Question

1) Trapecio Isósceles.

B

8cm C

3) Triángulo

B

10cm

4)

3cm

9cm

11cm

13cm

15cm

2) De un icoságono regular cuyo lado

mide 7cm

5) Rombo:

7) Romboide:

B

B

9cm

underline A

C

8)

6cm

6cm

3cm

20cm

19cm

4cm

6) Rectángulo:

14cm

12cm

9cm

5cma. yuda​

Answer 1

Respuesta:

Seminario de problemas. Curso 2019-20. Soluciones hoja 2. Geometría 1

______________________________________________________________

21. Un trapecio ABCD está inscrito en una circunferencia de radio R. La base mayor es AB=a, la base

menor CD=b y el ángulo CAB   30º . Demuestra que

2 2

3

a b ab R

 



Solución

El trapecio ha de ser isósceles, ya que por ser cíclico DAB BCD   180º  y por ser trapecio

180º   BCD ABC  . Por tanto, el trapecio es simétrico con respecto al eje que une los puntos

medios de las bases F y G. ACD CAB    30º (alternos internos entre paralelas)

El triángulo EGC es un 30º-60º-90º, por lo que 3

2 2 3

b b GC GE GE    

Por la misma razón, en el triángulo AFE:

2 3

a

EF 

La altura h del trapecio es, por tanto,

2 3

a b h GF 

 

Siendo O el centro de la circunferencia circunscrita,

BOC  60º , por ser central con el mismo arco que el

inscrito CAB   30º

Pero el triángulo COB es isósceles, pues OC OB R   ,

por tanto ha de ser equilátero. Así BC OB OC R   

Si D’ es la proyección ortogonal de D sobre AB tenemos que

'

2

a b AD 

 . Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo AD D' :

2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 4 4

. . .

12 4 12 3

a b a b a b ab a b ab R c q d      

   

PROPUESTA 1

Si CAB  es un ángulo agudo cualquiera  , hallar R en función de a b y ,  .

Solución

Procederíamos de forma análoga usando un poco de trigonometría:

2

a b h tg



 y BC AD R sen   2  , con lo cual:

   

2 2 2 2 2

2 2 2 4

2 2 4

a b a b a b tg a b

R sen tg R

sen



 



        

           

2

22. En un paralelogramo ABCD, sea M el punto del lado BC tal que MC=2BM y sea N el punto del lado

CD tal que NC=2DN. Si la distancia del punto B a la recta AM es 3, calcula la distancia del punto N

a la recta AM.

Solución

Sea AB=3a. Triplicando la figura obtenemos otro paralelogramo con simetría de centro O (el centro

del 2º paralelogramo), como muestra la figura:

De la semejanza entre los triángulos rectángulos ABQ y AN’P’:

' '

'

P N QB

AN AB

 , de donde, al ser QB=3 tendremos 3·8 ' ' 8

3

a

PN P N

a

  

La distancia buscada es, por tanto, igual a 8.

23. La figura muestra dos cuadrados iguales superpuestos dentro de un cuadrado mayor. Los vértices de

los cuadrados pequeños dividen cada uno de los lados del cuadrado más grande en tres partes

iguales. Si el área de la región sombreada es 50, halla el área del cuadrado mayor.

Solución

La figura explica por sí sola el arranque de la solución:

Sea 12x el lado del cuadrado mayor. Buscamos, por tanto, 2

144x .

Notemos que el octógono resultante es equilátero pero no es equiángulo y que la figura es invariante

por giros de 90º en torno a O, centro común de los tres cuadrados.  

3

De la semejanza entre los triángulos rectángulos PMB y PRS (la razón entre sus catetos es 2) se

desprende que, siendo M el punto medio de PQ, MB=x .

Los triángulos CNB y PMB también son semejantes. Sea k la razón de semejanza.

Por ello, BN=kx y CN=2kx.

El triángulo CON es rectángulo e isósceles, por lo que CN=NO=2kx.

5

6 5 3

3

OM x MB BO x BO BO x kx k          

El cuadrilátero OCBA tiene sus diagonales perpendiculares, por lo que su área es el semiproducto de

sus diagonales 20 4 3 5

3

AC kx x y BO kx x           y a su vez es la cuarta parte del área de la

región sombreada:

2

50 50 3 2 2 144 108

4 3 4

x

     x x , que es el área buscada.

24. Un trapecio isósceles ABCD tiene de bases AB y CD, con AB=6 , AD=5 y DAB  60º . Se lanza un

rayo de luz desde A que rebota en CB en el punto E interseca a AD en el punto F. Si AF=3, calcula

el área del triángulo AFE.

Solución

Prolongando los lados oblicuos obtendremos un

triángulo equilátero ABG de lado 6. Es claro que F

es el punto medio de AG.

Sea H el punto en que la perpendicular a BG en E

corta al lado AD.

Por las propiedades de la reflexión: AEH HEF FEG AEB        

( pues son complementarios de dos ángulos iguales)

4

Los triángulos AEB y FEG son semejantes pues ambos tienen dos ángulos respectivamente iguales

a  y 60º. La razón de semejanza es 6

2

3

AB

FG

  , por lo que la razón de sus áreas es 4.

Los triángulos AEF y FEG comparten altura desde E y sus bases son iguales a 3, por lo que tendrán

la misma área. Llamemos S a esta área.

       

2

6 3 4  

4

ABG AEB AEF FEG S S S S         de donde se obtiene que el área

buscada es 3 3

2

S 

25. Sea un cuadrilátero ABCD donde los ángulos B y D sPor ello, serán cíclicos, además de ABCD, los cuadriláteros HDGP,