Geometría Fundamental y Trigonometría
SOLUCIÓN PRÁCTICA N° 5 Semestre 2010-I
PROBLEMAS NUMÉRICOS Nota: Su número número de matrícula matrícula es ABCDEFGH ; N es el dígito de las unidades de (2xG)+(3xH). Ejemplo: Ejemplo: 20056217; ( 2 x 1 ) + ( 3 x 7 ) = 2 + 21 = 23, entonces entonces N = 3. CODIFICACION: 1= A 2= B
3=C 4=D
5=E 6=AE
7= BE 8= CE
9= DE Solución Imposible=AB 0= ADE Faltan datos =AC
TOMANDO UN N = 5 En un trapecio convexo ABCD, AB=base mayor=12+N; CD=base menor=3+N. los lados son: AD=6+N; y BC=9+N. Indique el dígito de las unidades de: 31. El ángulo en A. (2 p)
Datos:
Se le hace una T=trasl (DC) al lado AD, formándose el triángulo BA’C.
AB (base mayor) = 17 y CD (base menor) =8 AD = 11 y BC = 14. 8
D
C
En el triángulo BA’C: 112 9 2 14 2 cos A A 88.2635º 11
H
14
α
B’
A
2 *11* 9 Respuesta: 8
14
E
En el triángulo ADB’: DE=H H sen A H 11 * senA
B
8
11 H 11 * sen88.2635º 10.9949
9 17
137.4369 Atrapecio 0.5 * AB DC * H 0 .5 * 17 8 *10.9949 Atrapecio
32. El área del trapecio.
(1 p)
Respuesta: 7
En un trapecio ABCD convexo se sabe que la base mayor AB=17+N; la base menor CD=3.7+N; y las diagonales valen AC=5+N; y BD=20+N. Indique el dígito de las décimas de: 33. El lado BC. (2 p) Se le hace una trasl (DC) a l a diagonal DB, formándose el triángulo ACB’.
Datos:
En el triángulo DBA’:
AB=22, CD=8.7, AC=10, BD=25. 8.7
D
cos
10 2 ( 22 8.7) 2 252 2 * 10 * (22 8.7)
10 2 30.7 2 252 Arc cos 2 *10 * 30.7 47.1602º
C
25
10
25
h
En el triángulo ACB:
α
H
A 22
B
8.7
B’
BC AC 2 AB 2 2 * AC * AB * cos( ) BC 10 2 222 2 *10 * 22 * cos( 47.1602) BC 16.8767 Respuesta 8
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Geometría Fundamental y Trigonometría
SOLUCIÓN PRÁCTICA N° 5 Semestre 2010-I En el triángulo ACH: h
sen
10 h 7.3326
h 10 * sen 47.1602 º
AB CD 22 8.7 *h * 7.3326 112.5550 2 2
Área
34. El área del trapecio.
(1 p)
Respuesta 5
En un triángulo ABC, a=5+N; b=9+N, y mc= 5+N. Indique el dígito de las unidades de: 35. El lado c. (2 p)
Datos: a=10, b=14 y mc=10 B=A’
C’
b
c/2
En el triángulo ABA’, BMA es mediana, por lo que se cumple que:
c
mc
a2 b2
2
MC
a
a mc
c 2*
( 2m c ) 2
2
4
10 2 14 2 2
c 2*
(2 *10) 2 4
a2 b2 2
13.8564
Respuesta 3
c/2
10 2 14 2 13.8564 2 68.1963 2 *10 *14
C arc. cos C
b
36. Los grados del C.
(2mc ) 2
A=B’
(1 p)
Respuesta 8
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Geometría Fundamental y Trigonometría
SOLUCIÓN PRÁCTICA N° 5 Semestre 2010-I Se da una recta r y dos puntos A y B, situados en el mismo semiplano respecto a r. Se halla la distancia mínima del camino entre A y B, tocando la recta r. Las perpendiculares de A y B a r, la cortan en A’ y B’, respectivamente. AA’=10+N; y BB’=3+N. A’B’ =4+N. Indique el dígito de las unidades de: 37. La longitud total de esa distancia mínima. (2 p) Para encontrar el camino mínimo, se le hace una Reflexión al punto B respecto a la recta r en donde se cumple que:
A
1
BB' B' B" y AOB AOB" AB"
B
Camino mínimo.
