05 SOLUCIONARIO_GEO 5

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2 Intelectum 5.° 
AplicAmos lo Aprendido
(página 6) Unidad 1
1. Piden: menor valor entero de BM = x
 
B
a
xc
n
20
mA CM
 Dato: a + c = 30
 Por propiedad de existencia en el TABM:
 c - mequilátero: 
 m+MND = 30°
Luego sabemos que el DBCD es isósceles
m+CBD = m+BDC = 36°
& 60° + m+NDM + 36° = 108°
 m+NDM = 12°
Además el DNDM es isósceles: 
m+MND = m+NMD = 84°
En el BMC': 
x + 36° + 84° = 180° & x = 60° 
Clave E
 Resolución de problemas
6. 
 
B
A
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
30°
30°
30° 30°
30°
120°
30°R
R
R
R
12
3´
´
Por dato:
,12 = 6 3 3-
Sabemos: 
 ,12 = R 2 3-
& R 2 3 6 3 3- = -
 R 32 3 2 3- = -^ h
 R = 3
Luego AE subtiende un arco de 120°.
& AE = ,3 = R 3
 AE = ( 3 ) 3
` AE = 3
 Clave C
34 Intelectum 5.° 
7. 
C
3 3
3
3
3
3
3
3
3
3 3
3
F
E
A
B
33
D
120º
Por propiedad:
AB = 3 3
Por lo tanto:
2p ABCDEF = 6(3 3 ) = 18 3
 Clave D
8. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
A
CB H
4 60º
30º
7
32 3
m AC
!
 = 60°
& AC = ,6 = R ...(1)
Trazamos AH = BC
& BH = 2 3 / HC = 3
En el BHA (Pitágoras):
AC = 7 ...(2)
De (1) y (2):
` R = 7
 Clave D
9. Por dato:
,4 = R 2 = 4 & R = 2 2
Piden ,8:
,8 = R 2 2-
` ,8 = 2 4 2 2-
 Clave B
10. 
 
 
 
 
 
 
 
B
C
EF
A 36°
54°
O
2 k 10 - 2 54 k
k( 5 + 1) k( 3 + 1)
Vemos que el AHB es notable de 36° y 54° 
& del dato: 4k = 2 & k = 
2
1
` AC = 2 k ( 5 + 1) & AC = 2
2
1 5 1+c ^m h 
= 5 +1
 Clave A
nivel 2 (página 37) Unidad 2
 Comunicación Matemática
11. 
 Clave C
12. Primero con centro en A y radio R determinamos 
los puntos 1 y 2; de igual manera determinamos 
los puntos 3 y 4, pero con centro en B.
Segundo con un radio R
2
3 y con centro en A y 
luego en 1 determinamos el punto medio del 
arco 1A
!
; que será llamado 5, luego al prolongar 
5O hallaremos el punto 6; repitiendo este 
procedimiento en los arcos A2
!
 y 23
!
, hallaremos 
los puntos 7; 8 y 9; 10 respectivamente. Si unimos 
todos los puntos obtendremos un dodecágono 
regular.
 Razonamiento y demostración
13. 
b 2
A
R
B
D
C
E
F
P
H
G O a
 
 
 
 
 
 
Trazamos HP, HF, FD y HD tal que:
HF = FD = R 2 ; HD = 2R
En el ;HPDF (T. Ptolomeo):
 (HP)(FD) + (HF)(PD) = (FP)(HD)
(HP) R R2 2+^ ^h h(a) = b 2^ h(2R)
` HP = 2b - a
Clave B
14. 
A B
L
R
R
Q
OM
74°
53°/2
N
P O1 
53°/2
Trazamos AO1, donde A; L y O1, son colineales.
El DAOO1, (notable de º
2
53 ):
AO = R, O1O = R
2 , AO1 = R
2
5
Luego: AN = AL
 AN = AO1 - LO1
 AN = R R
2
5
2-
 AN = R 5
2
1-^ h
 AN = ,10 & m AN
!
 = 36°
DAQO1 , DAOO1 (notables º
2
53 y º
2
127 )
Trazamos OR:
m+AOR = 74°
 m AR
!
 = 74°
Finalmente:
m AN
!
 + mNR
!
 = m AR
!
 36° + mNR
!
 = 74°
 ` mNR
!
 = 38°
Clave D
15. 
E
T
S
R r
r
r
Q
O
P
U
H
O1
72°
36°
36°
54°
54°r ( 5 + 1)
4
r
2
Trazamos DE = SE
DO1ES notable º
2
53 y º
2
127 :
O1S = r 2
5
Luego:
PQ = US; QR = TS 
PQ = r r
2 2
5
+ ; QR = r r
2
5
2-
En el DQOR:
QR = 5 1r 2
-^ h
QR = ,10 & mQR
!
 = 36°
En el DPQO trazamos OH:
PH = HQ = r 4
5 1-^ h & PH = ap10 
 & m+HPO = 36°
` mPQ
!
 = 108°
& m+PQR = º mPQR
2
360 -
!
 m+PQR = º º º
2
360 108 36- +^ h 
& m+PQR = 108°
Clave B
 Resolución de problemas
16. 
 
A
B
C
D
8
8
8
R = 8
15°
15°
15°
15°
7°30'
H
x
x
O
 
Por dato: AC = 16
& R = 8
Del gráfico, (2x) subtiende un arco de 30°.
& 2x = ,12 = R 2 3-
 2x = 8 2 3-
 ` x = 4 2 3- 
Clave C
17. 
 
35GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 2
Por dato: el perímetro del hexágono regular AB-
CDEF es 24 3 , entonces cada lado medirá 4
3 .
Del gráfico: el hexágono MNPQRS resulta 
regular.
Para el TMBN isósceles: MN = ,3 
R = 2 3
& MN = R 3 =(2 3 ) 3 = 6
Piden: perímetro del hexágono regular MNPQRS 
(2p)
& 2p = 6(MN) = 6(6) = 36
` 2p = 36 m
 Clave B
18. 
 
C
P
A
Q
B
α
α
α
2α
2323
2θθ
θ
θ
O
m+APC = m+AQC = 90°
& ;APQC es inscriptible
m AC
!
 = 180°
& AC es diámetro (O: centro)
En el ABC:
2q + 2a = 90°
& m+POQ = 90°
Por lo tanto, en el POQ:
PQ = (3 2 )( 2 ) = 6
 Clave A
19. 
C
M R
NA
B
60º
60º
60º
O
60º
OM = R; ON = ap3 = R
2
En el DMON:
(MN)2 = R2 + R
4
2
 - 2R R
2c mcos120°
 
 MN = R
2
7
 
` MN = 2
2 7 7^ h = 7
 Clave B
nivel 3 (página 38) Unidad 2
 Comunicación matemática
20. 
21. Primero con centro en A y radio R determinamos 
el punto 1. Luego desde el punto 1 trazamos una 
perpendicular a AA' determinando así el punto H, 
luego con centro en 1 y radio 1H determinamos 
los puntos 2 y 2', nuevamente con centros en 2 
y 2' y radio 1H determinamos los puntos 3 y 3'; 
repetimos una vez más hallando los puntos 4 y 
4'; finalmente unimos los puntos para dibujar el 
heptágono regular.
 Razonamiento y demostración
22. 
LL
L
L
L
L
L
A
B
D C
E
12°18°M
N
Q
60°
18°
Del gráfico el TAMB es equilátero:
m+ABM = 60°; m+NBC = 12°
& m+MBN = m+ABC - m+ABM - m+NBC
 m+MBN = 108° - 60° - 12°
 m+MBN = 36°
Luego:
BQ = ap10
BQ = L 4
10 2 5+ ...(1)
Además:
L = ,5
L = R 2
10 2 5-
L = 3 10 2 5-
Reemplazando en (1):
 BQ = (3 )10 2 5 4
10 2 5
- +
` BQ = 3 5
Clave E
23. 
O2
A
Q
B
D
C
T
O
P
30°
30°
30°
30°
30°
H
r
rr
r
2r 2
3
Del gráfico: OH es bisectriz del +AOB
O; C; Q; H colineales
DTO2B equilátero
TB = r
DTQC notable 30° y 60°
CT = r
3
2 3
Luego, m+CBD = 30°
CD = ,12
CD = BC 2 3-
CD = r r2 3
3 2 3+ -c m
Dato: r = 2 u3
 CD = 4 2 3 2 3+ -^ h
 CD = 2 2 3+
 ̀ CD = u6 2+^ h
Clave E
24. 
α
α + θ α
2α2θ
A B
L
R
Q
O
P
3k
4k
8k
36°
17°
θ + α
Del gráfico:
3(AB) = 8(PQ) ; AB = 8k; PQ = 3k; OQ = 4k
DPQO , DPRO (notables de 37° y 53°)
OP = 5k & 5 = 5k & k = 1
m+LPQ = m+OPQ - m+OPL
m+LPQ = 53° - 17° & m+LPQ = 36°
En el ;PRLQ (por propiedad):
m+RPQ = 2(m+RLA)
R, L y Q pertenecen a la circunferencia de centro P
DLPQ isósceles
& DLPQ a DQOB
2a = 36°
 a = 18°
En el DAQB:
AQ = ap10
AQ = (AB) 4
10 2 5+ 
AQ = k
4
8 10 2 5+
` AQ = 2 10 2 5+
Clave C
 Resolución de problemas
25. 
C
MN
x
F E
A
B
120º
30º
D
En el TABN:
x = ,12 = R 2 3-
AB = BN = R
Por dato:
 R = 2 3+
` x = 2 3+ ( 2 3- ) = 1 m
 Clave E
36 Intelectum 5.° 
26. 
Trazamos AF y FD formándose el DAFD 
equilátero.
& m+FAD = m+ADF = m+AFD = 60°
Por dato: m AM
!
 = mMF
!
 = 30° 
& AM = MF = ,12 
& ,12 = 4 2 3- 
Por ángulo inscrito:
m+MAF = 15° & m+MFA = 15°
De la misma manera: m+DFN = 15°
En el MFN isósceles:
x = ,12 2 = (4 2 3- ) 2 = 4 4 2 3-
 Clave B
27. 
En la circunferencia menor:
m ADC
!
 = 2(108°) = 216° 
& m ABC
!
 = 360° - 216° = 144°
m+AOC = 144° (ángulo central) 
& AC = d5 (diagonal de un pentágono regular)
En la circunferencia mayor:
m AIC
!
 = 72° & m+AO1C = 72°
AC = '
5, (lado de un pentágono regular)
d5 = ,5 2
5 1+c m / ,5 = R
2 10 2 5-
	 & d5 = R
4 5 1 10 2 5+ -^ ^h h
Además: '
5, = 
R
2 10 2 51 -
También: AC = d5 = '
5,
& R1 = R
2 ( 5 + 1) 
 Clave D
28. 
 
Por dato: ,5 = 3 + 5
Para el TBAP isósceles: n sería el lado de un 
decágono regular de radio ,5.
& n = 2 5 1 2
3 5 5 15, - = + -^ ^ ^h h h
 
 n = 5 + 1
Del TCBQ isósceles: BC = BQ
& ,5 = n + x
3 + 5 = ( 5 + 1) + x
` x = 2
 Clave D
29. Según el enunciado:
 °
°n n
n
n
2
3
3
1
90
180 2
,
-
= -
-^ ^h h; E
 n n n n2
3
3
1 2 4
2
,- = - +^ h
Reduciendo:
(3n - 8)(n + 1) = ,(2n)
& 3n - 8 = 2n / n + 1 = ,
` n = 8 / , = 9
Luego, el perímetro es: 8 # 9 = 72
 Clave D
37GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 2
AplicAmos lo Aprendido
(página 40) Unidad 2
1. 
A
M N
B
C
G
n
2n
k
2k
2S
S
S/2
18S S
2 2
36
AMC
ABC= = =9
9 m2
En el TAMC:
& 3S = 18
 S = 6
En el TNMA:
` S9MNG = S
2 2
6
= = 3 m2
 Clave C
2. 
60°60°
60°
60°60°
A
B
C
E
F
2 1
1
2
 
SABEF = STABC + STBCE + STCEF
STABC = m4
2 3 3
2 2
=
STBCE = °60sen m2
2 1
2
3 2
=
^ h
STCEF = m4
1 3
4
32 2
=
` SABEF = m3 2
3
4
3
4
7 3 2
+ + = 
 Clave D
3. 
 C
x
θ
α
A
D E
B
L
h
a
α
Por dato: DE // AC
Del gráfico: TABC a TDBE
 & L
a
x
h
= & h = L
ax ...(1)
Además:
 ATDBE = A
2
ABC∆ (dato)
 
2 xh La
2 2=c m
& x = h
aL
2 ...(2)
Reemplazando (1) en (2):
 
x = 
L
ax
aL
2` j
 & x= L
2
2
 Clave B
4. 
aa 45º45º
L
2
L
2
L
2
E DR
L
L
A C
L
P
H
B
Q
θ
θ
En el ABC, BH es mediatriz, entonces:
AH = HC = BH = L
2 
En el TEBD, BR es mediatriz de ED.
Como: PQ // ED & PH = HQ = a
Luego: BHQ a DCQ & QC = 2HQ
& QC = 2a
Entonces:
HC = 3a = L
2 & a = L
6
Piden:
ATPBQ = 2
1 (2a) L
2 = 
aL
2 
 
 ̀ ATPBQ = 
L L L
6 2 12
2
=c m
 Clave C
5. 
C
8 8
10 10
A
B
hD
O
Por dato: el circunradio mide 10 cm.
& OA = OC = OB = 10
En el ADO por el teorema de Pitágoras:
102 = 82 + (OD)2
& OD = 6
Luego:
6 + h = 10 & h = 4
Por lo tanto:
ATACB = 2
16 4^ h = 32 cm2
 Clave D
6. 
C
M
2S - M
S
S
2S 2S
2S
2S
A
D
B
E
2a
a
a
Gb
3b
Por propiedad:
 S M
M S
b
b
2
2 3
1
3
-
+ = = 
 
M + 2S = 6S - 3M
 4M = 4S
 & M = S
Luego:
A;ADEC = 7S - M = 7S - (S) = 6S
ATDBE = 5S + M = 5S + (S) = 6S
` A
A
DBE
ADEC
9
; = S
S
6
6 = 1
 Clave C
7. 
A D C
9 m225 m2
n = 3k5k = m
F
B
E
α αθ θ
Del gráfico: TAED + TDFC
& 
n
m
9
25
2
2
= & m = 5k / n = 3k
 
 & A
k
k
25 5
8ABC
2
2
=T
^
^
h
h & ATABC = 64 m2
 Clave D
8. 
M
N
2a
a
B
2A2
P
2k
k 2A1
3A1
A1
A2
G
CA
Por dato: G y N son baricentros de los triángulos 
BMC y ABC, respectivamente.
Además: A1 = 10 m2
Del gráfico:
3A2 = 6A1
A2 = 2A1 = 2(10)
` A2= 20 m2
 Clave C
9. 
M
A
B
2A
2A
2AG2
G1
CA
A
N
 
Por dato: G1 y G2 son los baricentros de los 
triángulos ABM y AMC, respectivamente.
Además: A TABC = 80 m2
 8A = 80 & A = 10
 ` Asomb. = 3A = 3(10) = 30 m2
 Clave B
10. 
CHE
10
A
B
a a
DF
3
 Trazamos: DH = AC.
& DH = FE = a
áreAs de regiones TriAngUlAres
38 Intelectum 5.° 
Del gráfico:
ATABD = ATABC - ATADC 
ATABD = a a
2
10 3
2
10+
-
^ ^h h
 
` ATABD = 15 cm2
 Clave B
11. C
T
P
L
Q
M
2
44
4
6 6
8
B
h
6A D
O
 
Por propiedad de semejanza:
 
h = ( )
8 4
8 4
3
8
+
=
 
Por el teorema de los puntos medios:
OT = 4 / PM = 2
Del gráfico:
A POQT = ATAOD - ATAPT - ATTQD
A POQT = 2
12 4
2
6 2
2
6 3
8
- -
^ ^ ch h m
` A POQT = 10 m2
 Clave A
12. 
C2a + r
2a - r 2a
A
B
AA
 
 
Por dato:
ATABC = 2p
Aplicamos la fórmula de Herón: 
p = a r a a r
2
2 2 2- + + +^ ^h h
 
p = 3a & 2p = 6a
a a a r a a a a r3 3 2 3 2 3 2- + - - -^ ^ ^h h h= 6a
a a r a r3 2
+ -^ ^h h = 6a
& (a + r)(a - r) = 12 ...(1)
Luego, los valores enteros que satisfacen (1) 
son: a = 4 / r = 2
& ATABC = 2p = 6a = 6(4) = 24
` ATABC = 24
 Clave D
13. 
CP
M
N
5
13k
12k
(13 - 12k)
A
B
5k
(12-13k)
En el cuadrilátero circunscrito AMNC por el 
Teorema de Pitot: 
(12 - 13k) + (13 - 12k) = 5k + 5 & k = 3
2
Luego: 
A MNB = k k
2
5 12^ h = 30 3
2 2
c m = 3
40 m2 ...(1)
 
Además: PAM a BNM:
& k
AP
12 = k
k
5
12 13- 
 
 AP = k
5
144 156-
Pero: k = 3
2 & AP = 8 y AM = 3
10
Luego: 
A PAM = 2
8
3
10
3
40
=
^
c
h
m m2 ...(2)
De (1) y (2):
` A MNB + A PAM = 3
40
3
40
+ = 26,6
!
 m2
 Clave C
14. 
P
L
H
C
B 9
12
6
A D
O
 
Por propiedad de semejanza:
OP = ( )
6 9
6 9
+
 & OP = 5
18
 
LH = 
( )
5
18 6
5
18 6
+
 & LH = 4
9
Luego: APO a ADC
& 9
12 = AP
5
18c m
 & AP 5
24
=
Del gráfico:
 ATOPL = A APO - ATALP
ATOPL = 5
24
5
24
2
5
18
2
4
9
-
c cm m
 
` ATOPL = 25
81 cm2
 Clave B
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 42) Unidad 2
 Comunicación matemática
1. ATABC = . . .r 11 13 16
 4 715 = 4 . .r 11 13
 . .5 11 13 = . .r 11 13
 r = 5
2. 
 Razonamiento y demostración
3. 
C
M
A
N
5
5
E
B
r
rD
Piden: ATABC = 2
1 (AB)r ...(1)
 
Por el teorema de las secantes:
AB(r) = 10(5) & (AB)r = 50
Reemplazando en (1):
` ATABC = 2
50 = 25
 Clave A
4. 
CH
M
3
3
5
7
4
A
B
53º
 
 
 
 
 
 
 
 
En el AHM por el teorema de Pitágoras:
AM = 3 42 2
+ = 5 & m+MAH = 53°
Por la fórmula trigonométrica:
 ATABC = .AB AC
2 sen53° = 2
8 10
5
4^ ^
c
h h
m
` ATABC = 32
 Clave C
5. 
A C
B
S
S
2S
4S
P
N
M
 
En el gráfico empleando la propiedad:
 & S1 = S2
 
Por dato: STABC = 48
 8S = 48 & S = 6
Piden: STMNP = S
 ` STMNP = 6
 Clave A
6. 
 
