Triángulos Problemas Resueltos de secundaria y pre universidad PDF


















1. En la figura, el triángulo ABC recto en B, BH es la altura, BD es la bisectriz del ángulo ABH y BE es la bisectriz del ángulo HBC. Si AB=7 u y BC=24 u. Calcule el valor del segmento DE (en u). A) 4 B) 5 C) 6 D) 8 E) 9 2. En un triángulo ABe se trazan la mediana BM y las bisectrices AN y CP que se intersecan en el incentro l. Si m Me '"' 13S" I Y GM - ) cm (G baricentrol, halle AC .
Geometría EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 2 1. En un triángulo ABC se traza la ceviana BD y en el interior del triángulo ABD se ubica el punto E, tal que los triángulos ABE y BCD son congruentes. Halle mADB + mAEB. A) 130° B) 140° C) 180° D) 200° E) 220° Solución: 1) ABE  BCD  mAEB = mBDC =  A B C D E    20º P B Q  C 2) En D: par lineal mADB +  = 180°  mADB = 180° –   mADB + mAEB = 180° –  +  = 180° Rpta.: C 2. En la figura, AB // CE , AB = CD y CE = AB + BD. Halle mBED. A) 20° B) 25° C) 10° D) 15° E) 18° Solución: Dato: CE = a b AB BD 1) ABC  DCE (LAL)  mACB = mDEC = 30° 2) BCE: Isósceles  x + 30° = 40°  x = 10° Rpta.: C 3. En la figura, AP = QC. Halle mBCQ. A) 18° B) 20° C) 25° D) 30° E) 26° E A B C D 40° 30° E A B C D 40° 30°  x 30°  a a b a+b P B C   20º Q     700 290 Solución: 1) PBQ isósceles: PB = BQ 2) ABC isósceles: AB = BC 3) APB  CQB (LLL)  mBCQ = 20° Rpta: B 4. Dadas dos antenas, en un determinado momento a la receptora le pueden llegar las señales de la trasmisora por varios caminos como se muestra en la figura, tal que mBAC = mACD, mBCA = mCAD. Si la velocidad de propagación de las señales es 330 m/s, BC = 700 m y CD = 290 m, halle el tiempo de propagación en el camino ADC. A) 1 s B) 2 s C) 3 s D) 4 s E) 5 s Solución: 1) ABC  CDA (LAL)  AD = BC = 700 2) 1s  330 m 3s  990 m Rpta.: C A B C a-40 a aa ++ 4500 a - 50 5. Se desea cercar un terreno en forma triangular cuyos lados están en progresión aritmética de razón 50 m. Halle el mínimo valor entero de metros lineales de pared necesario para cercar el terreno A) 301 m B) 280 m C) 300 m D) 320 m E) 290 m Solución: 1) ABC: T. Existencia  100  a  2a 2) ABC: 2p = 3a  300  3a = 2p  2pmín = 301 m Rpta.: A 6. En la figura, BAC y BCD son ángulos obtusos. Si AB = 5 cm, BD = 13 cm y BC = (2x – 7) cm, halle la suma de valores enteros de x. A) 24 B) 20 C) 22 D) 23 E) 25 Solución: 1) ABC:  es obtuso  2x – 7 > 5  x > 6 2) BCD:  es obtuso  13 > 2x – 7  10 > x 3) Luego: x = 7, 8, 9  valores de x = 24 Rpta.: A A B C D A B C D   5 13 2x-7 A B C P z y x A B C P 7. En la figura, BP, PC y AP representan porciones de una malla utilizadas para dividir un vivero de forma triangular ABC. Si el perímetro del vivero es 4 hm, halle el valor entero de la longitud de la malla antes de ser cortada. A) 2 hm B) 3 hm C) 4 hm D) 5 hm E) 6 hm Solución: 1) Sea (x + y + z) la longitud de la malla 2) Propiedad: Si 2p: perímetro del triángulo ABC  p < x + y + z < 2p Luego: 2< x + y + z < 4  (x + y + z) entero = 3 hm Rpta.: B 8. En un triángulo equilátero ABC, Q es un punto interior tal que AQ = 3 m y BQ = 5 m, halle el menor valor entero de QC. A) 2 m B) 3 m C) 4 m D) 5 m E) 6 m Solución: 1) Sea QBP equilátero  mABQ = mCBP =  2) ABQ  CBP (LAL)  PC = 3 3) QPC: 2 < x < 8  xmenor = 3 m Rpta.: B 1 2 5  5  A B N M Q S 1  2  A B N M Q S 5 2 5 2 5 2 5 2     x  9. En la figura, L1 // L2, BN = BM y AN = AQ. Halle la medida del ángulo formado por las bisectrices de los ángulos NMS y NQS. A) 22° B) 22°30’ C) 26°30’ D) 30° E) 45° Solución: 1) En N:         180°      90° 2) En M:  5       180°…….(1) 3) En Q:   5    180°…….