Geometría

1. Perímetro (BCDE) = 2 x (BC) + 2x (BE) = 24
24= 2x(BC) + 2x8 = 2x(BC)+16 ----- BC= 4
(GF) = (TD) + (DE)= 10+4=14
Perímetro(rectángulo AHGF)= 2x(GF)+2x(HG)=60
60= 2x14+2x(HG) ----- 60=28+2x(HG) ----- HG=16
Área(ABCDEFGH) = Área(rectángulo AHGF) - Área (rectángulo BCDE)
Área(rectángulo AHGF) = (GF)x(HG)=16x14
Área (rectángulo BCDE)= (BE)x(BC)= 8x4
Área(ABCDEFGH)= 192 cm2

2. Llamemos a, b y c a los lados del triángulo. Entonces a + b + c = 17. Se deben cumplir además las desigualdades siguientes (ver Apéndice):

a + b > c; a + c > b; b + c > a

Construiremos los posibles valores de a, b y c usando una tabla y cuidando que se vayan cumpliendo las condiciones anteriores. Lo iremos haciendo de una manera sistemática, comenzando por los valores menores de uno de los lados y viendo los posibles valores que puedan tomar los otros dos.

a

b
c
Comentario
1
8
8
Otros valores de b y c no cumplen las desigualdades
2
8
7
El triángulo (2, 8, 7) es el mismo que
(2, 7, 8)
3
7
7
El valor de a indica que la diferencia entre los otros dos lados
3
8
6
Debe ser menor que él.
4
7
6
 
4
8
5
 
5
6
6
Conforme aumentamos el valor de a aparecen más
5
7
5
posibilidades para los otros lados.
5
8
4
XXXX Repetido
6
6
5
XXXX Repetido (lados 5, 6, 6)
6
7
4
XXXX Repetido
6
8
3
XXXX Repetido
7
6
4
XXXX Repetido
7
5
5
XXXX Repetido. Todos los demás serán repetidos

Son en total 8 triángulos con lados enteros y perímetro 17

3. Puesto que E, F, G y H son puntos medios de los lados de AP, BP, CP y DP, los cuatro triángulos pequeños que se forman con vértice en P son semejantes a los grandes también con vértice en P, por lo tanto sus lados están en la misma razón, por lo tanto, como FP es la mitad de BP, entonces FG también es la mitad de BC. El cuadrado EFGH tiene la mitad de lado del cuadrado ABCD por lo tanto su área es la cuarta parte.

4. El triángulo que sirve como límite del obtusángulo es el rectángulo. Para que el triángulo de lados 5, 8 y x sea rectángulo debe ser que :

a) x 2 = 5 2 + 8 2 o b) 8 2 = 5 2 + x 2.

Caso a) x 2 = 5 2 + 8 2. Para que el triángulo sea obtusángulo x al cuadrado debe ser mayor que 5 2 + 8 2 ----- x es mayor que raíz cuadrada de 89. Como x es entero ----- x es mayor que 9. El valor máximo que puede tomar x es 12, ya que para valores mayores no se forma un triángulo. Tenemos entonces 3 posibles valores para x: 10, 11 y 12.

Caso b) 8 2 = 5 2 + x 2. Para que el triángulo sea obtusángulo x2 debe ser menor que
8 2 - 5 2 ----- x < raíz cuadrada de 39. Como x es entero x < 7. Los posibles valores de x son 6, 5 y 4. Son en total 6 triángulos.

5. Los triángulos AEB, EFB y FCB tienen el mismo vértice B y sus bases son iguales: AE=EF=FC, por lo tanto sus áreas son iguales. El área del triángulo EFB es la tercera parte del triángulo ACB cuya área es la mitad del rectángulo ABCD. Por lo tanto el área del triángulo BEC =2.