8
Datos: AA’= 15 BB’=8 y A’B’=9 En el triángulo ACB”:
A’
O
8
AB" 2 AC 2 CB" 2 AB" 2 (15 8) 2 9 2
B”
C
AB" 23 2 9 2 24.6982 Respuesta: 4
9
El ΔACB”≈ ΔAA’O entones: AC AB" OA AB" xAA' 24.6982 x15 16.1075 15 8 AA' AO AC
38. La distancia del punto de encuentro del camino con r al punto A.
(1 p)
Respuesta: 6
CLAVE DE RESPUESTAS Problema
Valor de N 0
1
r
B’
2
3
4
5
6
7
8
9
31 32 33 34
70.5287 76.2258
80.4059
83.6206 86.1774 88.2634
90
91.4692 92.7294 93.8225
42.4264 57.7888
74.9370
93.9148 114.744 137.436
162
188.438 216.753 246.949
16.4338 16.5089
16.5926
16.6827 16.7778 16.8766 16.9784 17.0824 17.1882 17.2954
49.9923 62.2685
74.5491
86.9807 99.6363 112.555 125.758 139.257 153.059 167.165
35
10.5830 11.3137
12
36
93.8225 86.1774
80.2801
75.5224 71.5643 68.1962 65.2801 62.7203 60.4480 58.4118
37
13.6014 15.8113
18.0277
20.2484 22.4722 24.6981 26.9258 29.1547 31.3847 33.6154
38
10.4626 11.5950
12.7254
13.8542 14.9814 16.1075 17.2325 18.3567 19.4801 20.6030
12.6491 13.2664 13.8564 14.4222 14.9666 15.4919
16
RESUMEN DE CLAVES N
Clave
N
Clave
0
02490-330
5
87853-846
1
67521-651
6
02974-567
2
04552-082
7
18024-298
3
33692-503
8
26105-019
4
64763-124
9
36216-830
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Geometría Fundamental y Trigonometría
SOLUCIÓN PRÁCTICA N° 5 Semestre 2010-I
TEORÍA Y PROBLEMAS GRÁFICOS: 39. En la siguiente figura, construir un triángulo equilátero ABC de forma que B y C (4 p) estén en las circunferencias m y n respectivamente. FIGURA AUXILIAR
ANÁLISIS 1.
Suponiendo el problema resuelto, si se conociera el vértice C, C’ sería resultado de aplicar a C una T=Rot(A,+60°). Dado que no se tiene C, al aplicar T=Rot(A,+60°) a la circunferencia n, se estaría girando también el vértice C; como consecuencia C’ pertenece a n’ y también a la circunferencia m. Conociendo las condiciones de B=C’ , C se puede obtener aplicando T=Rot(A, -60°) al vértice B.
n m
C=B’ M
B=C’
N
2.
● ● ●
60° A
3.
CONSTRUCCIÓN (SÍNTESIS) 1. 2.
Se trazan las dos circunferencias y el punto A. El vértice B=C’ se ubica en la intersección de dos lugares geométricos: Circunferencia m. Circunferencia n’.
3.
Se aplica T=Rot(A,-60°) al vértice B y se obtiene C (sobre la circunferencia n). En el gráfico se han obtenido dos soluciones.
n’ B2=C2’
m
●
●
N’●
C2=B2’ ●
n C1=B1’ ●N ●
B1=C1’●
M
A
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Geometría Fundamental y Trigonometría
SOLUCIÓN PRÁCTICA N° 5 Semestre 2010-I 40. Construir un triángulo ABC, conociendo A, mc y b.
(4 p)
FIGURA AUXILIAR
ANÁLISIS
C
4.
En la figura auxiliar, específicamente en el ∆AMcC, si fijamos b (AC), el punto Mc dista mc del vértice C y está sobre el segundo lado del A.
5.
Los datos anteriores son suficientes para construir el ∆AMcC.
6.
Conocido AMc =c/2, se puede precisar que el vértice B dista AMc de Mc y está sobre la prolongación de AMc.
7.
Con esos datos ya se puede construir el ∆ABC.
b mc
A
A
c/2
c/2
Mc
B
mc
Datos:
A
b
L.G. de B2
CONSTRUCCIÓN (SÍNTESIS) 4. 5.
Se traza arbitrariamente b (AC). El vértice Mc se ubica en la intersección de dos lugares geométricos: Segundo lado del A trazado desde
2do. .G. de MC
A
El vértice B se ubica en la intersección de dos lugares geométricos: Prolongación del segmento AMc.
B2
●
L.G. de B1
Circunferencia de centro C y radio mc. 6.
1er. .G. de MC y B
Mc2 B1
●
●
Mc1 ●
A A
C
R=m c
Circunferencia de centro Mc y radio AMc. De acuerdo a los datos, existen dos soluciones: ∆AB1C y ∆AB2C.
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