A
B
D
C
60°
6
8
a
60°
60°
a2 = 62 + 82
a = 10
` SDADC = 25a
4
3
4
10 3 3
2 2
= =
Clave B
39GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 2
 Resolución de problemas
7. 
 
 
C
M
N
3
5
10
A
B
99
6
G
 
G: baricentro del ABC.
GN = 3 & BG = 6
GM = 5 & AG = 10
 BN = AN = NC = 9
En el TAGN por la fórmula de Herón:
ATAGN = 411 1 8 2 11=^ ^h h m2
 Clave A
8. 
 
C
H
N
M 44
4
A
E
B
6
6
α
α
α
θ
θ
θθ
D
En el ABC: q + a = 90º
Trazamos: CM = HD y EN = HD
Luego: ABC , DMC , END (Caso ALA)
& MD = EN = 4
Piden:
 ATDEH = HD EN2
1 ^ ^h h = 2
1 (10)(4)
` ATDEH = 20
 Clave C
9. C
m n
m n
M
A1
A2
A
B
a
a
h
D
Piden:
 A AMD = 2
1 ah ...(1)
Del gráfico:
A1 = 2
1am; A2 = 2
1an & A1 . A2 = 4
1 a2mn
Dato:
A1 . A2 = 48 & a2mn = 192
 
En el AMD por relaciones métricas:
 mn = h2 & a2(h2) = 192
 & ah = 8 3
Reemplazando en (1):
ATAMD = 2
8 3^ h = 4 3
` ATAMD = 4 3 cm2
 Clave E
10. 
 
B
A C
3S
4S
S
3k
k
M
N
Piden: STMBN = S
Para la ceviana MN:
STMNA = 3STMBN & STMNA = 3S
Para la mediana AN:
STANB = STANC = 4S
Por dato: STABC = 64
 & 8S = 64
 ` S = 8
 Clave B
nivel 2 (página 43) Unidad 2
 Comunicación matemática
11. El :ABGC es inscriptible
θ
θ
B
A
D
C
E
F
30 34
32
G
Sea R el circunradio del TABC, entonces:
R = ( ) ( )
BF
AB BC
2
R = 2 32
1088
^ h
R = 17
Luego:
•	ATABC = 30 34 32 1362
17 5=^ ^ ^h h h
•	AC	= A
32
2
2
17 5TABC =
12. 
θ θ
B
A
D
C
E
4
3
H
G
Como AD pasa por el baricentro G, entonces:
BD = DC ... (1)
Al trazar la altura desde D hacia AC, se forma el 
HDC notable de 53° y 37°, entonces:
 DC = 5
& BD = 5
Como BE es bisectriz
ED
AE
BD
BA
K
K
A
A
5
4
T
T
EBD
ABE= = =
Además de (1):
ATBED = ATDEC = 5k
ATABE = ATAEC = 4k
Luego:
 ATABE = ATAEC
 ATEDC = ATBED
 ATBED > ATABE
 ATAECde Herón:
 
a = 17
2 20 3 5 12^ ^ ^ ^h h h h = 17
120
Reemplazando en (1): 
 h = 17
96
Luego:
ATMCN = 2
1 (b)(h) = 17
576 cm2
 Clave C
20. 
 
B
A
2n
3n
CD
 
 
Por dato:
G1: baricentro del TABD
& STAG1B = STAG1D = STBG1D = S1
G2: baricentro del TBDC
& STBG2D = STDG2C = STBG2C = S2
Por el teorema de bisectriz interior:
DC
AD
n
n
3
2
= & DC
AD
3
2
= 
En el TABC, se cumple:
S
S
DC
AD
3
3
2
1 = & S
S
DC
AD
2
1 =
 
 ` S
S
3
2
2
1 =
 Clave D
nivel 3 (página 44) Unidad 2
 Comunicación matemática
21. 
20
5x 2x
5x
8x
24x
2a
a 5a
a
Luego:
•	 A	= B
4 V 
•	 D	= 12C F
•	 E	= B
4 F
•	 E	= C F
•	 D	= 12A V
22. 
a b
θ
B
A C3
 
 absen
2 4
1235θ
=
 ab2
1
126
1235
4
1235
=c m
ab = 63
Si a = 1 y b = 63: 63 AFCE =c2 +ab
Del TAFC, por el Teorema de Pitágoras:
a2 + b2 = ( )c 2 2
Del AFCE = c2 + b2 = k2
 Clave A
áreAs de regiones cUAdrAngUlAres
8. 
 
NB CO
L
r
r
DA
53º
53º
37º
4
4
4
4 - 2r
En el ABO por el teorema de Pitágoras:
(4 - r)2 + 42 = (4 + r)2 & r = 1
Luego, el ABO resulta ser notable de 37º y 53º.
A ABLD = ATABL + ATALD
 
A ABLD = 2
16 sen37° + 2
16 sen53°
 
` A ABLD = 5
56 = 11,2 cm2
 Clave C
9. 
 
En el trapecio ABCD:
BC
2
10+c m4 = 32 & BC = 6
 
Trazamos EF, mediana del trapecio ABCD.
 
& EF = 2
6 10+c m = 8
 
Luego, x: mediana del trapecio AEFD.
 
& x = 2
8 10+ = 9 
` x = 9 m
 Clave A
10. 
 
A 45°
45°
45°
B
C
M
R
D
2 2
2
6
O
2
1
1
3
 
 Trazamos: MN = BD
Del MNR es notable de 45º:
MN = 1 & OC = 2, AO = 2, OP = 2
Luego: NO = 3 & NB = 3
 AZABCD = BD AC
2
^ ^h h = 12 4
2
^ ^h h
` AZABCD = 24 m2
 Clave A
43GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 2
11. 
 
T
P
b
a
 
Por dato:
A ABCD = k = (r + b)(r + a)
Luego:
Del ADC por el teorema de Pitágoras:
 (a + b)2= (b + r)2 + (a + r)2
a2 + 2ab + b2= b2 + 2br + r2 + a2 + 2ar + r2
 2ab = 2r(a + b) + 2r2
 & ab = r(a + b) + r2 
Piden: A QIPD = ab
Del dato: r2 + (a + b)r + ab = k 
 ab
2ab = k
` ab = k2
 Clave A
12. 
 
B
A
AE
a
ab
b
2
α
θ
θ
α
6
6 - a
D
C
G
F
Del gráfico: ADF + CGF
& a
b
2
6
1
3
= = 
& b = 3k; a = k
Del ADF (por Pitágoras):
 b2 = (6 - a)2 + 62
(3k)2 = (6 - k)2 + 36
Luego:
8k2 + 12k - 72 = 0
2k2 + 3k - 18 = 0 
& k = 4
3 153- +
 
Piden: A 6AECF = 2b = 6k
` A6AECF = 3 m2
3 153 2- +c m
Clave B
13. 
 A m + n
B
m
n
n
F
C
D
50°
50°
50°
80°
80°
h
 
Por dato: ABCD es un trapecio.
Piden:
A;ABCD = 
2
1 (BC + AD) h ...(1)
Prolongamos: AB y DC
Entonces: DFBC es isósceles.
& BF = BC = n
También: DFAD es isósceles.
& AF = AD = m + n
Reemplazando en (1):
 A;ABCD = 
2
1 (n + m + n) h
` A;ABCD = m n
2
2+c mh
Clave C
14. 
 
 
 
 
 
 
 
bb 2
2
b 2
2
a 2
2
45°
45° 45°45°
a
68
6 
Del gráfico:
(a + b) 2
2 = 6
 & a + b = 6 2 ...(1)
a2 + b2 = 82 ...(2)
Elevando (1) al cuadrado:
a2 + 2ab + b2 = 72
 (64) + 2ab = 72 & ab = 4
 ` A > = ab = 4 m2
 Clave D
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 47) Unidad 2
 Comunicación matemática
1. 
2. Del enunciado:
A;ABCD = pr y A;EFGA = 3r
& 9A
A p
3EFGA
ABCD = =
;
;
p = 27
b
2
15 11 12 27+ + + =
38 + b = 54
 b = 16
 Razonamiento y demostración
3. 
 
Por dato: (AL)(OC) = 16 cm2
 & (m + n)(r) = 16
Piden:
Ssomb. = STBTO + S OTP = r m n r
2 2
$ $
+ 
 
Ssomb. = r2 (m + n) = 2
16 = 8
 
 ` Ssomb. = 8 cm2
Clave D
4. 
 
A
Q
B C
Db
h1
h2
A2
A1
A3
 
Por dato: (AD)(BQ) = 8 cm2
 & (b)(h1) = 8
Del gráfico:
A1 + A3 = 
b h h
2
12+^ h ...(1)
A2 + A3 = 
bh
2
2 ...(2)
 Restando (1) y (2):
A1 - A2 = 
bh
2 2
81 = = 4
 
` A1 - A2 = 4 cm2
 Clave B
5. 
 
3k
4k
O B
P
2 3
A C
LN
4k
53°
37°
Por dato: ABLN es un cuadrado
& NL = AB = 4k
 
En el APC por relaciones métricas:
PB2 = (AB)(BC) & 2 3 2^ h = (4k)(3k)
 12 = 12k2
 & k = 1
Piden:
A4ABLN = (4k)2 = 16k2 = 16(1)2
` A4ABLN = 16 cm2
 Clave C
6. 
 
En el OHE por el teorema de Pitágoras: 
EH = 4
 Luego:
A1 = 
AB AH
2 2
4 8
=
^ ^ ^ ^h h h h = 16 cm2
 
A2 = 
CD HD
2 2
4 2
=
^ ^ ^ ^h h h h = 4 cm2
Piden:
 A1 + A2 = 16 + 4 
` A1 + A2 = 20 cm2 
Clave A
44 Intelectum 5.° 
 Resolución de problemas
7. 
 
Por dato: ABCD es un romboide.
Además: OE = 2 / OP = 3
Trazamos: MD // PQ & MD = 6
Piden: A ABCD = (6 2 )(4) = 24 2
 Clave E
8. 
 
C
 
En el RCO por el teorema de Pitágoras:
CR = a 5
Piden: APQRS = 2
1 (PR)(QS) = a a2
1 2 5 2^ ^h h
` APQRS = 2a2 5
 Clave C
9. 
 
 
A CO
8b
b
b
b
a a
8
D
B
 
Por dato:
2a + 2b = 32 & a + b = 16 ...(1)
En el AOB por el teorema de Pitágoras:
b2 = a2 + 82 & b2 - a2 = 64
(b + a)(b - a) = 64 & b - a = 4 ...(2)
Luego de (1) y (2): a = 6 / b = 10
Piden: AZABCD = 2
1 (BD)(AC)
` AZABCD = 2
1 (16)(12) = 96
 Clave C
10. 
 A a
bb
m
m
6
6
4
4
B
F
G
D
E
C
Del gráfico: BGA , DEC (caso ALA)
Además: CED + DEA 
& m
m4
4
6
= +
16 = m(6 + m) & m = 2
Entonces: AC = 6 + 2m = 6 + 2(2) = 10
En el ADC por relaciones métricas:
ab = (AC)(ED) = (10)(4)
Piden:
A >ABCD = ab = (10)(4)
 ̀A 4ABCD= 40
 Clave D
nivel 2 (página 48) Unidad 2
 Comunicación matemática
11. 21
49
70
15
A D
B C
E
F
105 u2
u2
u2
u2
21 u2
10
9 u2
12. 
A
D
M
P
Q
N
B
C
E
A D
B
C
Como 6MNPQ es un paralelogramo, luego:
I. F
 A;ABCD = 2A;MNPQ
 A;ABCD = 2(2B + 2C + 2D + 2E)
 A;ABCD = 4(B + C + D + E)
II. F
 A;ABCD = 2A;MNPQ
 A;ABCD = 4(B + C + D + E) > 4(B + D)
III. V
 A
2
MNPQ6 = B + C + D + E
 A B D
2
+ + = B + C + D + E
 A - 2C - 2E = B + D
 A B D
2
+ + = C + E
 Razonamiento y demostración
13. 
2r
r
R R
r
 
Del gráfico: AQB , CPD (caso ALA)
Además: APD + DPC
& m
m1
1
3
= + & m2 + 3 m - 1 = 0
 
& m = 2
7 3-
En el ADC por relaciones métricas:
1 = 
R r4
1
4
1
2 2+ & 4 = 
R r
R r
2 2
2 2
+
 R2 + r2 = 4R2r2 ...(1)
Luego, del ADC, por Pitágoras:
 4R2 + 4r2 = 7 2^ h
& R2 + r2 = 4
7
Reemplazando en (1): 
4
7 = 4R2r2 & 7 = 16R2r2
 & 7 = 4Rr
Piden: A>ABCD = (2R)(2r) = 4Rr
 ` A>ABCD = 7
 Clave C
14. 
 
Del gráfico:
Por el teorema de Pitágoras en el OES:
R2 = (R - 2)2 + (4)2
R2 = R2 - 4R + 20 & R = 5
Por el teorema de Pitágoras en el BHO:
BH = 21 & BK = 3 + 21
Piden:
 A6BCDK = (TH)(BK) = (R - 2)(BK)
` A6BCDK = 3(3 + 21 )
 Clave B
15. 
 
En el DPA por el teorema de la mediana:
2(2a)2 + 
a
2
2 2^ h = 132 + 92
 10a2 = 250
 & a = 5
Por el teorema de Herón en el DPA:
 h 2 5
2 16 3 7 6= ^ ^ ^ ^ ^h h h h h
h = 5
12 14
* Se debe pedir:
A ABCD = (DA)h = (2a)h
& A ABCD = 2 (5) 5
12 14c m
` A ABCD = 24 14
 Clave B
16. 
 
h
α
αα
E
B
10 m2
10 m2
A H3k
3A 2A
2k D
C
90° - α
 
45GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 2
Del gráfico: ABCD es un paralelogramo.
Además: BC divide a BECD en dos triángulos 
congruentes.
También: ABD , CDB (caso LAL)
 & 3A + 2A = 10
5A = 10 & A = 2
Piden:
ABCDH = 10 + 2A = 10 + 2(2)
 ̀ ABCDH = 14 m2
 Clave C
 Resolución de problemas
17. 
 
 
37º
15A
B C
D
2k
k m
12 9
5
2m
N Q
O 15
15
53°37° 74°
M
 
Del gráfico:
N: baricentro del TABC
Q: baricentro del TADC
Luego: TNMQ a TAMD & AD = 15
Entonces:
AC = 24 / BD = 18
 
` AZABCD = 18
2
24^ h = 216
 Clave B
18. 
 
 
aa
a a
P
A
Q
60°
60°
R
S
Se deduce que PQRS es un cuadrado.
En el PAQ por la ley de cosenos:
a2 = b2 + b2 - 2b2cos150°
a2 = 2b2 + 2b2cos30°
a2 = b2(2 + 3 )
Piden:
A4PQRS = a2 = b2 2 3+^ h
 Clave D
19. 
 