6. Trazamos los radios OC y OD. El triángulo ODS es isósceles ya que DS = OD por lo que el ángulo DOS = el ángulo DSO.
También el triángulo COD es isósceles y el ángulo OCD = el ángulo ODC
el ángulo AOC + el ángulo COD + el ángulo DOB = 180º -----
el ángulo COD = 180º -(el ángulo AOC + el ángulo DOB)
el ángulo OCD + el ángulo COD + el ángulo ODC = 180º -----
el ángulo COD = 180º - 2 el ángulo ODC
De estas dos igualdades obtenemos:
2 el ángulo ODC = el ángulo AOC + el ángulo DOB.
Como el ángulo ODC es un ángulo exterior del triángulo ODS tenemos que:
el ángulo ODC = 2 el ángulo DOB -----
2 el ángulo ODC = 4 el ángulo DOB -----
4 el ángulo DOB = el ángulo AOC + el ángulo DOB-----
el ángulo DOB = 1/3 el ángulo AOC. = 19º.

7. La porción central es 1/16 del pastel y su área es pí3 2 es decir 9pí, por lo tanto el área del pastel es
16(9pí) = 144pí. Si tenemos ahora 25 invitados, el radio de la porción central deberá ser tal que
pír 2 = 1/25(144pí) ----- r = 12/5.

8. Se puede ver que el ángulo BAC es recto ya que los triángulos BAD y AEC son congruentes así que los ángulos BAD y CAD son complementarios. El triángulo ABC es isósceles ya que AB = AC (ambas son diagonales de un rectángulo 2×1).
Por lo tanto el ángulo CBA = 45º .

9. Perímetro cuadrado =
Perímetro triángulo =

10. El área del círculo es pí r 2 = 1 ----- r = 1. Si tomamos la base del triángulo como AB entonces AB = 2 por ser un diámetro. La mayor altura que puede tener un triángulo cuyos vértices son A y B es la correspondiente al triángulo ABC cuya altura es AC = 1, por lo que el área es 2×1/2 = 1. ¿Cómo podemos argumentar que el triángulo ABC es el que tiene mayor altura? Tomemos otro triángulo con vértices ABD. En el dibujo se ve claramente que OC es mayor que DE pero este no es un argumento válido (a veces nuestros sentidos nos engañan). OC y OD son iguales, por ser radios y DE < OD porque OD es la hipotenusa del triángulo ODE en el que DE es un cateto, por lo tanto DE < OC.

11. Un hexágono está formado por 6 triángulos equiláteros. Para que Un triángulo equilátero tenga el mismo perímetro que un hexágono, su lado debe ser el doble del de éste. El área de este triángulo será Cuatro veces el área de los triángulos que forman el hexágono, por tanto la razón entre las áreas de ambas figuras es 4/6 = 2/3.

12. Área del trapecio =
Perímetro trapecio =
Perímetro trapecio =
40+12+15 = 67cm

13. El triángulo DPB es isósceles porque los ángulos DPB y PBC son alternos internos y además los ángulos DBP y PBC son iguales porque están formados por la bisectriz del ángulo B. Por lo tanto DP = BD = 5.3. Análogamente el triángulo EPC es isósceles y CE = PE = 7.8, por lo tanto DE = DP + PE = 5.3 + 7.8 = 13.1.

14. Podemos encontrar el área total y restarle las áreas del semicírculo y del triángulo.
Área rectángulo = 90 x 80 = 7200 cm 2
El radio del semicírculo mide 40 cm
la altura del triángulo = 90 - 40 = 50 cm.
Área del triángulo = 80 x 50 / 2 = 2000 cm 2
Área del semicírculo = pí x 402/2 = pí x 800
Área papel desperdiciado 7200  (2000+ pí x 800) = 5200- pí x 800 cm 2

15. Sean r1 y r3 los radios de C 1 y C 3 respectivamente. Puesto que el radio de C 2 =1, tenemos que r1 + 2 r3 = 1 ----- r1 = 1 - 2 r3. Para que el área de C 1 sea el doble del área de C 3 tenemos que

pí r 12 = 2pí r 32 ----- pí(1 - 2 r3)2 = 2pí r 32 -----1- 4 r3 + 4 r32 = 2 r 32.
Resolviendo para r3 obtenemos r3 = debemos tomar el signo menos de
la raíz ya que r3 es menor que 1. ----- r 1 = 1 - r3 =

