 1 (3 0 )

+ 20 = 180

$ = 120 - 1 (30)

Ernesto Quispe R."

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

40.- En la figura L 1/ / L 2 , si a + P + <|>+ y = 140° calcular: x .

Resolución.-

En la poligonal ABC : Dato: Reemplazando en ( * ) :

j r + a + p + (¡)+Y = 180

a + P+

(])+Y = 140

x + 140 = 180 * = 40

...

( *)

Angulos

Luis Ubaldo C

PR 0 6 L€M AS PROPU€STOS

1.- La diferencia entre las medidas de los án gulos consecutivos AOB y BOC es 30°. Hallar —^ la medida del ángulo que forman el rayo OB y

7.- Si el complemento del suplemento del su plemento del complemento de un ángulo mide 15°. Hallar el suplemento del complemento, del complemento del suplemento de dicho ángulo.

la bisectriz del ángulo AOC. A ) 7,5° A ) 5o

B )l(f

C) 12°

D) 15°

2.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB y BOC (m AOB > BOCm). Hallar la medida del ángulo que forman las bisectrices de los án gulos AOB y AOC. Si m 4- BOC = 40°. A ) 5o

B) 7,5°

C) 10°

D) 15°

E)2(T

3.- Se tienen los ángulos consecutivos ABC, CBD y DBE, siendo BD la bisectriz del ángulo CBE. Calcular la medida del ángulo ABD si la suma de los ángulos ABC y ABE es 62°. A ) 27°

4 Io 30'

D)37°

E)35° 10.- Si mlln y 0o es la medida de un ángulo agudo y mayor de 50°. Calcular el máximo va lor entero de Xa. A ) 109° B) 112°

6.- Si a uno de dos ángulos suplementarios se le disminuye 35° para agregarse al otro; da como resultado que el segundo es 8 veces lo que queda del primero. Hallar la diferencia de estos ángulos suplementarios.

C)116°

A ) 7Cf

B)65°

C) 3 (f

C)60°

D)40°

D)55°

E)53°

D)34°

E )5 (f

B)20°

C)38° 30'

E)70°

5.- La suma del complemento de la medida de un ángulo, con el suplemento de la medida de otro ángulo es 140°. Calcular el suplemento de la suma de las medidas de ambos ángulos. A ) 10°

B)40°

A ) 3 Io

Q33°

D)50°

E)15°

9.- Si mlln y allb ; calcular jt” .

4.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, BOC y COD, tal que la m4- AOC = m4- BOD - 70° Calcular la medida del ángulo que forman las bisectrices de los ángulos AOB y COD. C)45°

D)35°

D) 12°

bisectrices de los ángulos AOB, COD y M ON recpectivamente. Hallar la medida del ángulo COL. Si m 4IM O C - m 41NOD = 83°

B)32°

B)40°

C)31°

C )l(f

8.- Se tienen los ángulos consecutivos AOB, —> —> —) BOC y COD, siendo O M , ON y O L las

E)38°

A ) 35°

B)29°

B)9°

E) 18°

E)5Cf

D) 118° E)12(f 11.- La diferencia de las medida de dos ángu los consecutivos AOB y BOC es 60°.

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

Ernesto Quispe R.

Calcular la m 4IDOB. Si OD es bisectriz del

18.- Si mlln ; calcular r°

ángulo AOC.

A ) 60°

A ) 10°

B)20p

C )3 (f

D)40°

E)50°

B)70p

12.- Dados los ángulos consecutivos DOA, AOB y BOC; de manera que el ángulo DOB —) —) mide 80°, se trazan las bisectrices ON y OM de

C )8( f

los ángulos DOA y BOC respectivamente. Cal cular lam 4IDOM. Si el ángulo BOC mide 60°.

E )100°

A ) 100°

8)110°

D) 130°

E) 140°

Q12CP

D)90°

-----

19.- Stm/ín ; calcular.*0 -m

13.- De qué ángulo debe restarse los 2/3 de su complemento para obtener 52°. A ) 25°

B) 38°

C)72°

D)54°

E)67,2° -

14.- De qué ángulo se debe restar la quinceava pane del triple de su complemento para ob tener 6°.

A ) 90°

B)60“

A ) 15°

D )9 0 °-a

E)72°

B) 12°

Q 2 (f

D )3 (f

E)45°

15.- Si C —» complemento: calcular "n" e n ; 2Cn +C2C n+ C 2 C 2 C n =160° A ) 5°

B )8°

C) 10°

D) 12°

E) 15°

16.- El triple de la diferencia entre el suple mento d e y el complemento de jt° es igual al doble del suplemento del complemento del doble de x°. A ) 90°

B)45°

D)60°

E) 22° 30'

C) 30°

Tí

C ) 45° + a

20.- La suma de las medidas de los ángulos es 140°; y el duplo del complemento del prin. 11 > es igual al triple del complemento del comple mento del suplemento de su ángulo doble ^el segundo. Hallar la medida de dichos ángulos. A ) 100° y 40°

D) 60° y 80°

B) 900 y 50°

E) N.A.