Del gráfico:
3a = 90 & a = 30°
Luego, por propiedad:
m+ARL + 4a = 180°
& m+ARL = 180° - 4(30°) = 60°
Entonces:
m+ARL = m+RLP = 60° (ángulos alternos 
internos).
Del RPL (notable de 30º y 60º).
PR = 9 & PL = 3 3
Luego, en el IPR: m m+ADC, entonces:
a = 21 / b = 29
22. 
P
A
S
D
Q
B
R
C
M
E
N
a
a
a
c
c
b
b
3b
2b
Se observa que: B = C
A bh E h b A E2
3
2
3
&/= = =
^ h
Como 2C = D y E = D + C, entonces:
E = 3 C > 2C
Como D = 2C, entonces:
D > C
Como B = C y E = 3C entonces:
3C > C
E > B
 Razonamiento y demostración
23. 
 x NC
30 40=
 x NC3
4
=
 x2 + 40x3
4 2 2
=c m
 1600x9
25 2
=
 x2 = 576
` SBLMN= x2 = 576
Clave D
24. 
 
 
A
A
B
B
4A
P M
RQ
k 2k
N
h
S H
ATPQM = kh
2 = 2A & kh = 4A
 
ATMRS = kh
2
2 = kh & ATMRS = 4A
 
Por dato: A6PQRS = 12
& 6A + 2B = 12
` 3A + B = 6 cm2
 Clave C
25. 
 
Del gráfico:
STABM = bk
2 = S & bk = 2S
& S MBC = 
k b
2
2^ h = bk = 2S
Piden:
 S
S
S
b k
S
bk
S
S
5
2 3
5
6
5
6 2
.Somb
Total = = =
^ ^ ^ ^h h h h
 ` S
S
5
12
.Somb
Total = 
Clave D
46 Intelectum 5.° 
26. Por dato:
 
H
b 112% b
A
A h
Entonces: bH = (112%b)h
& h = H
28
25
Sea x: el porcentaje en que disminuye la altura.
 & x = 100%H
H h-c m = 00%H
H H
28
25
1
-f p
` x = %7
75 = 10 %7
5
 Clave E
 Resolución de problemas
27. 
A
105
B
6
9
D
C
r
 
Por el teorema de Pitot:
9 + 6 = 5 + AD
& AD = 10
Área del cuadrilátero bicéntrico ABCD:
A ; = 6 5 9 10^ ^ ^ ^h h h h = 30 3
Área del cuadrilátero circunscrito ABCD:
p = 2
6 5 9 10+ + + = 15
AABCD = p r & 30 3 = (15) r
 ` r = 2 3
 Clave D
28. 
 
x
x
x
O
 
 
El cuadrado menor está centrado en forma 
simétrica en el cuadrado mayor.
2A + 4 = x2
1 2 4 2^ ^h h
x
2
2
+ 4 = 4x & x = 4 ± 2 2
Pero: x= 360
2 3
2
6 3
360
2 32 2
c c
π α π θ
+ +
^ ^ ^ ^h h h h
Asomb. = 330 3
c
π α θ+ +^ h
Asomb. = p
30c (60°) + 3 3 = 2p + 3 3
` Asomb. = 2 3p 3+^ h cm2
 Clave E
6. 
 120º
120º
a
a
A
60º
2a
2a a
a
CA E
B
D
M 
Del gráfico:
A = A DAE - ATABC - 2A MCE 
A = 2p pa a a
360
3 60
4
2 3
360
1202 2 2
c
c
c
c
- -
^ ^ ^ ^ ^h h h h h; E
 
A = 3 2p pa a a
2 3 3
2 2 2
- -
 
` A = a
6
2
(5p - 6 3 )
 Clave B
7. 
 
45°
N
2
45° 135°
O
A
P B2 2 2
2 2
2 2 A
Del gráfico:
A = A AOB - A NPB - A NOP 
A = p p
4
2 2 2
360
2 2 135
2
2 22 2
c
c+ - -
^ ^ ^h h h 
& A = p(1 + 2 2 + 2) - 3p - 2
` A = 2(p 2 - 1)
 Clave B
8. S = S ABCD - S ADC
 S = (2)2 - 90 2
360
2π
c
c ^ h
` S = 4 - p
Clave A
9. A
A
N
30°
60°
BO
M
2 3
2 3
2 3
4 3
4 3
E
 
Del gráfico, se deduce que el OMN es notable 
de 30° y 60°.
Luego: A = A AON - A AME - A OMN
A = p p
360
4 3 60
4
2 3
2
2 3 62 2
c
c
- -
^ ^ ^h h h
A = 8p - 3p - 6 3 = 5p - 6 3
 ̀ A = (5p - 6 3 ) cm2
 Clave A
10. 
 
Sea A el área de la región sombreada:
& A = A4 - A
 A = 6 (12) - 
6p
2
2^ h 
 A = 72 - 18p
` A = 18(4 - p) 
Clave B
11. 
45°
A
B C
D
4
4
S
S
 S = S ABD - S BAD 
 S ABD = p
4
42^ h = 4p m2
 
S BAD = 2
42
 = 8 m2
 & S = 4p - 8
 2S = 8(p - 2) m2
 Clave A
48 Intelectum 5.° 
12. Trasladando áreas:
 
4
 
` Sx = 2p p2
22
=
^ h
 Clave B
13. 
 A = 
2 pr r r r
2
2
4 2
2 2
- -
^ ch m 
 
 A = 2r2 + pr r2 4
2 2
-
 
 A = pr r
2
5
4
2 2
- 
 
` A = r
2
2
(5 - p/2) 
 Clave B
14. 
90°
45°B
C
S1
A
A
R
R
R
O
45°
 
Del gráfico:
S1 = pR R
360
45
2
2 2
c
c
- sen45°
 
 S1 = 
pR R
8 4
22 2
-
 
Luego:
A = A AOC - S1 - ATAOC
 A = p pR R R R
360
135
8 4
2
2 2
22 2 2 2
c
c
- - -c m
 A = 3p p pR R R
8 8 4
2 2 2
- =
 Clave D
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 52) Unidad 2
 Comunicación matemática
1. R 9A
A
AB
CD
2
2
= =
r
2. A = 
p 16 64p4
2
= 
 
B =
p 18 81p4
2
=
A + B = 64p + 81p = 145p
3. I. Cumple la definición.
II. No cumple la definición.
III. Tiene un lado convexo.
IV. Una curva es elíptica.
Clave B
 Razonamiento y demostración
4. 
 C4 4
8
A H
N M
B
30°30°
4 3
Del gráfico: Asomb. + A NBM = A ABC
Asomb. + p
360
4 3 602
c
c^ h = 4
8 32^ h
 Asomb. + 8p = 16 3
 ̀ Asomb. = 8 2 p3 -^ h
Clave B
5. 
 
 
 
 
 
Del gráfico:
A1 = A ABC - A BAE 
A1 = 2
2 2^ ^h h - 45p
360
2 2
c
c^ h = 2 - p
2 
A2 = A BAD - ATAED
 A2 = p
360
2 452
c
c^ h - 2
2 2^ ^h h
 = 
p
2 2- 
 
Piden:
Asomb. = A1 + A2 = 2 - 2
 Clave A
6. 
A3
A2
A1
M
N
P
r1
r1 r 2
r 2
r3 r 3
 
 
Por dato: A1 = 4 & pr
2
1
2
 = 4 & 8pr1
2
=
A2 = 6 & pr
2
2
2
 = 6 & 12pr2
2
=
 
En el MNP por el teorema de Pitágoras:
 r2 3
2^ h = (2r1)2 + (2r2)2
 4r3
2 = 4r1
2 + 4r2
2
 r3
2 = r1
2 + r2
2
 pr3
2 = pr1
2 + pr2
2
& 2(A3) = (8) + (12)
 ̀ A3 = 10 m2
 Clave B
7. 
 
8
4
Al trasladar el área del semicírculo menor, el 
área sombreada es equivalente a la región del 
semicírculo mayor.
Entonces: Asomb. = p
2
8 2^ h = 32p
 Clave E
 Resolución de problemas
8. Del problema se tiene que:
A1 = A / r1 = r ...(1)
A2 = 2A / r2 = r + ( 2 - 1) ...(2)
De (1): A = pr2
De (2): 2A = p(r + 2 - 1)2
 & 2(pr2) = p(r + 2 - 1)2
 2(r2) = r2 + 2r( 2 - 1) + ( 2 - 1)2
r2 - 2r( 2 - 1) - (3 - 2 2 ) = 0
r + (3 - 2 2 )
r -1
& r = -(3 - 2 2 ) / r = 1
Como: r = -3 + 2 2 A1 + A3
13. A = B
C = D
A + B + C +D = 4
49π
 Razonamiento y demostración
14. C
R
R
R
R R
A
A D
B
Del gráfico:
Asomb. + A = pR2 ...(1)
Además: A = A - 4A 
A = (2R)2 - 4 pR
4
2
c m
A = 4R2 - pR2
Reemplazando en (1):
Asomb. + (4R2 - pR2) = pR2
 Asomb.= 2pR2 - 4R2
 ̀ Asomb.= 2R2(p - 2)
 Clave C
15. 
30°
60°
60°
45°
15°
45°
30°
 
 
 
Del gráfico:
El OO1F es equilátero.
& mOF
!
 = 60° & m+FOB = 30°
El AOF es isósceles & m+AFO = 15°
También: el EO1F es isósceles.
Además: m+EO1F = 90°
& m+O1EF = 45° 
Del OHF notable de 30° y 60°: R = 4
Piden:
Asomb. = A EF = A EO1F - A EO1F
 Asomb. = R R
4 2 4
4
2
42 2 2 2
π π
- = -
^ ^h h
Asomb. = 4p - 8
 Clave E
16. 
A3
A2
A1
R3
R1
R2
Del gráfico:
A1 = pR1
2 ; A2 = p R R2
2
1
2
-^ h; A3 = p R R3
2
2
2
-^ h
Por dato: A1 = A2 = A3
Primero:
A1 = A2 & pR1
2
= p R R2
2
1
2
-^ h
 R1
2 = R R2
2
1
2
-
 2R1
2
= R2
2 ...(1)
Luego:
A2 = A3 & p R R2
2
1
2
-^ h= p R R3
2
2
2
-^ h
 2R R2
2
1
2
- = R3
2
 2 R R2 1
2
1
2
-^ h = R3
2
 3R1
2
= R3
2 ...(2)
De (1) y (2) se deduce:
 R1
2 = 
R R
2 3
2
2
3
2
=
 ̀R1 = R R
2 3
2 3=
 Clave C
17. 
A1
A2
AyAx
40m2
A
B
C
Por dato: A1 = 10 / A2 = 18
Por propiedad de lúnulas:
 A ABC = A1 + A2
 & A ABC = (10) + (18) = 28
Del gráfico:
 Ax + Ay + A ABC = 40
 Ax + Ay + (28) = 40
 ̀ Ax + Ay = 12 m2
 Clave D
 Resolución de problemas
18. 
 
 
 
 
 
 
2
2
2
4
A D
B C
4
2
2
2
2 2
4 4 
Del gráfico:
 Asomb. = A - 4A 
 Asomb. = (4)2 - 4 4
2p 2
c m = 16 - 4p
` Asomb.= (16 - 4p) m2
 Clave C
19. 
O2
O1 O32
2
2
2
2
2
2
60°
60°
60°
A
A A
 
 
Del gráfico:
A = 
60p
360
2 2
c
c^ h & A = p
3
Sea el área del triángulo equilátero O1O2O3: AT
& AT = 4
2 2 32^ h & AT = 2 3
Luego:
 Asomb. = AT - 3A
 Asomb. = 3 p2 3 3-^ `h j 
` Asomb. = 2 3 - p
 Clave E
20. 
 
S1
A1
S2
A2
16 12
A3
A
B
C
 
Por dato: AC = 20 y AB = 16
Entonces en el ABC por el teorema de 
Pitágoras: BC = 12
 Del gráfico:
A1 + S1 + A2 = 
p
2
8 2^ h = 32p ...(1)
 
 A2 + S2 + A3 = 
p
2
6 2^ h = 18p ...(2)
50 Intelectum 5.° 
S1 + A2 + S2 = 2
16 12^ ^h h = 96 ...(3)
 
Sumando (1) y (2), luego restando (3):
A1 + A2 + A3 = 50p - 96
` Asomb. = (50p - 96) m2
 Clave A
nivel 3 (página 54) Unidad 2
 Comunicación matemática
21. De la figura: q = 120°
& A R
360
2θ π
=
 pA R 3
2
=
I. (V)
 
R
A
2 . 1,047
II. (F)
 R2 + pR
3
2
= 27
 R2 = 3 p
81
+
 R = 
3 p
9
+
 
III. (V)
 R2 = p
A3 
 R2 = 3 p
p12^ h 
 R = 6
22. 
A
D
B
C
45° 40°
90°
40°
E F
RO
G
80°
 Por propiedad
 m+ABE = m+FBC = 40°
Del enunciado: A EOF = 80p R360
2
 32p = 2p R9
2
R2 = 144
 R = 12
Luego: A EOF = (12)2 p
4 
 A EOF = 36p
 Razonamiento y demostración
23. 
 
A
C1
C2C3
L/2
L/2
A D
CB
S
L
Por dato: ABCD es un cuadrado
Por presentar simetría: A = S
& Asomb. = A = 
p L
2
2
2
c m
` Asomb. = pL
8
2
 Clave E
24. Considerar el siguiente gráfico:
E
C
D
H
a
a
b
b r2
r1
O
B
A R
R
Piden: Asomb. = p(r2
2 - r1
2) ...(1)
Trazamos OH = AE, entonces: 
DH = HC = b / AH = HE
Por propiedad:
(AB)2 = (AD)(AC)
(2R)2 = (a)(a + 2b)
& a(a + 2b) = 4R2 ...(2)
 
En el TEOC por el teorema de Euclides:
r2
2 = r1
2 + a2 + 2(a)(b)
r2
2 - r1
2 = a2+ 2ab
& r2
2 - r1
2 = a(a + 2b) ...(3)
 
De (2) y (3): r2
2 - r1
2 = 4R2
 
Reemplazando en (1): Asomb. = p(4R2)
` Asomb. = 4pR2
 Clave C
25. 
 
En el TAO1O, por el teorema de Herón:
 p = 
R r R r R R
2 2
3+ + - + =
 
 & r = 
R
2
2
3R
2
3R R
2
3R R r
2
3R R r- - - - +` ` `j j j
 
 Reduciendo se tiene: r2 = R
16
3 2
 
Luego:
 A DO = 60 pR R sen
360 2
602 2
c
c c
- 
 
 A DO = pR R
6 4
32 2
- 
 
A DOB = 
p pR R
360
120
3
2 2
c
c
=
^ h
 
 
Del gráfico:
A DOB = A DO + Asomb. + A9
 
p pR R R
3 6 4
32 2 2
= - + Asomb. + pr2
 
& Asomb. = p pR R R
6 4
3
16
32 2 2
+ - c m
 
` Asomb. = pR
48 12 3
2
-^ h 
Clave C
26. 
P
QM
L R
R
R
R
R
A
15º
45º
60º
30º
A1
O
Del gráfico:
A1 + A = p pR R
360
120
3
2 2
c
c
= ...(1)
 En el triángulo A, la altura es la mitad de la longi-
tud de LM.
Por polígonos regulares:
LM = ,12 = R 2 3- & hA = R
2 2 3- 
La base del triángulo A es igual a:
 
m
R
hA
hA
45º
45º
15º
Entonces: m = ap12 = R
2 2 3+
Luego: A = m h h2
1
A A+^ h
A = R R R
2
1
2 2 3 2 2 3 2 2 3+ + - -c m
A = R
8
2
(3 - 3 )
Reemplazando en (1):
& A1 = pR
3
2
 - R
8
3 32
-^ h
Por dato: R = 2 6
` A1 = 8p + 3 3 - 9
Clave E
 Resolución de problemas
27. 
 
R
R
R R
A60°
60°
60°
60°
60°
60°
O
Del gráfico: los cuatro segmentos circulares que 
se forman tienen la misma área.
 
A = 
p R R sen
360
60
2
602 2
c
c c-
^ h
 
 & A = 
pR R
6 4
32 2
-
 
Luego:
Asomb. = 4(A ) + 2(ATequilátero)
 
Asomb. = 4 2pR R R
6 4
3
4
32 2 2
- +c cm m
 
Asomb. = pR R
3
2
2
32 2
- 
51GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 2
 & Asomb. = R
6
2
(4p - 3 3 )
 
Por dato: R = 1,25
 & Asomb. = 
,
6
1 25 2^ h [4(3,14) - 3(1,73)]
 
` Asomb. = 1,92
 Clave C
28. 
 
