APLICACIONES DE LA CONGRUENCIA DE TRIANGULOS PROBLEMAS RESUELTOS EN PDF Y VIDEOS

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  • Se tiene un triángulo ABC donde se traza la mediana , luego la perpendicular a dicha mediana , BC = 2 (AH). Calcule la . A) 10º B) 30º C) 15º D) 20º E) 45º 8. Según el gráfico: AB = BC y , calcule x . A) 135º B) 120º C) 115º D) 127º E) 118º 9. En la figura, AB = BC = CD. Calcule la 10. En la figura calcule x. A) 45º B) 30º C) 37º D) 53º E) 60º
    EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 4 1. En un triángulo rectángulo ACB, se traza la bisectriz interior AE tal que 2AB = 2AC + EB. Halle mABC. A) 45° B) 53° C) 37° D) 30° E) 60° Solución:  Dato: 2AB = 2a + 2b AB = a + b  Teo. Bisectriz: AC = AH = a  EHB: Not. 30° y 60°  x = 60° Rpta.: E A C H B a E a b 2b   x 2. En la figura, AM = MB y mBCP = 30°. Halle mCBP. A) 15° B) 16° C) 12° D) 18° E) 20° Solución:  CHB: Not. 30° y 60° BH = a  T. de bisectriz: mMPB = mBPH = 30° + x  BMP: x = 16° Rpta.: B 3. En la figura, L es mediatriz de HP . Si mBAP = mBCA, halle AB CH . A) 1 2 B) 1 3 C) 1 D) 2 E) 1 4 A B M C P 28° 76° A B M C P 28° 76° 30° H a a a 2a 30°+x 30°+x 76° x A B C H P L Solución:  Teo. Mediatriz: BH = BP  BHC  PBA(ALA) AB = CH = b  Luego: AB CH = 1 Rpta.: C 4. Desde los extremos A y C de un puente de 60 m de longitud, se observa el fondo de un precipicio tal que AP = PC, como se muestra en la figura. Una persona caída ubicada en el punto N, es rescatada por los bomberos por medio de la escalera representada por NB , tal que AP = 80 m, NM = 10m, AM = MP, mABC = 90° y mAPC = 4mBAC, halle la longitud de la escalera. A) 45 m B) 60 m C) 55 m D) 50 m E) 70 m Solución:  Teo. Base Media: MH = 40  Teo. Menor Mediana: AH = HB = 30  MHB: Not. 37° y 53° MB = 50 m  Luego: NB = 10 + 50 = 60 m Rpta.: B A B C H P b b   2   L A B C P Puente M Fondo N A B C P M H 40 30  2  30 30 40 40 4 90°-2 80 5. En la figura, AT = 5 m y BC = 10 m. Si AM = MC, halle TB. A) 11 m B) 12 m C) 13 m D) 14 m E) 15 m Solución:  Trazamos MN // BC  Teo. Base Media: AN = NB ; MN = 5  TNM: Isósceles NT = 5  Luego : BT = 15 m Rpta.: E 6. Del punto P de una viga representada por BC se suspende una plomada AP sujetada por AB y MC como se muestra en la figura. Si el ángulo entre AB y la viga es 45°, AD = 2 m y MD = DC, halle la longitud de la viga. A) 8 m B) 7 m C) 6 m D) 4 m E) 5 m A B C M T   N 5 5 10 10 5 2 90°- 90°- B P C M A D VIGA A B C M T   A P C B M D 45° a 2a 2a N 2-a 2-a 2 Solución:  Trazamos MN // AP  Teo. Base Media: NP = PC ; MN = 2a ; DP = a  MNB: Not. de 45° NB = 2a  Luego: BC = 2a + 2 – a + 2 – a = 4 m Rpta.: D 7. En la figura, AD = DC = 2DE. Halle x. A) 12° B) 15° C) 10° D) 18° E) 20° Solución:  ABC: Teo. Menor Mediana AD = BD = DC = 2a  BED: Not. 30° y 60° 3x = 30°  x = 10° Rpta.: C A B C E D 4x x A B C E D x x 3x 2a 2a a 2a 8. En la figura, AB = BC, AQ = QC y AB = 2PQ. Halle x. A) 50° B) 60° C) 40° D) 36° E) 54° Solución:  Teo. Base Media: NQ = a  Teo. Menor Mediana: AN = NP = a  NPQ: Equilátero mNQP = 60°  BAC: NQ Base Media  x = 60° Rpta.: B 9. En la figura, BQ = QP = AC 2 y mPQB = 4mCAB. Halle x. A) 30° B) 60° C) 37° D) 53° E) 45° A B C P x Q A P B Q C x T 2a A B C P x Q N a a a a a 60° Solución:  ABC: BRmediana AR = RC = RB = a  QMB  RTB (ALA) TB = BM = b  PTB: Not. 30° y 60°  x = 30° Rpta.: A 10. La figura muestra una baldosa de suelo con su diseño, tal que ABCDE y ABPQRSTU son polígonos regulares. Halle mUAE. A) 32° B) 45° C) 20° D) 24° E) 27º Solución:  En el Octógono: 360º e = = 45º 8  En el Pentágono 360° e + x = = 72º 5 45º + x = 72º  x = 27º Rpta.: E A P B Q M C T R a a a b b a b a x 2 