C ) 70° y 70° 21.- Sea "a " la medida de un ángulo si la di ferencie entre los ~ del suplemento de a y el

17.- Si allb\ calcular el complemento de 0°. A ) 40° B )5 (f C)70p D)2ü° E)60P

complemento de la mitad de la medida de di cho ángulo excede en al doble del com plemento de a. Calcular el complemente del suplemento de a. A ) 140°

B) 145°

D) 165°

E) 170°

C ) 148°

Ángulos

Luis Uboldo C

22.- Se considera los ángulos adyacentes AOB, BOC y COD. Calcular la medida del án gulo que forman las bisectrices de los ángulos AODy BOC, si :m < AOB - m < COB = 0. A) 6

B) |

C) |

ángulos A O B y B Ó C respectivamente; luego —1 —1 OR y OS bisectrices de los ángulos A O Q y CÓP. Calcular la medida del ángulo ROS. A)

60° B)65°

C) 75°

D ) 8( f

E)105°

E)|e

23.- Se consideran los ángulos adyacentes AOB y BOC, si se trazan las bisectrices O N ,

28.- A l rededor de un punto O se trazan los rayos O A, OB, OD y OE, de modo que las me didas de los ángulos AOB, BOC. COD y DOE —1

M O F respectivamente. Calcular la/w < BOH, sim < BOC-m AOB =40°

sean proporcionales a 1, 3,4, y 5. Si OD es la prolongación de la bisectriz del < A O B . Cal cular la medida del ángulo que forma dicha bisectriz con el rayo OE.

A ) 5o

O M , OF y OH ,de los ángulos A O B , BOC, y

B) 7,5°

C )l(f

D) 12° 30'

E)20°

24.- Si a la medida de un ángulo le disminui mos su cuarta parte más que la mitad que su complemento, resulta un tercio de la diferencia entre el complemento y el suplemento del mis mo ángulo. Calcular la medida de dicho ángulo. A ) 12°

B) 14°

C)16°

D) 18°

E )2 (f

25.- Calcular el complemento de la semidiferencia de las medidas de dos ángulos tales que la medida del primero excede en 60° al com plemento de la medida del segundo y la medi da del segundo sea igual a la mitad del suple mento de la medida del primer ángulo. A ) 30°

B)37°

C)45°

D)60°

12°

B)60°

C)48°

D) 120°

E) 72°

29.- Hallar jc, si £,//£2. A ) 137° B) 138° 30' Q 140° D) 141° 30' E) 141° —> —> 30.- En la figura O A // M N , calculara A ) 15°

E)75° B) 18°

26.- Se consideran los ángulos adyacentes AOB, BOC y COD, se trazan las bisectrices

C)20°

OX, O Y , OZ de los ángulos AOB, COD y XOYrespectivamente.Calcularlas < AOB, si m < XOC +m < XOD - 4 m < BOZ = 80°.

D)24° E)27°

A ) 8( f

B)60°

C)40°

D) 5 (f

E )2 (f

27.- Se tienen los ángulos consecutivos A O B y B O C de tal manera que : m < AOB +m < BOC = 300°

31.- Calcular la medida del mayor de tres án gulos que están en la relación de 3, 5 y 7, sa biendo que el complemento de la suma de las medidas de los ángulos es 15°.

Se trazan los rayos OP y OQ bisectrices de los

A ) 48°

—)

—1

B)25°

C )3 (f

D)35°

E)45°

Problemas de Geometría y cómo resolverlos

32.- Si a la medida de un ángulo se le aumenta se el cuadrado de la medida de su complemen to se obtendrá 180°. Hallar la medida de dicho ángulo.

Ernesto Qulspe R.

37.- Sean los ángulos adyacentes suplemen tarios AOB y BOC; se trazan los rayos OM y

4 AOB.

ON bisectrices de los ángulos AOB y BOC; —) —) además se trazan los rayos OP y OQ con la condición ; 2 m 4 A O P =m 4 POM y 2 m 4 COQ =m 4 QOM Calcular la medida del ángulo que forman las bisectrices de los ángulos M O N y POQ. S i : m 4 AOB - m 4 BOC = 72°

A ) 12°

A ) 8o

A ) 100°

B)99°

C )8( f

D)60°

E) N. A.

33.- En la figura mostrada: hallar™ 4 COM si rn 4 BOC -m 4- AOC = 24°. OM bisectriz del

B) 1(P

C ) 12°

D) 14°

E)16°

38.- Hallar :.r; si :£,//.£,

B) 18°

A ) 60°

C)20°

B)75°

D)24°

Q 105°

E)N.A 34.- Si al suplemento de la medida de un ángu lo le disminuimos 30° menos que el doble de la medida de su complemento, esto es igual a 3/11 de la medida de su suplemento. Hallar la medi da de dicho ángulo.

D) 135° E)N.A. 39.- S i ; ^ // T 2 ; hallar r. A ) 100°

A ) KF

B) 15°

C)30°

D)40°

E)N.A. B) 120°

35.- Si el complemento del suplemento del su plemento del complemento de un ángulo mide 10o. Hallar el suplemento del complemento del complemento del suplemento de dicho ángulo. A ) 5o

B)2Cf

36.- S i : .£1 // Íl2 y

C)36°

D )8(T

E)10°

C) 130° D) 140° E)150° 40.-81:.?, // ?2

//i?4 ; hallar: jt.

Hallarjc; si . a + b + c + d — 122°

A ) 4 Io

B)51°

C)60f

D)61

E) N.A.