 
 
 
 
 
 
3
6 6
66
60° 60°
30°
A
M
B
N
H
O
6
 
Del gráfico:
El OHB resulta ser notable de 30° y 60°
 Luego:
Asomb. = A AB + A
 
 Asomb.= 
p sen
360
120 6
2
6 1202 2
c
c c
-
^ ^h h; E + 
p
2
6 2^ h
 
Asomb. = (12p - 9 3 ) + 18p
` Asomb. = 30p - 9 3
 Clave D
29. 
3r
r
C1
C2
A 
 
 
 
 
 
El área sobrante (A) es igual a:
A = p(3r)2 - p(r)2
A = 9pr2 - pr2 = 8pr2
Luego:
 
A
α
24 r
24 r
Entonces:
A = 
r
360
4 2 2
c
π α^ h
 = 8pr2
 r
360
32 2
c
α = 8r2
 & a = 4
360c
 ̀ a = 90°
 Clave C
30. 
R
R
H
O
A B
r
r
 
Por dato:
pR2 = 78,5 / pr2 = 28,26
En el OHB por el teorema de Pitágoras:
R2 = r2 + AB
2
2
c m
Luego:
 (AB)2 = 4(R2 - r2)
p(AB)2 = 4(pR2 - pr2)
Entonces:
(AB)2 = p
4 (78,5 - 28,26) = ,
,
3 14
4 50 24
^
^
h
h
 
(AB)2 = 64
` AB = 8 m
 Clave D
mArATÓn mATemáTicA (página 55) Unidad 2
1. Graficamos el DABC y ubicamos su incentro (I) y circuncentro (O).
θ θ
O
I
A
a
b
14
14
B
C
Q
H
x
Vemos que OQ es mediatriz de AC y BQ a la bisectriz del +ABC.
& mAQ mBC=
! !
 y AH , HC & Q es el circuncentro del TAIC. 
Además B, I y Q son colineales.
En el DBOQ aplicamos el teorema de Steward:
142(b) + 142(a) = x2(a + b) + ab(a + b)
 142(a + b) = (a + b)(x2 + ab); (dato: ab = 171)
 142 = x2 + 171 
 ̀ x = 5 m
Clave E
2. Graficamos // ; // ; // // .TQ G G QR G G SR G G y TS G G1 2 2 3 3 4 1 4
A D
B
3a
3d
2d
d
2b
b
2c
c
2a
a
3b
3b
3d3c
3c
3a
C
G1
H1
H4 H3
H2
G2
G3
G4
PT
S
Q
R
52 Intelectum 5.° 
Dado que G1; G2; G3 y G4 son baricentros, entonces el cuadrilátero G1G2G3G4 
es un paralelogramo y sus lados son paralelos a las diagonales AC y BD.
Además: ; ; ;H P
BH
a
a
H P
CH
b
b
H P
DH
c
c
H P
AH
d
d2 2 3 2
1
1
2
2
3
3
4
4= = = =
Del dato: A G G G G1 2 3 44 = 2 cm2
 (a + c)(b + d) = 2 cm2 ... (I)
En el cuadrilátero TQRS:
A4TQRS = (3a + 3c)(3b + 3d)
 = 9(a + c)(b + d) 
Reemplazando de (I):
A4TQRS = 9(2 cm2) & A4TQRS = 18 cm2
Clave A
3. Hallamos los puntos simétricos A', B' y C' con respecto a B, C y A, 
respectivamente, generándose el TA'B'C'; vemos que los puntos A, B y C son 
los puntos medios de CC', AA' y BB' respectivamente.
A
B
A'
C'
B'
C
S
SS
S
S
S
S
Denominamos: ATABC = S
Por propiedad: ATABC = A TC'BA = ATC'A'B = ATA'BC = S (etc.)
Del gráfico: ATA'B'C' = 7S
Clave C
4. Graficamos el TABC y trazamos MN de tal modo que 2pTABC = 2p4MNCA.
θ
A
B
C
M
14 - x
15
24 - a
a
b
x
N
S
S
Reemplazamos: 14 - x + a + b = b + 24 - a + 15
 2a = 25 + 2x
 a = 2
1 (25 + 2x) ... (I)
Luego, vemos que: ATABC = 2ATBMN
 2
1 (14)(24)senq = 2 2
1c ma(14 - x)senq
Reemplazamos de (I): 24(14) = (2x + 25)(14 - x)
 28x - 2x2 + 25(14) - 25x = 24(14)
 2x2 - 3x - 14 = 0
 (2x - 7)(x + 2) = 0 & x = 2
7
Clave B
5. Graficamos el TABC y trazamos las alturas de los triángulos EBF y LFC y los 
denominamos a y b respectivamente; además a + b = h ... (a)
Luego, como el cuadrilátero AEFL es un paralelogramos entonces: TEBF a TLFC
θ
θθ
A
L
a
ak
ak bk
b
B
S1
S2
E
h
F
C
α
α
 
` LC
EF
b
a= = k & EF = ak
 LC = bk
Calculamos las áreas de los triángulos EBF y LFC.
S1 = 2
1 (ak)a / S2 = 2
1 (bk)b
S1 = a2 k
2 / S2 = b2 k
2
a = k S2
1 / b = k S2
2 ...(I)
Luego, en el triángulo ABC:
S = 2
1 (ak + bk)h (S = A TABC)
S = 2
1 k(a + b)h 
Reemplazando de (a):
S = 2
1 kh2
h = k S2 ...(II)
Finalmente, reemplazamos (II) y (I) en (a):
 h = a + b
k S2 = k S2
1 + k S2
2 
 S = S1 + S2 & S S SEBF LFCABC = +9 9 9
53GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
Unidad 3 recTAs y plAnos en el espAcio
AplicAmos lo Aprendido 
(página 58) Unidad 3 
1. 
H
A
C
B
P
Q
5
M
6
4
Por relaciones métricas:
En el MAB:
(AM)2 = (MB)(MP) & (AM)2 = (10)(6) ...(1)
En el MAC:
(AM)2 = (MC)(MQ) & (AM)2 = (5 + QC)(5) ...(2)
De (1) y (2):
(10)(6) = (5 + QC)(5)
 12 = 5 + QC
 ` QC = 7
Clave C
2. 
A
MQ
P
24x
7
En el PAM por el teorema de Pitágoras:
	 x2 = 72 + 242 = 625
` x = 25
Clave E
3. 
A
H
C
G
3h
37°
4h
5h
BQ
Por el teorema de las tres perpendiculares: 
CH = AB
Sea: CH = 5h
Por dato: ATABC = 30
Entonces:
( ) ( )AB h
2
5 = 30 & (AB)(h) = 12
Piden:
ATAGB = ( ) ( )AB h
2
4 = 2(AB)(h)
& ATAGB = 2(12)
` ATAGB = 24
Clave E
4. 
AQ
C
30°
60°
5 3
P
13
5
x12
B
Del CBP notable de 30° y 60°: BP = 5
En el PBA por el teorema de Pitágoras: 
BA = 12
En el ABC por el teorema de Pitágoras:
 x2 = 122 + (5 3 )2 = 144 + 75
& x2 = 219
 ̀ x = 219
 Clave D
5. 
P8
9 9
8
6
G
G' F'
F
Q
Se forma el GPF.
Por Pitágoras:
8 P
15
G
F
 
(FG)2 = (GP)2 + (PF)2
(FG)2 = (8)2 + (15)2
(FG)2 = 289
` FG = 17 cm
 Clave E
6. 
E
A
B
C
H
3
3
1
3/23/2
Por dato el TABC es equilátero y el diámetro de 
la circunferencia mide 212 3= & el radio: 
R = 3
Por polígonos regulares: 
AC = R 3 = ( 3 ) 3 = 3 & AC = 3
En el BHC (30° y 60°): BH = 2
3 3
Por el teorema de las 3 perpendiculares: 
EH = AC
Por Pitágoras: (EH)2 = (EB)2 + (BH)2
(EH)2 = (1)2 + 2
3 3 2
c m & EH = 2
31
Piden el área del TAEC:
ATAEC = 
AC EH
2 2
3 2
31
4
3 31= =^ ^ ^ ch h h m
 
` ATAEC = 4
3 31 cm2
Clave E
7. Por dato: AB = AC = AD = 6
A
D
3 2
3 2
B
H
6
6
x
C
O
T
El triángulo DBC resulta equilátero: 
BD = BC = DC = 6 2
En el ATD: AT = 3 2
A
2 6
3 2
6
B
H6 x O
T
Por relaciones métricas en el BAT:
BO = 2 6 / OT = 6
El BHO a BAT
x
2 6 3 6
3 2= & x = 2 2 cm
 Clave D
8. Por dato: MN = 1
A
H
E D
N
2a
2a
2a 60°
60°60°
2a
a
4a
3a
1
4a
B
C
M
 
Sea: AC = 4a & AM = MC = 2a / BN = ND = 2a
El AHM: notable de 30° y 60° & MH = a 3
En el NBH por Pitágoras: 
NH = 13 a
En el MHN por Pitágoras:
(MH)2 + (HN)2 = 12
(a 3 )2 + ( 13 a)2 = 1
 16a2 = 1 & a = 4
1
Piden: AC = 4a = 4 4
1c m = 1
` AC = 1 cm
 Clave B
54 Intelectum 5.° 
9. Por dato: AC = AB = BC = L / 2AM = L
 
A
L/2
L/2
L/2L
L
H
BC
M
x
30°
30°
 AHC notable de 30° y 60° & AH = L
2
3
Por Pitágoras en el MAH:
(MA)2 + (AH)2 = (MH)2
L L
2 2
32 2
+c cm m = (MH)2 & MH = L
Piden el área del TBMC:
ATBMC = MH BC L L L
2 2 2
2
= =^ ^ ^ ^h h h h
 Clave A
10. 
A
H
P
121313
4
4
M
B
x
En el AHP, por Pitágoras:
(AP)2 = (AH)2 + (PH)2
 132 = (AH)2 + 122
 25 = (AH)2 & AH = 5
En el AMH por Pitágoras:
(AM)2 + (MH)2 = (AH)2
 42 + x2 = 52
 x2 = 9
 ̀ x = 3 cm
 Clave C
11. 
A
Q
1
3
1
F
H P
P
B M
G
x
4
En el plano P:
A
3
53° 37°
4
F
HB
El AFB notable de 37° y 53°
& FH = 5
12
Por el teorema de las 3 perpendiculares: 
FP = MG
En el FHP, por Pitágoras:
(FP)2 = (FH)2 + (HP)2
x2 = 5
12 2
c m + (1)2
x2 = 25
169 & x = 5
13
` x = 2,6
 Clave A
12. Por dato: AB = BD = 21
D
Q
C
21
21
21
60°
60°
60°
30°
AA'
B
x
3 7
2
Escogemos el plano Q de modo que:
La proyección de BC es B.
La proyección de DA es DA'.
Entonces la mínima distancia entre BC y DA 
será la misma entre DA' y B.
En el BA'A de 30° y 60°:
A'B = 2
3 7
Por relaciones métricas en el DBA':
x
1
21
1
2
3 7
1
2 2 2= +
^ ch m
 
` x = 3 cm
 Clave B
13. 
D
a
a 2
a 2 a
a
αaa
a
a
C
A
B'
D'
B
Trazamos una paralela a DA que pase por C.
El ángulo formado por DA y BC es el mismo 
formado por D'C y BC.
C
α
D'
B
Ha/2 a/2
a 7
2
a 2a 2
Por Pitágoras:
 D'H = 
a
2
7
tana = a
a
2
2
7
7=
 
& tana = 7 & a = arctan 7
Clave B
14. 
G
A
H
B
F13
M
3
5
5
L
En el AHF, por Pitágoras:
(AH)2 + (HF)2 = (AF)2
 52 + (HF)2 = 132
 HF2 = 144
 HF = 12
En el MHF, por Pitágoras:
(MH)2 + (HF)2 = (MF)2
 32 + 122 = x2
 153 = x2
 ` x = 3 17
Clave C
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 60) Unidad 3
 Comunicación matemática
1. 
2. I. (F) porque está incluido en varios planos.
II. (F) porque un punto pertenece al plano. 
III. (F) porque pertenece tanto como para una 
 como para todas las rectas.
IV. (F) porque por una recta pasan infinitos 
planos y por definición de planos se 
necesitan dos rectas.
 Razonamiento y demostración
3. 
P
B
H
13 12
A
BC: Proyección de AB sobre el plano P.
Por el teorema de Pitágoras:
(BC)2 + 122 = 132 & BC = 5
Clave A
4. 
D
F
C
N
A
E
2
3 2
3 x
4M
6
6
3 2
3 2
B
55GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
Por propiedad:
AN = NC = ND = 3 2
En el trapecio AEFC:
MN = 2
2 4+ = 3
 
En el MND:
x2 = (3)2 + (3 2 )2
x = 3 3
 Clave E
5. 
F
B
A
C
12
4
4
x
3
1
5
M
D
En el BCM:
BM = 5
En el FBM:
x2 = 122 + 52
x = 13
Clave E
 Resolución de problemas
6. 
B
N
A
5
Q
P
4
x
Del gráfico:
NB: proyección de AB sobre el plano Q.
Por dato: AN = 4 / AB = 5
Piden: BN = x
En el ANB por el teorema de Pitágoras:
x2 + 42 = 52
 x2 = 9
 ̀ x = 3 m
Clave C
7. 
6
A
B
P
x
C
M
66
8
Por propiedad:
BM = AM = MC = 6
En el PBM, por Pitágoras:
x = 10
Clave D
8. 
2
2
C
D
2
60°
60°
3
B
Q
A
2
H
M
2
1
1
1
En el TAQB equilátero:
QH = 3
En el QHM:
(2)2 + ( 3 )2 = (QM)2
 QM = 7
 Clave C
9. 
45°
Q
C
5
4
3 3
3
H
B
A
45°
Por el teorema de las 3 perpendiculares:
QB = plano ABC 
 QH = AC
BH = AC
Por propiedad:
BH = AH = HC = 3
En el QBH:
QH = 5
Por lo tanto:
ATAQC = 2
1 (6)(5) = 15
 Clave B
10. 
a
x
a 2/2
x2 = (a)2 + (a 2 /2)2
x2 = a2 + a
2
2
 x = a
2
6
Clave D
nivel 2 (página 61) Unidad 3
 Comunicación matemática
11. I. (F) varía entre 0° y 360°.
II. (F) varía entre 180° y 540°.
III. (F) por 2 semiplanos.
IV. (F) porque es menor a la suma de las otras 
 caras.
12. I. (F) porque si fueran paralelas.
II. (V) son colineales.
III. (F) porque por dos puntos pasan infinitos planos.
IV. (F) si fuesen colineales pasan infinitos planos.
 Razonamiento y demostración
13. 
B
10
A
C
M
G
F
x
9
9
6
3
Por propiedad:
AM = MC = BM = 9
G es baricentro:
& BG = 6 / GM = 3
En el BGF:
x2 = 102 - 62
 x = 8
 Clave C
14. 
P
O
4
C A
B
5
16° 4
4 2
37°
37°
L
3
3
Trazamos OL = AB
& AL = LB = 3
Por el teorema de las 3 perpendiculares:
PO = Plano OCB 
4
 
PL = ABOL = AB
m+AOL = 37° & OL = 4
En el POL isósceles: PL = 4 2
` ATAPB = 2
1 (6)4 2 = 12 2
 Clave A
 Resolución de problemas
15. 
H
B G
A
M
C
3k
3k
4k
θ
2k
k
En el BGH:
 BG = BH
2
& q = 60° 
 Clave A
16. 
Q
A D
CB 30°
30°
60°
60°
H
2
2 2 3
3 2 2
3
1
1
56 Intelectum 5.° 
En el QHC:
QH = 3 / HC = 3
En el QHB:
BH = 1
En el HBC por Pitágoras:
BC = 23 1 22 2- =
` A4ABCD = 2(2 2 ) = 4 2
Clave A
17. 
A
O
H
4
4
1
2
x
P
60°
60° 60°
60°
B
C
2 3
Trazamos CO, CO = 2 3
(O: centro de la semicircunferencia)
Teorema de las tres perpendiculares:
PH 9 ABC
HO 9 OC PO 9 OC
AO = OB = PO = 2
POC: teorema de Pitágoras
x2 = (2 3 )2 + 22 & x = 4
Clave E
18. 
F
7
M
D
1
x x
A
C
B
N
E
Por dato: EM // plano ABC
& EC = MN
En el trapecio ADFB:
x = 2
1 7+ = 4
Clave E
19. 
H
A
B
D
I
C
x3
8
6
53°
En el BAC, por el teorema de Poncelet:
6 + 8 = 10 + 2r
 r = 2 
En el IDC:
2
I
D C
37°/2
 & IC = 2 10
Luego, en el HIC:
32 + (2 10 )2 = x2
 x2 = 49 ` x = 7
Clave D
nivel 3 (página 61) Unidad 3
 Comunicación matemática
20. I. (F) solo cuando la recta es perpendicular al 
 plano.
II. (F) se proyecta como un punto.
III. (F) se puede proyectar como una recta a 
 otro plano.
IV. (V) por definición de mínima distancia.
21. I. (V) puede coincidir.
II. (F) puede proyectarse también como un 
 segmento.
III. (V) puede coincidir.
IV. (V) 
 Razonamiento y demostración
22. 
A N
M
B
a
a
a
aa 2
a 2a 2
a
a
aa
2a
2a
2a 2
2a 2
D
Q
E
R
O
x
F
Sea el lado del cubo 2a:
BD // MQ & MQ = 2a 2
En el NFR:
NR = a 2
En el TMOQ:
NR = MQ
2 & NR es base media
 