2 2   A B P Q S R T U E D C A B P Q S R T U E D C e x 11. En un triángulo isósceles ABC (AB = BC), en la prolongación de la ceviana CM se ubica el punto N, BH es altura del triángulo NBC y NB bisectriz exterior del triángulo ANC. Si NH = 5 m y HC = 8 m, halle AN. A) 2 m B) 3 m C) 4 m D) 2,5 m E) 3,5 m Solución:  Teo. Bisectriz: BJ = BH NJ = NH = 5  BJA  BHC (LLL) x + 5 = 8  x = 3 m Rpta.: B 12. En un triángulo ABC se traza la ceviana AM , la mediatriz de AM interseca a AC en N. Si mBAM = 2mMAC y mACB = 2mABC, halle mNMC. A) 37° B) 30° C) 50° D) 60° E) 45° Solución:  ABC:  +  = 60°  Teo. Mediatriz: mAMN =   ABM: x =  +  = 60° Rpta.: D A B C N H J M   5 x 5 8 A B C M N 2 2    x 13. En la figura BEPA representa el borde de un terreno cuadrangular, dividido en tres parcelas. Si EP = 40 m, halle la longitud del segmento que divide a las parcelas representadas por BQE y BQA. A) 30 m B) 15 m C) 25 m D) 20 m E) 10 m Solución:  EAM: Isósceles EB = BM  Teo. Bisectriz: EH = EP = 40 NB = BQ = x  EHM: BN Base Media  x = 20 m Rpta.: D 14. Halle la suma de las medidas de los ángulos internos de un polígono regular ABCDE, de n lados, tal que AC es perpendicular a CE. A) 540° B) 720° C) 900° D) 1080° E) 1260° Solución:  ABC  CDE(LAL) mBCA = mDCE =   360º e = 2θ = n  En C : 4θ = 90º 360º 2θ = 45º = n n = 8  Luego :   Ù i S = 180º 8 – 2 = 1080º Rpta.: D A B C D  E e e    e e ´n´ lados a a a a B A Q E P  2 x B A Q E P  2   M H N x 40 40 EVALUACIÓN Nº 4 1. En la figura, EC = 2AH y mECH = 15°. Halle mBAE. A) 30° B) 37° C) 60° D) 45° E) 53° Solución:  EHC: Triángulo 15° y 75° HP = a , EC = 4a  Teo. Bisectriz: HQ = HP = a  HQA: Not. 30° y 60°  x = 30° Rpta.: A 2. Sobre una playa en línea recta se consideran los puntos B y C. Dos navegantes desde su embarcación ubicados en los puntos A y D son observados desde C por los ángulos cuyas medidas son  y , como se muestra en la figura. Si  +  = 30° y AC = 8 m, halle la distancia desde la embarcación ubicada en D al punto B. A) 5 m B) 4 m C) 6 m D) 7 m E) 3 m   A B E C H   A B E C H Q x a 2a a 4a 15° P A B C D   PLAYA EMBARCACIÓN EMBARCACIÓN Solución:  Teo. Menor Mediana AM = MC = MD = BM = 4  BMD: Equilátero  BD = 4 m Rpta.: B 3. En la figura, L es mediatriz de AE . Si AB = EC, FP = PQ y  +  = 90°, halle . A) 18° B) 15° C) 37° D) 30° E) 32° Solución:  Teo. Mediatriz: AB = BE  FAQ: Isósceles mQAP =   ABE: Equilátero   = 30° Rpta.: D 4. En un triángulo ABC el ángulo exterior de A es 110°, se traza la mediatriz de AB que corta a la prolongación de BC en P, luego se traza la mediatriz de AC que interseca a BC en F. Halle mPAF. A) 70° B) 35° C) 40° D) 80° E) 50° F L A B C E P Q    F L A B C E P Q     2 a a a A B C D M     2 2 4 4 4 Solución:  Teo. Mediatriz: mFAC = mFCA =  mPBA = mPAB =  + x  Del gráfico:  +  = 70°  ABC:  +  + x = 110°  x = 40° Rpta.: C 5. La figura muestra las ciudades Angaz, Piras, Lapat, Megal y Nuben ubicadas en los puntos A, P, L, M y N respectivamente. Si las distancias entre las ciudades Angaz, Lapat y Megal son iguales a 40 km, AN = NM, nMLP = 15° y mLPM = 90º, halle la distancia entre las ciudades Nuben y Piras. A) 20 km B) 15 2 km C) 20 2 km D) 25 km E) 30 2 km Solución:  MLG: Isósceles MP = PG, LM = LG = 40   AMG: NP Base media AG = 2x  ALG: Not. de 45°  x = 20 2 km Rpta.: C A B C P F 110° x   x  L A N M P L N M P 40 A G 15° 15° 2x x 40 60° 6. Un icoságono regular ABC… y un pentadecágono regular ABMN… están ubicados en distintos semiplanos respecto a la recta AB . Halle mMCB. A) 72° B) 62 C) 54° D) 69° E) 60° Solución:  e1 360° = = 18º 20 ; 2 360° e = = 24º 15  Pero: 1 2 e + e = 42º  BMC: 2x + 12e + e = 180°  x = 69° Rpta.: D