16. Los centros de las circunferencias forman un triángulo equilátero cuya altura es. El área buscada es igual al área del triángulo menos tres sectores del círculo de 60º cada uno, en total equivalen a un semicírculo.
Área sombreada = ½ - ½ pí ( ½ ) 2 = ¼ raíz cuadrada de 3 - pí /8

17. Como 5 ángulo A = ángulo B + ángulo C y ángulo A + ángulo B + ángulo C = 180º
----- 6 ángulo A = 180º ----- ángulo A = 30º ----- ángulo B + ángulo C = 150º .
En el triángulo OBC tenemos que ángulo O + ángulo B/2 + ángulo C/2 = 180º -----
ángulo O + 75º = 180º ----- ángulo O = 105º .

18. En el triángulo AKD, ángulo DKC = ángulo CAD + ángulo KDA.
Además ángulo KDA = ángulo B por ser ángulos correspondientes entre paralelas, por lo tanto ángulo DKC = 69º ----- el triángulo DKC es isósceles y DK = DC.
ángulo DCB = ángulo C - ángulo ACD = 180º - ángulo A - ángulo B - ángulo ACD -----
ángulo DCB = 180º - 27º - 42º - 69º = 42º . Por lo tanto el triángulo DCB es isósceles y CD = DB. Como DK = DB tenemos que el triángulo KDB es isósceles y ángulo BKD = DBK = ángulo KDA/2 = ángulo B/2 =21º. Además ángulo CBK = ángulo BKD = 21º
por ser alternos internos entre paralelas así que ángulo ABK = ángulo DBK = 21º .

19. Trazamos DI paralelo a HC y prolongamos BG hasta el punto I. Los triángulos DGI y GJC son congruentes ya que DG = GC y los ángulo I = J, D = C y los ángulos en G son opuestos por el vértice. Si repetimos este procedimiento con los otros tres triángulos habremos transformado el cuadrado original en 5 cuadrados iguales El cuadrado central más los cuadrados que formamos trasladando los triángulos) por lo que la razón de las áreas es 1/5.

20. En el triángulo CDB tenemos que ángulo CDB = 180º - 3 x y
ángulo CBD = 180º - 3 y ----- ángulo C = 180º - (180º - 3 x + 180º - 3 y) =
3( x + y ) - 180º .
En el triángulo ABD, ángulo A + 2 x + 2 y = 180º ----- x + y = ½ (180º - ángulo A) =
69º ----- ángulo C = 27º .

21. Sabemos que ángulo A = 56º y que ángulo B = 65º -----
ángulo C = 180º - ángulo A - ángulo B = 180º - 121º = 59º
ángulo PAB = ½ (180º - A) y ángulo PBA = ½ (180º - ángulo B) -----
ángulo P = ½ (ángulo A + ángulo B). Análogamente ángulo Q = ½ (ángulo B + ángulo C) y
ángulo R= ½ (ángulo A + ángulo C) ----- ángulo P = 60º 30´, ángulo Q = 62º y
ángulo C= 57º 30´

22. El área sombreada es igual al área del sector circular BCD de la circunferencia II menos el área del triángulo BDC. En el triángulo BCD AB es perpendicular a CD y su área es 4×2/2 = 4. El radio de la circunferencia II lo obtenemos aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo ABC y tenemos raíz cuadrada de 8 y como ángulo DBC = 90º ya que DC es diámetro de la circunferencia I, por lo tanto este sector circular es la cuarta parte del círculo II, es decir, 8pí /4 = 2pí. Luego el área sombreada es 2pí - 4.

23. Los triángulos ARQ y ACB son semejantes puesto que comparten el ángulo A y la razón entre los lados AR y AC es ½ al igual que la razón entre los lados AQ y AB. Por lo tanto RQ es la mitad de CB. Análogamente se demuestra que PQ es la mitad de CA y PR la mitad de AB, por lo tanto el perímetro de PQR es la mitad del perímetro de ABC.