& MN = NO = a 2
 QR = RO = a 2
En el TMOQ:
MO = OQ = MQ
` x = 60°
Clave E
23. 
45°
45°
O 5
4
4
3
A
B
C
135°
T
En el AOT:
AT = 5
Por el teorema de las 3 perpendiculares:
AO = BC 
AT = BTOT = BT
` ATATB = 2
4 5^ h = 10
Clave E
24. Como el tetraedro es regular: 
AB = BC = AC = AD = CD = BD = L
Demostraremos que H es el centro del TABC.
D
L
L
C
L
LH
B
A
 
 AHD, CHD, BHD. Por tener igual 
hipotenusa (L) y el cateto común DH.
HA = HB = HC (H es circuncentro del TABC)
AH = AC
3
 & AH = L
3 
En AHD: DH2 = AD2 - AH2
(DH)2 = L2 - L
3
2
c m ` DH = L
3 6
Clave B
 Resolución de problemas
25. 
P
B
A D
O
2
2
2
θ
2
2
10
2
C
En el PCA:
PC2 = ( 10 )2 - (2 2 )2
PC = 2
En el OCP, OC = CP
& q = 45°
 Clave E
26. 
P
C4
4
53°/2
53°/2 2 1
3
5
2 5
5
N
DMA
B
O
Por dato:
5NP = 20
& NP = 4
4BM = 20
& BM = 5
En el cuadrado ABCD por propiedad:
m+AOM = 90°
En el BAM notable de 53°/2:
m+ABM = 53°/2 & AM = 5 / AB = 2 5
En el BOA notable de 53°/2:
BO = 4 / AO = 2
 BAM , ADN (ALA)
BM = AN & ON = 5 - 2 = 3
Por el teorema de las 3 perpendiculares:
PO = BM
57GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
` ATPOB = 2
4 5^ h = 10
 Clave D
27. 
P
A D
C
5
O
5
4
4
2
3
H
53°
5
B
Por el teorema de las 3 perpendiculares:
PH = AC
En el BHO notable de 37° y 53°:
BH = 4 / HO = 3
En el PBH: PH = 4 2
` ATPOC = 2
5 4 2^ h = 10 2
Clave B
28. 
P
A
B
H
x
H6
3
3
45°
30°
Trazamos PH 9 plano H.
En el PHA notable de 30° y 60°:
PH = 3
En el PHB notable de 45°:
x = 3 2
 Clave B
29. 
A
B
M
2
5
x
2 3
1
1
C
D
P
En el PMC:
x = 2 3 52 2+^ ^h h
` x = 17
Clave D
58 Intelectum 5.° 
AplicAmos lo Aprendido 
(página 63) Unidad 3 
1. Por dato, en un poliedro:
n.° de vértices: V = 33
Las caras están formadas por:
89 ; 9a: n.° caras de un dodecaedro regular. 
b: n.° de vértices de un icosaedro regular.
& a = 12 / b = 12
` a + b = 24
Clave B
3. Sabemos: Sm+(caras) = 360°(V - 2)
Por dato: V = 20
& Sm+(caras) = 360°(20 - 2) = 360° . 18
` Sm+(caras) = 6480°
Clave D
4. Sabemos:
NDP = Cv
2 - A - ΣDC
En un icosaedro: V = 12; C = 20; A = 30 
! !
! 66C C 2 10
12v
2 2
12= = =
El icosaedro tiene 20 caras las cuales son 
triángulos equiláteros.
& ΣDC = 0
Entonces:
NDP = 66 - 30 - 0
` NDP = 36
Clave C
5. Tetraedro regular O-ABC:
O
C
B
A
a
aaa
a
a
Por dato: a + a + a + a + a + a = 36
 6a = 36
 a = 6
Piden: AT = a2 3
poliedros
& AT = (6)2 3 = 36 3
` AT = 36 3 cm2
Clave D
6. 
a 2
a
a
Diagonal del octaedro: d
d = a 2
b
b
b
b
h
 Altura del tetraedro: h
h = b
3
6
 
Por dato: d = h
a b2 3
6=
 b
a
3
3= ...(1)
Área total octaedro: AT1 = 2 3 a2
Área total tetraedro: AT2 = 3 b2
 
Piden:
22A
A
b
a
b
a
b
a
3
2 3 2
T
T
2
1
2
2
2
2
= = = ` j ...(2)
 
Reemplazando (1) en (2):
 
 2 2A
A
3
3
9
3
3
2
T
T
2
1
2
= = =c cm m
 ` A
A
3
2
T
T
2
1 =
Clave A
7. 
M
N
Q
b
b
bb
b
b
2b
2b
2b
P
2b R
S
Sea el lado del octaedro regular: 2b
M
b/2
b b
b b
QP b/2
N
R S
b
b
b
b 3
2
b 3
2
b 3
2
b 3
2
El área pedida será: 2(área trapecio PMNQ)
2 b b b
2
2
2
3$
+^ h; E = 2 b b b
2
3
2
3
2
3 3 2
=c m ...(1)
Por dato: 2b = a & b = a
2 ...(2)
 
Reemplazando (2) en (1):
2b a a
2
3 3
2
3 3
2 8
3 32 2
= =` j
Clave D
8. Sea el tetraedro A-BCD
a 2
a 2
a 2
a 2
a 2
B
a
a
C
a
a
a
D
A
a
AT1 = (a 2 )2 3
AT1 = 2a2 3 ...(1)
Sea el lado del octaedro: b
a/2
a/2
a/2
b
& b2 = a a
2 2
2 2+` `j j
 
b = a
2 2
 
AT2 = 2b2 3
 
AT2 = 2 a
2 2 2
` j 3
 
AT2 = a2 3 ...(2)
Dividiendo (1) ÷ (2), tenemos:
A
A
a
a
3
2 3
T
T
2
1
2
2
= = 2
 
` A
A
T
T
2
1 = 2
Clave D
9. 
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
bb
b
b
O
b
B
C
A
Por dato el área total del tetraedro: 
AT = (2b)2 3
& AT = 4 3 b2 ...(1)
59GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
 El poliedro que se forma al unir los puntos me-
dios del tetraedro regular es un octaedro regular 
de arista b.
Piden su área: A = 2(b)2 3 = 2 3 b2 ...(2)
Dividiendo (2) y (1):
A
A
b
b
4 3
2 3
2
1
T 2
2
= =
 
` A = A
2
T
 Clave C
10. Sea el lado del octaedro regular: 6a
A
C
B
6a
6a
1
1
E
F
M3a
3a D
6a
G
2a 3
3 5a
a 3
Por dato:
G: baricentro
En el TABM; por el teorema de Stewart:
(6a)2(a 3 ) + (3 5 a)2(2a 3 ) 
= (1)2(3a 3 ) + (3a 3 )(a 3 )(2a 3 )
36 3 a3 + 90 3 a3 = 3 3 a + 18 3 a3
 108 3 a3 = 3 3 a
 36a2 = 1
 a = 6
1
Entonces: 6a = 6 6
1c m = 1
Piden: 
área total del octaedro = 2(6a)2 3 = 2(1)2 3
` AToctaedro = 2 3 cm2
11. El área de la región triangular BGC es la 
proyección de la cara BOC. Además, OG es la 
altura del tetraedro, entonces G es el baricentro 
de la cara ABC.
O
A
M
C
B
G S
En la base: 
A M C
B
S
2k
S/2
3S/2 k
G
& ATABC = S S
2
3
2
3+ = 3S
 
Como todas las caras son congruentes: 
& AT = 4(ATABC)
 AT = 4(3S) = 12S
Por dato: AT = 600 & 600 = 12S
 S = 50
Por lo tanto, el área proyectada mide 50 m2.
Clave C
12. 
O
N
A
L/2
L/2
M
B
L
C
L/2
L/2
L
L 3
2
L 3
2
El TOMC resulta isósceles:
L/2
L/2
N
M C
O
L 3
2
L 3
2
Entonces MN es mediana y altura.
Por Pitágoras:
L
2 3
2
c m = (MN)2 + L
2
2
c m
 
 L
4
3 2
 = (MN)2 + L
4
2
 
& L
4
2 2
 = (MN)2 & L
2
2 = MN & L = MN 2
Clave C
13. 
a/2
a/2
a/2 a/2
a
a
L
Las diagonales de cada cara de un hexaedro 
regular se cortan en un punto que coincide con el 
centro de cada cara.
El sólido formado es un octaedro regular de lado: 
L
Se cumple: L = a
2
2
Piden el volumen del octaedro: 
Voctaedro = L
a
a
3
2
3
2
2 2
6
3
3
3
= =
c m
 
` Voctaedro = a
6
3
Clave D
14. Sean a y b las aristas de dos hexaedros regulares.
Piden:
A
A
b
a
b
a
6
6
T
T
2
2 2
2
1 = = ` j ... (1)
Por dato: b = a 3 
b
a
3
1
& = ...(2)
Reemplazando (2) en (1):
A
A
3
1
3
1
T
T 2
2
1` = =c m
Clave A
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 65) Unidad 3
 Comunicación matemática
1. 
2. I. (F) en todo poliedro convexo se cumple el
 teorema de Euler.
II. (V) por definición.
III. (V) cumple la regla de poliedros convexos.
IV. (F) sería en un no convexo.
 Razonamiento y demostración
3. La región sombreada es un triángulo equilátero:
A = 2
1 a2 3
Clave A
4. AB = 6; AE = 6 2
A4AEFB = (AB)(AE) = 36 2
Clave B
5. 
1010
B
C G
A E
H
O
F
10 2
ATACO = 2
1 (10 2 )(10) = 50 2 m2
Clave B
 Resolución de problemas
6. Sea:
C: n.° de caras
V: n.° de vértices
A: n.° de aristas
Por dato:
C + V + A = 32 ...(1)
Por el teorema de Euler:
C + V = A + 2 ...(2)
Reemplazando (2) en (1):
(A + 2) + A = 32
 & 2A = 30
 ` A = 15
Clave D
7. 13 = k 3
1 = k 3
 k 3
3=
Clave B
60 Intelectum 5.° 
8. 
6
6
6
A
3 2
3 2
A = 4
1 (6)2 3 = 9 3 m2
Clave A
9. 
2
2
d
2
d2 = ( 2 )2 + (2)2
d = 6
 Clave C
10. 
A
C
B
a
a
α
a 2
a 2
a 2
Se observa que el triángulo formado ABC es 
equilátero.
Luego: a = 60°
Clave B
nivel 2 (página 66) Unidad 3
 Comunicación matemática
11. I. (F) no se cumple en los no convexos.
II. (F) solo se cumple para los poliedros regulares.
III. (F) no necesariamente.
Clave E
12. I. (V) 
C = 8
 V = 12
 A = 18
II. (F) el hexaedro de caras triangulares tiene 
 una diagonal.
III. (V) por teoría.
Clave A
 Razonamiento y demostración
13. 
θ
a 2
a 2
a 2
` q = 60°
Clave C
14. 1.er paso: si solo analizamos el plano AFGD:
Si: AB = 6 & por Pitágoras
AB2 + BF2 = AF2 
O
DA
O' P
F G
AF = 6 2 = GO
AB = AD & AD = FG = 6
GO = OD = GD
2
GO = 3 2
GO = FO'
FO' = 3 2
Si O es punto medio:
PO = FG
2 & PO = 3
2.° paso:
OO' P
3
F
3 2
A FPO = 2
3 2 3
2
9 2# =
Clave D
15. 1.er paso: trazar el segmento PM donde M es 
punto medio de AC y el segmento FM.
B
a
a
a
a
a
a
C
G
A
E
D
P
M
F
H
Sabemos:
AP = 6; PC = 2
Por Pitágoras:
AB2 + BC2 = AC2
 a2 + a2 = 82
AB = BC = a = 4 2 & a = 4 2
2.° paso:
AM = MC = AC
2 2
8= & AM = 4; MC = 4
BD = AC = 2BM & BM = 4
Del triángulo pitagórico: FBM
4 2
F
MB 4
(4 ) 4 FM2 2 2 2+ =
 4FM 3=
3.er paso:
4 3
F
PM
Del triángulo rectángulo FMP:
MP = AC - AM - PC
MP = 8 - 4 - 2 = 2
 & ( )4 3 2 + 22 = FP2
 FP = 2 13
Clave C
 Resolución de problemas
16. 
a
a
d
a 2
6a2 = 24 & a = 2
Luego:
Por relaciones métricas en el triángulo rectángulo:
d a a a
1 1
2
1
2
3
2 2 2 2= + =
^ h
 & d = 3
6 a
 
` d = 3
2 6
Clave C
17. 
a a
3
3
a
&
a 2
2
32 = a2 + a
2
2 2
c m & a = 6 m 
Clave C
18. 
a
6
a 2
a a6
1 1
2
1
2 2 2= +
^ ^h h
 & a = 3
 
` V = a3 = (3)3 = 27 m3
Clave C
19. 
a
aa 2
61GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
AT = 8 . 4a a4
1 2 3 32 2=^ h
V = (2a)3 = 8 & a = 1
` AT = 4 3
Clave B
20. 
B
D
NM
A
3 3
P Q
C
 ▪ Sea ABCD el tetraedro.
 ▪ P baricentro de ABD 
 Q baricentro de DBC
 ▪ TPBQ a TMBN:
 MN
PQ
BM
BP= ... (1)
 ▪ Siendo: MN = AC
2 2
3= (en TABC) y 
 BM
BP
3
2= (baricentro)
 ▪ En (1): /
PQ
3 2 3
2= ` PQ = 1
Clave D
nivel 3 (página 67) Unidad 3
 Comunicación matemática
21. I. (F) hay de 6 y de 8 aristas.
II. (F) los cinco poliedros regulares son 
 conjugados.
III. (F) los poliedros regulares son convexos.
Clave C
22. I. (V) por definición.
II. (F) no necesariamente, tienen que ser varias 
 rectas.
III. (V) cumple para todos los poliedros.
Clave C
 Razonamiento y demostración
23. 1.er paso: halla AG y PG:
En un tetraedro regular “G” es baricentro, entonces:
4
G
A C
44
B
4 3
3
4 3
3
 PG 3
4 6=
Por Pitágoras: AP = 4 y PG 3
4 6=
AP2 = AG2 + PG2 
4 3
3
4 6
3
4
A
P
G
42 = AG2 + 3
4 6 2
c m 
& AG = 3
4 3
2.° paso: halla AM:
M es punto medio de PG
PG = 2PM & PM = 3
26 
4 3
3
2 6
3
2 6
3
4
A
P
G
MPor Pitágoras
AM2 = 3
4 3
3
2 6
2 2
+c cm m
AM2 = 9
72 & AM = 2 2
Clave D
24. Recuerda: bisecan divide al segmento en 2 
partes iguales:
1.er paso: halla la arista y el segmento AB
2a BA
N
MO
2
β
α
a
a
a
CD
Por semejanza de triángulos:
BOM a ABM a AOB
OM
BO
BM
AB
BO
AO= =
BD
a
a
BO
AO
2
2= =
& BO = 4; AO = 8
 Por Pitágoras:
O
A
2a
B
 AO2 + OB2 = AB2
 82 + 42 = (2a)2 
 & 2a = 4 5
 a = 2 5
 ` arista = 2a = 4 5
2.° paso: halla FO:
AB = FA = 4 5
A
F
8 O
4 5
 Por Pitágoras:
 FO2 = ( )4 5 2 + 82
 ` FO = 12
Clave B
25. 1.er paso:
A
3
3
3
B
C
G
D
MNH
Halla AM y BH:
Si G es baricentro & M es punto medio. 
H baricentro del 9ABD y BH // GN por deducción 
del tetraedro.
A H
B
G3
M
Por definición de tetraedro regular:
AM = BM = 2
3 3
H y G son baricentros entonces:
AH = 3
2 AM y GM = BM
3
AH = 3 GM = 2
3
Por Pitágoras: 
A H
B
3
3
AB2 = AH2 + BH2 
BH2 = ( )6 2
BH = 6
2.° paso: halla GN siendo GN perpendicular al 
plano 9ACD.
Por semejanza:
GN
BH
GM
BM= 
H N
B
G
M
6
3
3
2GN GN6
2
3
2
3 3
3
6
&= =
Clave C
 Resolución de problemas
26. OF = ?
B
A O
D
M
C
Fa
Las diagonales de un octaedro regular son 
congruentes.
(Esto es fácil demostrar).
AO = OB = a
2
2
OM = a/2
En TMOB: 
( ) ( ) ( )OF OB OM
1 1 1
2 2 2= +
 
( )OF a a
1
2
2
1
2
1
2 2 2= +
c `m j
 ` OF = a
6
6 = 1
Clave C
27. La región sombreada es un hexágono regular, 
cuya arista es a
2 2 .
62 Intelectum 5.° 
 6 a a4
1
2 2 3 4
3 32 2
# =` j
 
