TRIÁNGULOS CONGRUENTES PROBLEMAS RESUELTOS
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En la figura siguiente, AB=RC. Determine el valor de x. A) 8º B) 10º C) 12º D) 14º E) 15º Resolución Tema: Congruencia de triángulos PROBLEMA 11 : En un triángulo ABC se traza la ceviana tal que y D esta en el lado . Además Hallar la . A)15° B) 30° C) 25° D)22° E)20° RESOLUCIÓN: Se traza Se obtiene : rpta : “E” PROBLEMA 12 : Al resolver el triángulo siguiente (donde : mediana). El ángulo x es :
En la figura se tiene un triángulo ABC, CN es perpendicular a la bisectriz exterior de B y BM es mediana. Si AB = 4 m y BC = 9 m, halle MN. A) 7,5 m B) 7 m C) 6,5 m D) 6 m E) 5,5 m Solución: 1) Prolongar CN y AB hasta Q QBC es isósceles. 2) En QCA, MN es base media x = 2 9 4 = 6,5 Rpta.: C E M A B C F N 9 9 14 12 12 A B M N C A B M N C Q 9 9 x 4 9. En la figura, OM = MA y CN = NB. Halle mMNB. A) 92° B) 88° C) 85° D) 80° E) 90° Solución: 1) El COB es isósceles y MN es mediana también es altura x = 90° Rpta.: E 10. En un pentágono regular ABCDE, se construye en el interior, el triángulo equilátero APB. Halle mDPC. A) 81° B) 85° C) 84° D) 88° E) 90° Solución: 1) En el pentágono regular: 108 5 180(5 2) iˆ 5 2) CPD EDP (LLL) mCDP = mEDP = 54° 3) En CPD: x = 84° Rpta.: C O B C A N M O B C A N M x P A B C D a E a a a a a b a b 60° 60° 60° 66° 66° 66° 48° 48° 54° 54° 42° 11. En la figura, O es el punto de intersección de las mediatrices de los lados del triángulo ABC. Si BC = DC y mDBC = 55°, halle mABD. A) 27° B) 30° C) 25° D) 20° E) 21° Solución: 1. BC = DC mBDC = 55° 2. Prop. de la mediatriz : AO = BO = CO 3. En DOC: 70° = + 55° = 15° 4. En ADO: + 2x = 55° x = 20° Rpta.: D 12. En una hoja triangular ABC se hacen tres dobleces, uniendo en cada doblez, dos vértices, las cuales se intersecan en el punto O. Si AB = 8 cm y OC = 5 cm, halle la distancia de O a AB . A) 2 cm B) 2,1 cm C) 2,4 cm D) 2,5 cm E) 3 cm Solución: 1. Los dobleces son mediatrices BO = AO = CO = 5 2. En BOA isósceles: OH = 3 es la distancia de O a AB . Rpta.: E A B C O D x 55° A B C O D x 55° 55° 70° 2x x A B C O H 4 4 5 5 5 13. En la figura, un puntero laser ubicado en P emite un rayo luminoso en la dirección PO y se refleja en la dirección OQ, siendo L la representación de un espejo. Si L ‘ es perpendicular a L y la distancia de A al rayo incidente es de 12 m, halle la distancia de A al rayo reflejado. A) 15 m B) 8 m C) 10 m D) 12 m E) 11 m Solución: 1) Propiedad de la bisectriz: x = 12 Rpta.: D 14. Se tienen dos polígonos regulares de n y n+1 lados. Si la diferencia de las medidas de dos ángulos interiores, (uno en cada polígono) es de 12°, halle n. A) 5 B) 7 C) 9 D) 10 E) 6 Solución: 1) 12 iˆ iˆ m 1 m 2) 12 n 180(n 2) n 1 180(n 1 2) n2 + n – 30 = 0 (n + 6)(n – 5) = 0 n = 5 Rpta.: A P A Q O x 12 P A Q O EVALUACIÓN Nº 4 1. En un triángulo ABC, CM es mediana y N punto medio de CM. Si prolongamos AN hasta Q donde Q BC , halle BQ QC . A) 3 B) 2 C) 2 3 D) 2 5 E) 4/3 Solución: 1) Trazar MR NQ NQ base media del MCR y MR base media del BAQ CQ = QR = RB = a 2) QC BQ = 2 Rpta.: B 2. En la figura, PQ// AC , M y N son puntos medios de PQ y AC respectivamente. Si PQ = 2 m y AC = 3 m, halle MN. A) 0,8 m B) 1,2 m C) 0,5 m D) 1 m E) 1,5 m Solución: 1) Por mediana relativa a la hipotenusa: PM = MQ = BM = a AN = NC = BN = a + x a = 1 y 2a + 2x = 3 x = 0,5 Rpta.: C A B N C P M Q A B N C P M Q a a a x a+x a+x A Q R B M N C a a a 3. En un triángulo ABC, mABC = 112°. Si las tres alturas se intersecan en el punto O, halle mOAB. A) 25° B) 15° C) 18° D) 20° E) 22° Solución: 1) En ABCO: 112° = x + y + + Pero y + + = 90° x = 22° Rpta.: E 4. En la figura, los triángulos BPE y APD son equiláteros. Si M es punto medio de AP , halle AP QM . A) 2 1 B) 3 1 C) 3 2 D) 4 3 E) 5 3 Solución: 1) En el triángulo ABC: APK y BPH son alturas CPQ también es altura. 2) En la figura: AP QM = 2 1 Rpta.: A B A O C 112° x y A B D C Q E P M A B D C Q E P M a a a 5. En la figura, AH y CK son alturas del triángulo ABC. Si AM = MO, AN = NC y BQ = QC, halle mMNQ