24. O es el centro de la circunferencia, entonces F es el punto medio de AB ----- FE = ½. G es punto medio de CD ----- GD = 7/2.
El radio OD = por lo que la circunferencia mide 2pí = 5pí

25. El área sombreada es la suma del área del triángulo BEF y el sector circular BEC.
El área del triángulo BEF = área del cuadrado ABCD - área del triángulo AFB - área del triángulo FDE - área del triángulo ECB = 16 - 4 - 2 - 4 = 6.
El área del sector circular está definido por 1/6 del círculo de radio raíz cuadrada de 20 menos el área del triángulo equilátero de lado raíz cuadrada de 20, es decir, (1/6) 20pí - 5 raíz cuadrada de 3.
El área de la figura sombreada es entonces 6 - 5 raíz cuadrada de 3 + 10pí /3



26. Los triángulos ADC y BDC tienen la misma área ya que su base DC es la misma y los vértices A y B están en una paralela a DC y el área de ambos es la mitad de la del paralelogramo DCEF. Por lo tanto:

a + x + y + d = b + x + d + d + y + c ----- a = b + d + c

27. Los triángulos sombreados son semejantes así que la razón desus lados es igual a la razón de la raíz de sus áreas. Comparemos el paralelogramo EFGB con el triángulo de área 18: tienen la misma base y la altura del paralelogramo es la misma que la del triángulo de área 8 que es 2/3 la del triángulo mayor. Por lo tanto el área del paralelogramo es (4/3)18 = 24. De manera análoga encontramos el área del paralelogramo del lado izquierdo: tiene la misma base que la del triángulo de área 18 y su altura es un tercio de la de éste por lo que su área será (2/3)18 = 12. El rectángulo CDHF tiene la misma altura que el paralelogramo EFGB pero su base es 1/3 de la de éste, por lo que su área es (1/3) 24 = 8.

El área del triángulo ABC = 2+8+18+24+12+8= 72.

28. Los ángulos centrales AOC y COA suman 360º y cada uno de ellos es el doble de del ángulo D y del ángulo B, respectivamente, por lo que ángulo D + ángulo B = 180º . ¿Podrías demostrar el recíproco? Si los ángulos opuestos de un cuadrilátero suman 180º entonces el cuadrilátero puede inscribirse en una circunferencia .

29. Puesto que ABCD es un cuadrado los arcos que determinan sus lados son iguales y por lo tanto los ángulos APD, DPC y CPB son iguales. Otra forma de verlo es que cada uno de esos ángulos es la mitad del ángulo central determinado por los arcos y todos esos ángulos centrales son iguales a 90º .

30. Una forma de construir los triángulos es que tengan la misma base x y compartan un mismo vértice, como en la figura. Los triángulos ADC y ADB son isósceles por lo que tienen dos ángulos iguales. En el triángulo ABC tenemos que:

2 alfa + 2 beta = 180º , por lo que el ángulo A = alfa + beta = 90º , es decir que el triángulo ABC es rectángulo y (2x)2 = a2 + b2 ----- x = ½ (a2 + b2)1/2

 

31. Si A y B son puntos de tangencia ----- OA = OB. En efecto, los triángulos OCA y OCB son congruentes pues tienen un ángulo recto (OAC y OBC), AC = CB y comparten el lado OC. Regresando a la figura original tenemos entonces que

PD = DQ, QA = AR, RB = BS y SC = CP, por lo que

AB + CD = AR + RB + CP + PD
  = QA + BS + CS + DQ
  = QA + DQ + BS + CS = DA + BC

 

Las piezas que tenemos son como las que se muestran en la figura. Los ángulos interiores del pentágono regular miden 108º. Los triángulos ABC y BAE son congruentes y son isósceles y los ángulos EAB y CBA son iguales. Puesto que el ángulo EAB = 108º y el triángulo EAB es isósceles entonces el ángulo EBA = 36º . Como el triángulo APB es isósceles entonces el ángulo APB = 108º.
Esto significa que podemos colocar piezas de las que tenemos formando un arreglo vertical como el que se muestra en la figura sin que haya ningún espacio entre las piezas. Utilizaremos las piezas colocadas de cabeza, esto es, la reflexión del hexágono APBCDE como se muestra en la figura. Es claro que también podemos formar arreglos verticales con estas figuras. Podemos ahora juntar ambos arreglos verticales y extendernos horizontalmente tanto como queramos y así cubrir cualquier extensión en el plano.