Dato:
3a4
3 3 32 = & a = 2
 Clave D
28. 
C
B
G
a a/2
A aL
D M
Sea a la arista del octaedro.
 ▪ En AMB: AM2 = a2 + a
2
2
` j & AM = a
2
5
 ▪ Como el TDBC es equilátero & CM = a
2 3
 ▪ Como G es el baricentro del DDBC.
 & CG = a
3
3 / GM = a
6 3
•				Observa	el	triángulo	MAC:
A
a 3
3 a 3
2
a 3
6
a 5
2
G MC
a L
Aplicando el teorema de Stewart:
. .L a a a a a
2
3
6
3
4
5
3
32 2 2= +
. .a a a a L3
3
6
3
2
3
&- =
` El área A del octaedro: A = 2a2 3 = 2L2 3
Clave D
29. Sean G1 y G2 los centros de gravedad de dos 
caras opuestas; se forma el triángulo V1MN, 
observa que este triángulo con el triángulo 
V1G1G2 son semejantes, por lo tanto:
3
2 2
3
2
3
3
2
& #
, ,= = & , = 1
,
,
,
2
3G1
G2
N
M
V1
2
1
•	 El	área	del	octaedro	es:
 A8 = 8( )1 4
32 ` A8 = 2 3
Clave B
30. 1.er paso: halla la arista del tetraedro:
A
B
D
a
a a
2a 
a
H
120° 60°60°
a
2
C
a 3
2
Sabemos:
+BAD = 60°
+CDA = 120°
Del triángulo DHC:
D
a
H
60°
C
 DH = a
2
 CH = a
2 3
Del triángulo AHC:
A H5a
2
C
a 3
2
4 7
Sabemos: Por Pitágoras:
AC = 4 7 AC2 = AH2 + CH2
AH = a
2
5 a = 2
CH = a
2 3
2.° paso: del tetraedro de arista = 2, hallamos 
su altura:
P
R
M
H
Q
A
Piden AH = ?
Sabemos: a = 2, PM = AM
Del triángulo ARQ
 
A
MR
2 2
Q
2
 & AM = 3
Del triángulo PAM:
P H M
A
 
PM = AM = 3
PH
2
3 = 3HM = PM = 3
PH = 3
2 3 ; HM = 3
3
Del triángulo AHM:
H M
A
3
3
3
 Por Pitágoras:
 AH2 + HM2 = AM2
 ̀ AH = 3
2 6
Clave C
63GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
prismA
AplicAmos lo Aprendido 
(página 68) Unidad 3 
1. Por dato: 
2
2
h
AST = 3ASL 
ASL + 2AB = 3ASL
 & AB = ASL
Entonces:
6 6(2 )h h4
2 3
2
32
&= =c m
 
Piden: el volumen del prisma (V)
V = (AB)h = 6 4
2 3
2
32
c m
` V = 9 m3
Clave A
2. 
a
a
a a + 6
a + 4
a + 2
(a + 6)(a + 4)(a + 2) - a3 = 568
a3 + 12a2 + 44a + 48 - a3 = 568
12a2 + 44a - 520 = 0
3a2 + 11a - 130 = 0
3a 26
 a -5 & a = 5
Piden: la diagonal del cubo (d)
 d = a 3
` d = 5 3
Clave D
3. Por dato: AST = 144 cm2 
4
4
hEntonces:
 ASL + 2AB = 144
 4(4h) + 2(42) = 144
 16h + 32 = 144
16h = 112 & h = 7
Piden: el volumen del prisma (V)
 V = AB # h
` V = 42 # 7 & V = 112 cm3
Clave E
4. 
8
1 1 1 1
6
1 1
10
Piden: el volumen del prisma (V)
 V = AB # h & V = 6 84
1 32
# #c m
` V = 12 3
Clave A
5. Por Pitágoras:
B'C' = 26 
A
h
r
24
26
10
A'
C'
B'
B
C
Por Poncelet:
26 + 2r = 10 + 24
 2r = 8 & r = 4
Por dato:
h = 2r
h = 2(4) 
h = 8
Piden el área lateral del prisma:
AL = (10 + 26 + 24)h = (60)(8) = 480 cm2
 Clave D
6. El desarrollo lateral del prisma será:
A M
3333 3
5
B
C
D
E
12
NN
El menor recorrido será: AE
Por el teorema de Pitágoras:
(AE)2 = (AN)2 + (NE)2
(AE)2 = 52 + 122
(AE)2 = 169 & AE = 13
 Clave B
7. 
A
h
a
B
S
C
D
H
E
6
F
Piden el volumen del prisma: Vprisma = S # h
Por dato: A4ACFD = 20
 Z [ \] ] ] ] a # h = 20 ...(1)
Además del gráfico: S = a
2
6#
 
 & S = 3a ...(2)
Multiplicando (1) y (2):
& ah # S = 20 # 3a
 S # h = 60
Z [ \] ] ] ]
Vprisma = 60 m3
Clave C
8. 
5
5 5
5
3 36
66
4
4
4
30° 30°
30°6
Piden área total del prisma (AT):
AT = 2(4 # 3) + 2(5 # 6) + 2(4 # 5)
AT = 24 + 60 + 40 = 124
` AT = 124 m2 
 Clave A
9. 
c
c
d1
d3
d2
a
b
Por dato: d1 = 117 , d2 = 106 y d3 = 61
& a2 + b2 = d 1171
2 2= ^ h = 117 ...(1)
a2 + c2 = d 1062
2 2= ^ h = 106 ...(2)
b2 + c2 = d 613
2 2= ^ h = 61
Tenemos:
 a2 + b2 = 117 (+)
 a2 + c2 = 106
 b2 + c2 = 61
2(a2 + b2 + c2) = 284
 a2 + b2 + c2 = 142
 
4
 117 + c2 = 142
 c2 = 25 & c = 5
Reemplazando en (2): a2 + 52 = 106
a2 = 81 & a = 9
Reemplazando en (1): 92 + b2 = 117
b2 = 36 & b = 6
Piden: Vparalelepípedo = a # b # c = 9 # 6 # 5 = 270
` Vparalelepípedo = 270 cm3
 Clave E
10. 
A a
h
a
a
a
D
C
B
A'
B' C'
D'
En la base por dato:
a
aA
B C
R R
D
O
& R 2 = a
También la superficie lateral: AL = nR2
AL = 4(ah) = 4ah = nR2
& 4(R 2 )h = nR2 
h = nR n R
4 2 2
2
8
2
# =
 
` h = n R
8
2 
Clave A
11. 
A 116
116
A'
B'
C'
B
C
a
H
4
410
a + r
a - r
64 Intelectum 5.° 
Dato: a = 3 m
Por Pitágoras: AH = 10
Piden el volumen del tronco de prisma: VTprisma
 
VTprisma = Abase # ' ' 'AA BB CC
3
+ +^ h
 
VTprisma = 
a r a r a
2
8 10
3
$ #
- + + +
c
^
m
h 
 VTprisma = 40 a
3
3c m
 
VTprisma = 40 # a = 40(3) = 120
 
` VTprisma = 120 m3
 Clave B
12. 
5
60° 60° 
60° 
3 h3
Abase
h2
h1
4
Nos piden: volumen = V
Sabemos:
h1 = 2
5 3 ; h2 = 2 3 y h3 = 2
3 3
 
V = h h h
3
1 2 3+ +c m # Abase
 
Dato: Abase = 12
 
` V = 24 3
 Clave A
13. 
h R
a
a
a
a
a 2
h O
R R
R
R
a 2
Del gráfico:
h = 2R / a 2 = 2R
& a = 2 R
Piden: Vprisma = Abase # h
Vprisma = (a2)(h) = a2 # h
Vprisma = ( 2 R)2 # (2R) = 2R2 # 2R = 4R3
` Vprisma = 4R3
 Clave E
14. 
A
A' B'
C'
C
B
M
N
Q
h
h
h
h
a
a
60°
a
a
a
a
P
2a
2h
Por dato: VABC - A'B'C' = 18 cm3 
a
4
32
 # 2h = 18 & a2h = 12 3 ...(1)
 
Piden: VMBCNPQ
VMBCNPQ = VA' - APQ - VA'MNABC
a h a h h h
4
2 3
3
2
4
3
3
22 2
- + +^
c c
h
m m
VMBCNPQ = a h a h a h
3
2 3
3
3
3
32 2 2
- = ...(2)
 
Reemplazando (1) en (2):
 
VMBCNPQ = 3
3 12 3
3
12 3#=^ h = 12
 
` VMBCNPQ = 12 cm3
 Clave B
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 70) Unidad 3
 Comunicación matemática
1. 
2. 
 Razonamiento y demostración
3. El sólido mostrado equivale a dos troncos de 
prisma.
6
7
10
4
6
3
10
 Prisma 1
6
7
10
 Prisma 2
` El volumen:
 V = Vprisma2 - Vprisma1
 V = 6 # 7 # 10 - 2
6 3#c m # 10 = 330
Clave E
4. 
A
a
l
l l
l/2
l/2
c
b
B
CF
M
G
h1
h2
h3
l/2
Analizando el mayor tronco de prisma. Área 
lateral:
A a b b c a c
2 2 21 , , ,= + + + + +
, c c `m m j
A 1, = ,(a + b + c) ... (1)
 ▪ En forma análoga, en el tronco de prisma 
menor:
 A,2 = 2
, = (h1 + h2 + h3) ... (2)
 ▪ Pero: h1 = a b
2
+ ; h2 = b c
2
+ y h3 = a c
2
+ 
 & h1 + h2 + h3 = a + b + c
 ▪ Entonces de (1) y (2):
 ( )
A
A
a b c
a b c
2
2
1
,
,=
+ +
+ +
,
,
^ h
 A
A
1
2
2
1 =
 Clave B
 Resolución de problemas
5. 
x
x/2
Piden: el volumen (V) del prisma hexagonal 
regular.
V = (AB) # h
& V = ( ) . ( )x
x x x4
6 2 3
8
3 3
2
2
=
` j> H
` V = x8
3 3 3
Clave B
6. 
16
O
R
Por dato: R = 5
Luego en la base:
a
a
R
R
R
O
65GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
Entonces: a = R 2
 & a = 5 2
El área de la base será:
 AB = a2 = (5 2 )2
& AB = 50 cm2
Piden: el volumen del prisma (V).
 V = (AB) # h
& V = (50)(16)
` V = 800 cm3
Clave E
7. Nos piden: V
60°
4h
L
L
 
60°
2
2 34
& h = 4 3 / L = 4
V = 4 # 4 # 4 3
` V = 64 3
 Clave B
8. 
A
3 3a
a
a
HB
60°
Nos piden: área lateral = ASL
El AHB es notable de 30° y 60°:
AH = 3 3 & AB = 6
Dato: ASR = 24 3
a
2
3 32
 = 24 3
 a = 4
ASL = 6 # AB # a
` ASL = 6 # 6 # 4 = 144
 Clave A
9. 
A
B C
R
FQ
P
D
E
M
Nos piden: Vprisma = V = (AMPR) # (AB)
Dato: AABCD = 5 cm2 & (AB) # (MR) = 5 cm2
PQ = 10 cm
& V = MR PQ
2
#c m # AB
 
 V = 2
1 (AB # MR) # PQ
 
Reemplazando:
V = 2
1 (5)(10) & V = 25 cm3
 Clave E
10. 
a
a
a
H = 2 6 cm
a
h
a
 
Nos piden: Vprisma = Abase # h
 
Sabemos: H = a
3
6
 
& 2 6 = a
3
6 & a = 6 cm
Por dato:
 Área lateral = Área total
 del prisma del tetraedro
3ah = 4 a
4
32
c m
 
& h = 2 3 cm
` Vprisma = V = 24
6 3 3
2
# = 54 cm3
 Clave B
nivel 2 (página 71) Unidad 3
 Comunicación matemática
11. I. (V) Un polígono siempre está inscrito en una 
 línea curva. 
II. (V)
III. (V) Por ser iguales.
IV. (F) No necesariamente.
Clave E
12. I. (V) Pero serían también congruentes.
II. (F) Tiene que tener la misma forma poligonal.
III. (V)
IV. (V) Si son semejantes tienen la misma forma 
 poligonal.
 Razonamiento y demostración
13. 
A
12
4
5D
B
S
Q
P
M N
R10,5
C
Datos:
PS = QR = 12 m; PQ = SR = 5 m; MN = 4 m y 
BD = 10,5 m.
Para calcular el volumen del sólido geométrico 
mostrado, se aplica la siguiente expresión:
V = Área (9ABC) . ( )PS QR MN
3
+ +
Donde el área de la sección recta es:
Área(9ABC) = ( ) ( , )
2
5 10 5
Área(9ABC) = 4
105 m2
Reemplazando: V = 4
105
3
12 12 4+ +c m
` V = 245 m3
Clave C
14. ASL = PSR # aL
Q
2aaL
a
m
a
MA
HP
SR
N O1
O2
α
a
a
n
l p
ASL: área de la sección lateral
PSR: perímetro de la sección recta
α
2a
a
aL aL = a5
L = n = a
αa
m
 m
a
a
a
2
5=
 m a
5
2 5=
Pero: m = p = a
5
2 5
` ASL = (m + n + p + L)aL = a a2 5
4 5 5+c m a
 ASL = 2a2 5 2+^ h
Clave D
 Resolución de problemas
15. 
A
P
30°
RL = 3a
h = a
Q
G
Nos piden: volumen del prisma hexagonal de 
base regular inscrito en el prisma triangular.
Sea L = 3a
La base del prisma hexagonal inscrito será:
Q
a a
a
a
S
P R
a aaa
aaa
a
66 Intelectum 5.° 
S = 6 a
4
32
; E
 
& S = 2
3 a2 3
 
El volumen pedido será:
V = S # h
 
V = 2
3 a2 3 # a
 
V = L L
2
3
3 3 3
2
#c cm m
 
` V = L
18
33
 Clave A
16. 
A
D
B C2
2
2 3
30°
b
4
2
Por Pitágoras en el ADB:
22 + b2 = (2 3 )2 & b = 2 2 cm
Nos piden: x
2 2
A D
x
CB 22
Por Pitágoras: x = 2 6 cm
 Clave C
17. Nos piden: x
x a Sección
recta
x = 90° - a
 Clave C
18. 
A
A'
B'
C'5
60° 60°
60°
B
8
,
,
,
C
4
Nos piden: Abase
Sabemos:
 VA'B'C' - B = 3
17
4
3
3
9
4
32 2, ,-c cm m = 12 3
& 12
8 ,2 3 = 12 3
 
 , = 3 2 cm
Luego:
Abase = 4
32
,
Abase = 4
3 2 32^ h
 
` Abase = 2
9 3 cm2
Clave E
19. 
a
a a
60°
h = 10 3 m
ASR = 30 3 m2aL = 20
Nos piden: Alateral = (2pSR)aL
 
Del dato: 30 3 = 6 a
4
32
c m
 
 & a = 2 5
& Alateral = (6 # 2 5 ) # 20 = 240 5 m2
Clave E
20. 
3
4
5
60°
B2 = 12 cm2
B1
Nos piden: volumen = V
B1 = B2 # cos60°
B1 = 12 # 2
3
B1 = 6 3 cm2
Luego:
V = B1 3
3 4 5+ +c m
` V = 24 3 m3
 Clave A
nivel 3 (página 72) Unidad 3
 Comunicación matemática
21. I. (V) Por congruencia.
II. (V) Por congruencia.
III. (F) Tiene que tener la misma forma poligonal 
 en la base.
IV. (F) Las bases no necesariamente son iguales.
Clave A
22. I. (V) Condición necesaria para que sean 
 semejantes.
II. (F) La sección recta es mayor al área de la 
 base.
III. (F) No necesariamente.
IV. (F) La arista lateral es mayor a la altura.
Clave D
 Razonamiento y demostración
23. Vprisma = 2a # a2 = 2a3
Volumen del líquido derramado (VPLD)
 
a
a
a
α
α
a
a
atgα
α
 VPLD = A . h
 VPLD = . . tana a
2
α
 VPLD = a
2
3
tana
& VPLD = a
2
3
 tana = 4
2 3-c m2a3
tana = 2 - 3 & (2 - )3
2 3
2 3
#
+
+ 
& tana = 
2 3
1
+
 
15°
75°
1
2 + 3
6 + 2
` a° = 15°
Clave D
24. 
A
DB
CH
3a
3a
a 3
3a
2a
60°
F
G
I
E
Los sólidos no comunes son los troncos de 
prisma iguales:
ABCFG y CDEIG cuyo volumen es Vx, entonces:
Vx = Vprisma (ABCFGI) - Vpirámide (C-FGI) 
& Vx = Área(TABC) # a 3 3
1-^ h # Área 
(9FGI) a 3^ h
9V a a a a4
3 3 3
1 9 4
3 3x
2 2
#= - c c ^m m h
` Vx = 4,5 a3
Clave B
 Resolución de problemas
25. 
B
A
A'
B'
C'
D'
D12
10
60°12
12
C
67GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
Por dato: ABCD es un cuadrilátero inscriptible, 
el TABD es equilátero y el TBCD es isósceles.
En la base:
B
2 3
12
60° 60°
60°
12
6
H
6
A
D
C
ATABD = ( ) 364
12 3 3
2
=
ATBCD = ( ) ( ) 122
12 2 3 3=
Luego:
Abase = ATABD + ATBCD = 36 3 + 12 3
& Abase = 48 3
Piden: el volumen del prisma (V).
 V = (Abase) # h
 V = (48 3 )(10) = 480 3
` V = 480 3 cm3
Clave C
26. 
B
A
2
2a - 2
P
E H
A
GMF
D
C
a
a
Nos piden: PE = 2a - 2
Dato: VPBM - EFH = 5
2 VABCD - EFGH
Reemplazando:
a a a
3
2 2 2- + +c m # A = 5
2 (2A)(2a)
 