(2) 4) De (1) y (2):     45 5) L1 // L2: Prop. 5 5 x 2 2          180°  x = 22°30’ Rpta.: B 10. En la figura, dos avenidas con calles representadas por los segmentos AE, BC y CD tal que mABC > 110°. Halle el máximo valor entero de la medida del ángulo formado por las calles CD y BC. A) 70° B) 72° C) 60° D) 59° E) 69° E A B C D    avenidas  Solución: 1) Como  +  = 180°  CD // AE 2) mABC > 110°  180° – x > 110° 70° > x  xmáx = 69° Rpta.: E 11. En la figura se muestra una banca plegable tal que los triángulos APB y CQD son congruentes. Si mABP = 50°, halle la medida del ángulo obtuso formado por uno de los brazos de la banca representado por BD y el nivel del piso. A) 130° B) 145° C) 120° D) 135° E) 125° Solución: 1) APB  CQD  mABP = mCDQ = 50° 2) En D: par lineal  x + 50° = 180°  x = 130° Rpta.: A E A B C D    avenidas  180°x x  x A B C D E 12. En la figura, los triángulos ABC y DBE son equiláteros. Halle AD EC . A) 2 B) 3 C) 1 D) 2 E) 1,5 Solución: 1) DBA  EBC (LAL)  AD = EC  AD EC = 1 Rpta.: C 13. En la figura se muestra una parcela de un parque representado por el triángulo ABC tal que AB = BP, BC = 6 m y AC = 8 m. Si el metro lineal de malla metálica cuesta S/ 3, halle el mínimo costo entero para cercar todo el borde de la parcela. A) S/ 50 B) S/ 51 C) S/ 52 D) S/ 56 E) S/ 60 Solución: 1) PBC: T. Correspondencia  k < x 2) ABP: T. Existencia 8 – x < 2x  8 < 3x x > 3 8  xmínimo entero = 3 3) 2pABC = 17 m A B C D E 60° 60° 3 1 2 4 5 26° 120° x 3x 3 1 2 4 5 26° x 3x 94° 3x 180°x 60° 26° 26° 6 A B P C    60°+  1 m  S/ 3 17 m  S/ 51 Rpta.: D 14. En la figura, L1 // L2 // L3 y L4 // L5. Halle x. A) 20° B) 21,5° C) 23,5° D) 30° E) 33,5° Solución: 1) Trazar L6 // L2 2) L1 // L2 : Prop. 86° + 3x = 180° – x x = 23,5° Rpta.: C EVALUACIÓN Nº 2 1. En la figura, AP = 3 m, PC = 8 m. Halle BP. A) 6 m B) 4,5 m C) 5,5 m D) 5 m E) 7 m Solución: 1) ABC isósceles: AB = BC A B P C     Q 60° 60° 60° 3 5 3 x 2) Trazar BQ tal que mQBC =   ABP  CBQ (ALA)  BP = BQ y QC = AP = 3 3) PBQ equilátero x = PQ = 5 m Rpta.: D 2. En un triángulo isósceles ACB (AC = CB), Q es punto interior del triángulo y D un punto exterior del triángulo relativo a BC . Si QC = DC, mACB = mQCD, mAQC = 90° y mDQC = 50°, halle mBDQ. A) 10° B) 36° C) 30° D) 50° E) 40° Solución: 1) ACQ  BCD (LAL)  x + 50° = 90°  x = 40° Rpta.: E 3. En un triángulo ABC, BC = 2AB, AC = 10 m y mABC > mBAC. Si AB es un valor entero, halle el perímetro del triángulo ABC. A) 20 m B) 18 m C) 26 m D) 22 m E) 24 m Solución: 1) Dato:  >   10 > 2a B B A A B C P M N D   x 6 8 15  a < 5 . . . (1) 2) ABC: 10 < 3a  3 10 < a . . . (2) 3) De (1)  (2): a = 4  2p = 22 Rpta.: D 4. En la figura, el triángulo ABC es acutángulo, el ángulo APC es obtuso, AP = 6 cm, PC = 8 cm y CD = 15 cm. Si AC asume su mínimo valor entero y AD = x cm, halle el máximo valor entero de x. A) 22 B) 24 C) 25 D) 28 E) 30 Solución: 1) APC:  es obtuso  AC > 10  ACmin = 11 2) ADC: T. existencia  15 – 11 < x < 15 + 11  4 < x < 26  xmdx = 25 Rpta.: C 5. En la figura se muestra las escaleras de un bloque habitacional, BC//DF y CD//FG. Halle la medida del ángulo formado por los tramos AB y BC de la escalera. A B C P M N D 4 3 1 2   2 2   x A C B  30º B A C D E F G 80º H 80º 50º x 30º A) 100° B) 120° C) 130° D) 140° E) 150° Solución: 1) DE // GH : Prop.  + 30° = 80°   = 50° 2) En B: par lineal x + 50° = 180°  x = 130° Rpta.: C 6. En la figura, L1 // L2. Halle x. A) 135° B) 125° C) 145° D) 105° E) 175° Solución: 1) L1 // L2 : Prop. 4 3 1 2   2 2   x  45° A B D C E mEDC =   L3 // L4 2) L3 // L4 : Prop. 2 + 4 = 90°  = 15° 3) L3 // L4 : Prop. mABC = 3 = 45° 4) En B: par lineal x + 45° = 180° x = 135° Rpta.: A

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