De donde: a = 10
` PE = 2a - 2 = 18
 Clave C
27. 
α
h
a
a 3
Nos piden: volumen = V
tana = a
h & h = atana
 
V = a
4
3 32^ h # h
V = a
4
3 32
# # atana
 
` V = 4
3 a3 3 tana
 Clave C
28. 
E
H
F
B
A
C
3
3
3 2
3 2
3 2
3 2
6 6
D
3
6
Nos piden: VABC - FED = V
TFED equilátero:
& EF = FD = ED = 3 2
 ABC isósceles:
AB = BC = 3
FH = BE & BH = AF = 6; FH = AB = 3
Luego:
V = EB AF CD
3
+ +c m # Abase
V = 3
9 6 6
2
9+ +c m & V = 31,5
 Clave C
29. 
F B
O
A
x
30°
CE
D
60°
Nos piden: x
Por dato:
A4ABCD = 5
(AB)(4) = 5
 AB = 4
5
Del dato: AB FO
2
# = 12 = ATABF
& FO = 5
96
` x = 5
96
2
3
5
48 3
# =
 Clave E
30. 
H
h
a
B
A
C
D
Nos piden: Vprisma = V
Dato: 4 a
4
32
c m = 9 3 & a = 3
AH: altura del tetraedro
 AH = 
a
3
2
3
3 2=
& h = 2AH = 
3
6 2
 
` V = 9 3
3
6 2e o = 54 2 m3
 Clave C
68 Intelectum 5.° 
AplicAmos lo Aprendido 
(página 73) Unidad 3
1. Del gráfico: 
g = a
R
R
a
a
2R = a 2
 R = a
2
2
 
Área total del cubo: A1
A1 = 6a2 ...(1)
Área lateral del cilindro: A2
A2 = 2pR # g
& A2 = 2p a
2
2c m # a = 2 pa2 ...(2)
 
Dividiendo (1) y (2):
A
A
a
a
2
6
2
2 3 2
2
1
2
2
π π#= = & A
A 3 2
2
1
π= 
Clave C
2. Por dato: 
R BH
A
g = 3
 AL = 24
 2pRg = 24
2pR(3) = 24
 pR = 4
A
H B
x
πR = 4 πR = 4
3
Entonces x es la mínima distancia para ir de A 
a B.
Por Pitágoras:
x2 = 32 + 42
` x = 5 m
 Clave A
3. Por dato: 
r
g = hAT = 64
2pr(g + r) = 64 ...(1)
Además:
r h
1 1
4
1+ = & r g
1 1
4
1+ =
r + g = rg
4 ...(2)
Reemplazando (2) en (1):
2pr rg
4` j = 64 & pr2g = 128
 Vcilindro = 128
` Vcilindro = 128 m3
 Clave B
4. 
 
h
r
(1) 
H
R
(2)
Por dato: los cilindros son semejantes.
& H = kh / R = kr (k: constante de semejanza).
Además: A
A
9
4
SL
SL
2
1 =
( ) ( )RH
rh
kr kh
rh
k2
2
9
4
9
4 1
9
4
2& & &
π
π = = =
& k = 2
3 
Luego: V1 = 16p
& pr2h = 16p & r2h = 16
Piden:
V2 = pR2H = p(kr)2(kh)
& V2 = p(r2h)(k3) = p(16) 2
3 3
c m
` V2 = 54p
Clave E
5. 
2a
a a
a
a a
a
a
Vcilindro = Abase . h
Vcilindro = (pa)2 # 2a = 16p m3 (dato)
 & a = 2
Piden: el volumen del cubo
& Vcubo = (2a)3 = (2 # 2)3 = 43
` Vcubo = 64 m3
Clave A
6. Por dato: 
R
h = 2R
h = 2R
Además:
AT = 12p m2
& 2pR(g + R) = 12p
 2pR(2R + R) = 12p
 2pR(3R) = 12p
 6pR2 = 12p
 R2 = 2 & R = 2
 
Piden: Vcilindro
Vcilindro = pR2(2R) = p( 2 )2(2 2 )
 = p(2)(2 2 )
 = 4 2 p
` VcilindroPor dato, L es el ortocentro y O es el circuncentro 
del TABC.
 Por propiedad: BL = 2(OM)
 8 = 2(x)
 ` x = 4
 Clave C
nivel 2 (página 10) Unidad 1
 Comunicación matemática
26. 
27. 
28. 
 ▪ El baricentro de un triángulo siempre está 
ubicado en su interior. (V)
 Sea G: baricentro
 ▪ Todo triángulo tiene tres excentros. (V)
 Por cada uno de los lados de un triángulo se 
encuentra un excentro relativo a cada uno de 
dichos lados.
 ▪ El incentro de un triángulo obtusángulo está 
ubicado en el exterior del triángulo. (F)
 Sea: m+B > 90°
 
I
A
B
C
 El incentro (I) se encuentra en el interior del 
triángulo.
 Clave D
 Razonamiento y demostración
29. 
 
2x
α α
ββ
y
z
180° - z
 Por propiedad:
 a + y = b + (180° - z)
 y + z = 180° + b - a ... (1) 
 2a + 180° = 2x + 2b
 x = a + 90° - b ... (2)
 Sumando (1) y (2):
 x + y + z = 270°
 Clave E
30. 
2 3x
4x - α
4x - α
x4x
A
B
E
α
α
F
D C
 m+BED = 4x + a
& m+BAD = 4x
En el ABC:
4x + x = 90°
 5x = 90°
 x = 18°
 Clave E
31. 
20°
x40°
40°
20°
60°
30°
30°
A
B
M
C
I
N
I: incentro del ABC
El cuadrilátero NIMC es inscriptible
` x = 30°
 Clave C
32. Piden: q
 4θ 4θ 2θ 2θ
28° 3θ
3θ
θ
θ
Del gráfico:
28° + 4q + 4q = 180°
 8q = 152°
 ̀ q = 19°
 Clave C
33. 
 
42°
3x x
A
B
D
C
E
 Por propiedad en ABEC:
 42° + 3x = 2a + 2q
 42° + 3x = 2(a + q) ...(1)
 Por propiedad en BDCE:
 x + a + q = 3x
 a + q = 2x ...(2)
 Reemplazando (2) en (1):
 42° + 3x = 2(2x)
 42° + 3x = 4x
 ` x = 42°
 Clave B
 Resolución de problemas
34. Piden: máximo valor entero de h
Datos: AB + BC = 24
 
a bh
A H C
B
Cada medida de los catetos en un triángulo es 
menor que la medida de la hipotenusa.
 & h a, entonces por correspondencia 
triangular: x > 8 ...(1)
Trazamos BD tal que: m+DCB = m+CBD
Entonces el ABD resulta isósceles.
En el BDC, por desigualdad triangular:
x= 4p 2 m3
Clave A
7. 
R
R
O
O1
N
R
R M
g
cilindro
OO1: eje del cilindro recto
Del gráfico: 2Rg = N / pR2 = M
Nos piden: Vcilindro = pR2 # g
Vcilindro = (M) R
N
M
MN M N
2 2 2
#
π
π= =
 
 
` Vcilindro = N M
2
π
Clave B
8. 
14 g
6M
A
BO r
 
Del gráfico:
Por relaciones métricas en el OBA:
gr = 14 # 6
gr = 84
Nos piden el área lateral: AL
AL = 2prg = 2p(rg) = 2p(84) = 168p
` AL = 168p cm2
Clave E
9. 
8
R
R
36π
ASR = pR2 = 36p & R = 6
ASL = 2pRg = 2p(6)(8) = 96p
ASL = 96p m2
Clave B
10. 
g
R
R
g = a 3
Dato:
V
V
a
R g
cubo
cilindro
3
2π= = k & 
a
R a 3
3
2π = k
 
k
R 32π = a2
Piden:
A
A
a
R
R
k R
6 6 3cubo
Base
2
2
2
2π
π
π= =
 
A
A k
18
3
cubo
Base =
Clave B
69GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
11. 
10
4
h/2
& R = 5
TV = p(R2)h
TV = p(52)(4) = 314 cm3 (apróx.)
Clave D
12. 
10
12 2
12
R = 6
V = pR2g = p(6)2(10)
V = 360p m3
Clave E
13. 
B C
15
RA D
El área del desarrollo de la superficie lateral es:
ASL = 2pR # h = 180p
ASL = 2p(R)(15) = 180p
R = 6
Luego:
V = pR2 # g = p(6)2(15)
V = 540p m3
 Clave D
14. Dato:
g = 2R
 ASL = 64p
2pRg = 64p
R(2R) = 32
R2 = 16 & R = 4
Luego:
V = pR2g = p(4)2(8)
V = 128p m3
 Clave A
prAcTiQUemos 
nivel 1 (página 75) Unidad 3
 Comunicación matemática
1. 
2. 
 Razonamiento y demostración
3. 
r SP
r SP
AD AB BF
AD AB2
2
# #
#
# #
#
π
=
 
& r BF
2 1
#π
=
` r
BF
2
π= 
Clave A
4. 
r
h
Por dato: V = ASL 
 Abase # h = 2p # r # h
 p # r2 = 2p # r
 ̀ r = 2
Clave A
5. 
A
H
N
M
h
Por relaciones métricas tenemos:
(MN)(NA) = (NH)(AM)
h # R = 12
Luego:
ASL = 2pRh = 2p(12) = 24p m2
Clave B
 Resolución de problemas
6. ASL = 25 y h = 2R
ASL = 2pRg = 25
4pR2 = 25
R2 = 4
25
π
 & R = 
2
5
π
 
 
 h = 5
π
 m
 Clave C
7. 
R 2
6 3
R 2
2R
2R
Por Pitágoras tenemos:
(2R)2 + (2R 2 )2 = d2
 4R2 + 8R2 = d2
 d2 = 12R2
d = 2R 3 = 6 3
& R = 3
 
Luego:
V = pr2h = p(R 2 )2 2R
V = 4R3p = 4(3)3p = 108p m3
Clave E
8. 
B C
E
8
9
A Drr
rr
O
α
α
Por semejanza tenemos:
TOCE a TEDA
 r
r8 2
9= & r = 6
 
Luego:
AT = 2pr(g + r) = 2p(6)(17 + 6)
AT = 276p cm2
 Clave D
9. 
12 24
Piden:
AST = 2pr(g + r)
AST = 2p(12)(24 + 12)
AST = 864p m2
Clave B
10. 
R
R
h
R 2
Dato: R 2 # h = 2
 hR = 2
Luego:
ASL = 2pRh = 2p( 2 ) = 2 mπ2 2
Clave D
nivel 2 (página 76) Unidad 3
 Comunicación matemática
11. 
I. (F) es una recta.
II. (F) es una línea curva y cerrada.
III. (F) no tiene vértices.
IV. (V) sea convexo o no convexo.
Clave B
70 Intelectum 5.° 
12. 
I. (F) sus áreas de las bases son iguales.
II. (V) todo cilindro tiene sección axial.
III. (F) no se puede inscribir un cilindro recto.
IV. (V) por definición.
Clave D
 Razonamiento y demostración
13. 
2r
g1
g2 2r
2rrr
x
Por dato:
2p(2r)g2 = 2[2pr(g1 + r)]
4prg2 = 4pr(g1 + r)
g2 = g1 + r & g2 - g1 = r
Del gráfico:
53°/2
2r
g2 - g1 = r
x
& x + 2
53c = 90° 
 
` x = 63°30'
Clave C
14. 
R R
h2
h1
NRO
M
Por semejanza tenemos:
h
R
h
R2
2 1
= & 2h1 = h2
 
Dato: ATOMN = 3
Rh
2
1 = 3 & Rh1 = 6
 
Luego:
ASL = 2pR(h1 + h2)
ASL = 2pR(3h1) = 6pRh1
ASL = 36p m2
 Clave D
15. 
A
4R
C
R
R
B
α
α
Luego se observa:
& a = 2
53c = 26,5°
4R
2R
A
BC
α
 Clave A
16. 
R
2r
h
r
r
2r
α α
h
r 3
H
V2 = pR2H
V1 = pr2h
Por semejanza tenemos:
r
h r
r
h
2
3+ = & h = r 3
 
Piden:
V
V
r r
r r
3
2 2 3
1
2
2
2
# #
#
π
π= ^ h = 8
 Clave C
 Resolución de problemas
17. 
h
C D
BA O
17
r rM
241
Aplicando Pitágoras en:
ACD: (17)2 = (2r)2 + h2 
4
ACM: ( 241 )2 = (r)2 + h2 
(-)
289 - 241 = 3r2
 3r2 = 48
 r2 = 16 & r = 4
 h = 15
AT = 2pr(g + r) = 2p(4)(15 + 4)
AT = 152p cm2
Clave C
18. 
h
R R
g
Desarrollo de la superficie lateral:
12
16
10 8
6
 & g = 10
Dato:
ASL = 2pRg = 2
16 12#
 
 Rg = 48
π
 & R = 10
48
π
 = 5
24
π 
Luego:
V = pR2g
V = p 5
24 2
πc m # 10
 
V = 
25
576 10
2
#
π
π^ h
 
V = 5
1152
π
 cm3
 Clave A
19. 
30°
60°
gm = 0
gM
R RR
A1
A2 O1
Por propiedad, se cumple:
A2 = A1cos60°
A2 = A1 2
1c m & A1 = 2A2
Por dato:
 A1 + A2 = S
(2A2) + A2 = S
 3A2 = S
 3(pR2) = S
` R = S
3π
Clave C
20. 
D
R
R
R
C
30°
60°
A
g
B
O
H
h = 4R
Del gráfico: AD = CB = g
Del CHB notable de 30° y 60°:
CB = 3
2 3 (CH)
& g = 3
2 3 (4R) & g = 3
8 3 R
Por dato: R = 2 3
Piden: el volumen del cilindro oblicuo
 V = (ASR) # g = pR2 # R3
8 3c m
& V = 
( ) 192R
3
8 3
3
8 3 2 33 3π π π= = 
` V = 192p
Clave B
71GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
nivel 3 (página 77) Unidad 3
 Comunicación matemática
21. 
I. (F) pueden tener alturas diferentes.
II. (F) las bases también deben de ser 
 semejantes.
III. (V) son iguales.
IV. (F) tiene superficie cilíndrica.
Clave C
22. 
I. (F) solo los congruentes tienen áreas 
 laterales iguales. 
II. (V)
III. (F) un tronco de cilindro oblicuo solo se 
 inscribe en otro cilindro oblicuo.
IV. (V)
 Razonamiento y demostración
23. 
a b
c
r
h: altura del cilindro
Dato:
ah + ch + bh - 2hc = 8
h = a b c
8
+ - ...(1)
Por propiedad tenemos:
a b a b c r
2 2
# =
+ +^ h
r = a b c
ab
+ + ...(2)
 
Además:
a2 + b2 = c2 & (a + b)2 - c2 = 2ab ...(3)
Luego, reemplazando (1), (2) y (3) en:
ASL = 2p # r # h 
ASL = 2p # a b c
ab
a b c
8
#+ + + - 
ASL = ab
ab
2
16π = 8p
 Clave A
24. 
5k
A
B D
C
4
5
r r
2k
3k
2rr
M N
O2
O1
Aplicando Pitágoras en los triángulos 
sombreados tenemos:
 (3k)2 + r2 = 25
4 (2k)2 + r2 = 16 (-)
 9k2 - 4k2 = 9
 k2 = 5
9
Hallando r:
4 # 5
9 + r2 = 16 & r2 = 5
44
Piden volumen del cilindro de radio: Vr
Vr = pr2 # h = p # 5
44 # 2 # 
5
3
 
` Vr = 25
264 5π
 Clave D
25. Por semejanza tenemos:
OBM a NPM 
2
B
M
NPO1
a
α
α
α
3k
2k
O R
k k
a
2
2
3= & a = 3
 
O1PM a MBO
R
R2
3= & R2 = 6
 
Luego:
V = pR2h = p(6)(5)
V = 30p m3
 Clave E
26. 
rα α
α
R
h2
h1
R
R
m
r
Por semejanza tenemos:
R
h h
R
h
2
1 2 2+ = & h1 = h2
R
m
r
h
2
1= & m = r
R h
2
1# 
 
Piden la razón entre las áreas laterales: 
A
A
R h h
r m
r
r Rh
R h2
2
2 2
1
SL
SL
1 2
1
12
1 # #
#
#π
π= + =
^ h
A
A
4
1
SL
SL
2
1 =
Clave C
27. 
α
α
6R
6R - a
a
R
C
B
A
R
Del enunciado:
 Vtronco cilindro = 3
2 Vcilindro
pR2 g g
2
M m+c m = 3
2 p.R2.6R
 gM + gm = 8R
 6R + 6R - a = 8R & a = 4R
En el TABC:
2R
4R
α
 ` a = °
2
53
Clave B
 Resolución de problemas
28. 
A
B
H
D
C
Del gráfico:
Alrededor de AB: V1 = p(BC)2(AB)
Alrededor de BC: V2 = p(AB)2(BC)
En el ABC, por relaciones métricas sabemos:
(AB)2 = (AC)(AH)
(BC)2 = (AC)(HC)
Entonces: 
AB
BC
AH
HC
4
25
2
2
= =
^
^
h
h
 
AB
BC
2
5=
Luego:
V
V
AB BC
BC AB
AB
BC
2
1
2
2
#
#
π
π= =
^ ^
^ ^
h h
h h
V
V
2
5
2
1 =
Clave A
29. 
O
14 C
C'
R
R
B
A
13 15R
2R
A'
B'
Calculamos el área de la base:
Por la fórmula de Herón: 
p = 2
13 14 15+ + = 21
& ATABC = ( ) ( ) ( )21 21 13 21 14 21 15- - -
& ATABC = 84
También: ATABC = p . R
 & 84 = (21)R & R = 4
Piden: el volumen del prisma (V)
 V = (Abase) # h
& V = (84)(2R) = (84)(2 # 4)
` V = 672
Clave C
30. Por ser cilindros semejantes se cumple:
R
R
h
h
2
1
2
1= = k
 
Luego:
A
A
R h R
R h R
2
2
50
18
T
T
2
1
2 2 2
1 1 1
π
π
= +
+
=
^
^
h
h
 = R h R
kR kh kR
2
2
50
18
2 2 2
2 2 2
π
π
+
+
=
^
^
h
h
 
 = R h R
k R h R
2
2
50
18
2 2 2
2
2 2 2
π
π
+
+
=
^
^
h
h6 @
72 Intelectum 5.° 
& k = 5
3
 
Entonces:
V
V
R h
R h
R h
R k k h
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2 2
2
#
# # #
π
π= =
V
V k 5
3
125
27
2
1 3 3
= = =c m
 Clave A
mArATÓn mATemáTicA (página 78) Unidad 3
1. 
a/2
Por dato:
•	 a	# , = 9800 m2 
•	 a 1
8, = & , = 8a
& a(8a) = 9800
a = 35 m; , = 280 m
Paso 2:
Hallando el área lateral:
AL = a
2
1 2 2 2
35 280# #,π π=c `m j8 6B @ 
 = 4900p m2
Clave D
2. 
A a
a
a
α
a
D
2a 60°
2a
2a2a
E
E'
D'
C'
O
B
C
a 5 a 5
Paso 1:
BD = AC' = a 5
Se traslada BD al punto A de modo que el segmento EA es la proyección de 
BD.
Se proyecta DA en EG y AD' en GE'.
Paso 2: 
El TEGE' es un triángulo equilátero 
& EE' = 2a
Paso 3:
En el DEE'C'
Los segmentos ED = E'D' = a porque AEDB y ABC'D' son paralelogramos.
Por Pitágoras EC' = 2 2 a
Por ley de cosenos:
EC'2 = EA2 + AC'2 - 2(EA)(AC')cosa
& cosa = 
a a
a a a
2 5 5
5 5 2 2
5
1
2 2 2+ - =
^ ^
^ ^ ^
h h
h h h
a = arccos 5
1c m
Clave D
3. 
A
A' O' B'
BO
FSRE
m
g
r
G30°
30°
g
15 2
30°
30°
Paso 1:
O'B' = 6 & A'B' = 2 6
Por ser EA'B' un triángulo notable (30° y 60°):
A'E = m = 6 2
Paso 2:
m + g = 15 2 & G = 9 2
` Alateral = 2pr . g
 Alateral = 2p 6 9 2^ ^h h 
 = 36p 3 
Clave E
4. 
A
A'
B'
C'
D'
E'F' 
D
B C
F
dh
E
Paso 1:
Por el teorema de las tres perpendiculares:
DF' 9 A'F'
En el TA'F'D; A'F' = dsena, F'D = dcosa
En el hexágono regular de lado A'F' 
& F'D' = 3 A'F'
Paso 2:
En el TF'D'D
h = ' ' ' cosF D F D d d sen32 2 2 2 2 2α α- = -
h = d sen1 4 2α-
Paso 3:
Área de la base:
Abase = 6 ' 'A F d sen
4
3
2
3 32 2 2α=c m
` Volumen = Abase # h
 Volumen = d sen2
3 3 1 43 2α- sen2a
Clave A
73GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 3
5. 
A
D
B
C
E
a
α
F
K T
H
GL
Paso 1:
Sea el cubo de arista “a”; 
OB = a 2 & KT = a
2
2
Paso 2: L
TK
α
En el TLKT;
KL = a y KT = a
2
2
Por Pitágoras:
LT2 = Lk2+ KT2
 LT = a
2
3
` cosa = LT
KT
a
a
2
3
2
2
3
1= =
Clave B
6. 
(a)
L
B
A
3
y
6 - y
3
A'
B'
C'
C
M
2S
 (b)
E
S
D
D'
E'
F'
F
De los datos:
Vtronco A’B’C’ - MLC = Vprisma (b)
2S y
3
3 6 6+ - +c m = S(EE')
& EE' = 3
2 (15 - y) ...(a)
De los datos:
' ' ' ( )
( )
V A B C MLC
V ABCML
S y
S y
3
1
2 3
3 6 6
2 3
3 0
tronco
tronco
- = = + - +
+ +
c
c
m
m
& y = 2
3
En (a): EE' = 3
2 15 2
3 9- =c m
Clave A
74 Intelectum 5.° 
Unidad 4
AplicAmos lo Aprendido 
(página 81) Unidad 4
1. En un tronco de pirámide se tiene:
V = ( . )h A A A A3 1 2 1 2+ +
Reemplazando los datos del enunciado:
74 = 3
6 (16 + A2 + . A16 2 )
37 = 16 + A2 + 4 A2
21 = A2 + 4 A2
 
4
 
4
 9 3
` A2 = 9 m2
Clave D
2. 
A
h a
7
D
B
H
C
60°
30°
30°
60°
2b bG
66/2
66/2
En el DHC por el teorema de Pitágoras:
 72 = a2 + 2
66 2
c m
49 = a2 + 4
66 & 49 - 2
33 = a2
 & a = 2
65 
Del AHB notable de 30° y 60°:
3b = b2
66 3 2
3 22
2
22
&= =c m
En el DGH por el teorema de Pitágoras:
 a2 = b2 + h2
27 3h h h2
65
4
22 32 2
& &= + = =
Piden el volumen de la pirámide D-ABC: V
 V = 3
1 (AB)h 
& V = ( )
.
. .
3
1
4
66 3 3 3 3 4
66 3 32
=^ h; E
 ̀ V = 49,5 m3
Clave E
3. 
V
60°3
3
H 30°
Ap
9
6 6
O
6
3 3
En el HOV por el teorema de Pitágoras: 
(Ap)2 = (3 3 )2 + 92 = 108 
& Ap = 108 = 6 3
Piden: el área lateral de la pirámide
 AL = pbase . Ap = 6(3) . 6 3 
` AL = 108 3 m3
Clave B
4. 
C
14k
14kA7k O
24k
25k
H
74°
x
7k
Por dato: AL = 6300 m2
& (pbase)(Ap) = 6300
 k
2
56d n(25k) = 6300
 700k2 = 6300
 k2 = 9 & k = 3
Por propiedad en el AOC:
24k . 7k = 25k . x
 k
25
168 = x & x = 25
168 3^ h
` x = 20,16 m
Clave A
5. 
A
6
6
6O
6
h
6
10
10
B
6
En el AOB, por Pitágoras: AO = h = 8
Calculamos el área de la base: ABase
ABase = 542
3 6 3 3
2
=^ h
 
Piden el volumen: V
V = 3
1 (ABase # h) = 3
1 (54 3 )(8) = 144 3
 
` V = 144 3 cm3
 Clave C
6. 
g h
R
R
En la base:
60°
60°
60°
R
R 3
Además del gráfico: g = h
Vpirámide = V1
 
V1 = 3
1 (Abase)(h) = R h3
1
4
3 32
$
$
^ h
 
R h
4
3 2 $=
 
Volumen del cilindro: V2
V2 = (Abase)(h) =(pR2)(h) = pR2h
Nos piden:
 
V
V
R h
R h
4
3
4
3
2
1
2
2
π π= =
 Clave E
7. 
A
B
V
m C
D
Empleando el teorema de la mediana en los 
triángulos AVC y BVD:
2m2 + BD
2
2^ h = (VB)2 + (VD)2 ...(1)
2m2 + AC
2
2^ h = (VA)2 + (VC)2 ...(2)
(2) - (1):
(VA)2 + (VC)2 - (VB)2 - (VD)2 = AC BD
2 2
2 2
-^ ^h h 
 H
& H = AC BD
2 2
2 2
-^ ^h h
Por dato: AC = 10 / BD = 8
` H = 2
10
2
82 2
- = 50 - 32 = 18
 Clave B
8. 
A 45°
5
5
H
B
12
13
O
C
D5 2
5 2
En el OHC, por Pitágoras: HC = 5
& AC = 10 & AD = 5 2
Piden el volumen: V
V = 3
1 Abase . h = 3
1 (5 2 )2(12) = 3
25 2 12$ $ = 200
` V = 200 m3
 Clave A
9. 
O
C
A
14
H
7
M
B
25
Ap
7
pirámide
75GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
En el OMB, por Pitágoras: OM = 24
& Ap = 24
Piden el área de la superficie lateral: AL
AL = (pbase)(Ap) = 2
42c m(24) = 504
` AL = 504 m2
 Clave D
10. 
30° G 3/2
30°
60°
M
B
A C
3
h
O
5 5
Ap
3 3/2
3 3/2
3 3
Como la pirámide es regular, entonces la altura 
cae en el baricentro de la base que es un 
triángulo equilátero.
Por Pitágoras: h = 4
Piden el volumen: V
V = 3
1 (Abase)h = 3
1
4
3 3 32^ h (4) = .
. .
4 3
9 3 3 4 
 
 = 9 3
` V = 9 3 m3
 Clave E
11. 
30° H 3/2
30°
30°
30°
60°
60°
M
C
A B
h
O
6
6
2 3
2 3
4 3
4 3
Por notable de 30° y 60°: OM = 6 / AM = 6
Entonces el TOAM resulta equilátero.
& h = 3 3 
30° 30°
60°
6 6
60°
H
O
3A M3
3 3
Piden el volumen: V
V = 3
1 (ABase)h = 3
1
4
4 3 3 3 3
2^ ^h h
V = 3
1
4
48 3 3 3$ $ $ = 36
` V = 36 m3
Clave D
12. 
8
x V
V
Por teorema se cumple:
V
V x x x
2 8 8 8 2
1
2
4
3
3 3
3
3
&= = = =` j
4x 43` = 
Clave E
13. 
9 = h
A
E
1
A1
A26
FD
B
C
Por dato: 2p1 = 24 / 2p2 = 36
Sabemos:
A1 = p1 . r1 = 2
24c m1 = 12
A2 = p2 . r2 = 2
36c m6 = 108
Piden: el volumen del tronco de pirámide
V = h
3 (A1 + A2 + .A A1 2 )
V = 3
9 [12 + 108 + .12 108 ]
 V = 3[120 + 36]
 ̀ V = 468 m3
Clave B
14. Por semejanza de pirámides:
h
d
V
V
2
3
=c m & d = h
23
 Clave D
prAcTiQUemos 
nivel 1 (página 83) Unidad 4
 Comunicación matemática
1. 
2. 
 Razonamiento y demostración
3. 
h
h
VT: volumen del tronco.
VP: volumen de la pirámide menor.
Por teorema se cumple:
( )V V
V
h
h
2 8
1
P T
p
3
3
+ = =
	& 8VP = VP + VT & 7VP = VT
 ` 7V
V
P
T =
Clave C
4. Sea:
Vi: volumen inicial 
Va: volumen de agua añadido
Por semejanza de pirámides:
V V
V
3
2
i a
i 3
+ = c m
 27Vi = 8Vi + 8Va
 Va = 8
19 Vi
Dato: Vi = 16 & Va = 38 m3
 Clave B
 Resolución de problemas
5. Por dato:
 AL = 64; Ap = 2a Arista básica: a
& AL = p . Ap
2a(2a) = 64
 a = 4
 Clave D
6. 
O
C
A
D E
B
F
h
3
V1 = VO - DEF
V2 = VO - ABC
Por semejanza de pirámides:
V
V h
32
1 3
= c m ...(1)
Por dato:
V V
V
19
8
2 1
1
- = & V
V
27
8
2
1 = ...(2)
 
De (1) y (2):
h
3 27
83
=c m & h = 2
 Clave E
7. 
B
O
3
3
3H
A D
C
Del gráfico: OH = 2
3
 
` VO - ABCD = 3
1 (32) 2
3c m = 4,5
 Clave D
76 Intelectum 5.° 
8. 
6 3
6
6
12
F
V
A
B C
D
E
6
6 H
6 6
Por dato:
AB = 6
& BH = HC = 6
En el VHB:
VH = 12 62 2-
VH = 6 3
V = 3
1 .3. 4
1 (6)2 3 (6 3 ) = 162 cm3
Clave D
9. 
4 2k
4 2k
4k
4k
3k
5k
37°
45°
Por dato:
 V = 32
3
1 (4 2 k)2(3k) = 32
 k = 1
` h = 3k = 3
Clave D
10. 
A D
C
2
B
6
V
2
4
4
Por dato: r = 2
& AD = DC = 4
` VV - ABCD = 3
1 (16)(6) = 32
Clave C
nivel 2 (página 84) Unidad 4
 Comunicación matemática
11. 
I. (F) no necesariamente.
II. (V) solo en el caso de que sean congruentes.
III. (V) cuando son congruentes.
IV. (F) los troncos de pirámide pueden tener alturas en diferentes 
proporciones, por lo tanto no son semejantes.
12. 
I. (F) iguales.
II. (V) porque son congruentes (iguales).
III. (F) los troncos pueden estar en diferentes proporciones, por lo tanto no 
serían congruentes.
IV. (F) 
h
 
h
 Razonamiento y demostración
13. 
F
B
A C
h
E
SD
Dato: VB-DEF = V = 10 m3
Se pide: 
VB-ACFD = Vx
De la figura:
Volumen del prisma = Vx + V
Sh = Vx + Sh
3
Vx = 2 Sh
3c m
Vx = 2(10 m3)
` Vx = 20 m3
Clave D
14. Sea:
A1: área del piso de la 2.a planta.
A2: área del piso de la 1.a planta.
Por semejanza de pirámides:A
A
h6
6
2
1 2
= +c m
 
h48
27
6
36
2=
+^ h 
6 + h = 8
 ` h = 2
 Clave B
 Resolución de problemas
15. 
30°
30°
2
2
C
1
M
H
2
A
O
B
3
3
Por dato:
 AL = 2Abase
(3 3 )Ap = 4
2 2 3 32^ h
 Ap = 2
77GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
Por polígonos regulares: 
AC = 2 3 / HM = 1
En el OHM: OH = 3
` VO - ABC = 3
1
4
2 3 3 3
2
$ $
^ h = 3 cm3
 Clave E
16. 
O
4 2a
2 2a
2 2a
2 2a
A
B
4a
4a
θ
H
D
M
C
5a
37°3a
45°
 
En el OHM:
θ
O
3a
HM 2 2a
 & tanq = 
a
a
2 2
3
2 2
3=
 
 tanq = 4
3 2
 ` q = arctan 4
3 2
 Clave C
17. 
2 3
2 3
4 2
A
M
2
H
B
V
C
30°
Por dato: r = 2
& AM = MC = 2 3
En el VHM:
VM = 4 2 22 2+^ h
VM = 6
` AL = (6 3 )(6) = 36 3
 
 Clave B
18. 
D
2
22
3B
M
C
H
V
A
Por dato:
AABCD = 16 m2 & AD = DC = 4
En el VHM:
VM = 3 22 2+
VM = 13
Por lo tanto:
AL = pbase . Ap = (8)( 13 )
` AL = 8 13 m2
 Clave C
19. 
6k
3k
3k
53°
5k4k
3k
Por dato:
 AL = 60
(12k)(5k) = 60
 k = 1
` h = 4k = 4
 Clave D
20. 
O
B
HE
A 2
2
2
GF
D
C
VO - ABCD = 3
1 (22)(1) = 3
4
 
 Clave A
nivel 3 (página 84) Unidad 4
 Comunicación matemática
21. 
I. (V) en un cono recto.
II. (V) en un cono irregular.
III. (F) son 4.
IV. (F) los oblicuos no cae la proyección en la base.
22. 
I. (F) pirámide no convexa & base no convexa
II. (V) pirámide convexo & base convexa
III. (V) Por definición.
IV. (F) También es una pirámide irregular.
23. 
I. (F) no necesariamente.
II. (F) revisar el enunciado IV, pregunta 12. 
III. (F) pueden tener diferentes alturas.
IV. (F) tienen que tener volúmenes iguales.
78 Intelectum 5.° 
 Razonamiento y demostración
24. 
A
C
106
Q
h
13
c
a
15
B
P
Por el teorema de Pitágoras:
a2 + c2 = 106 ...(1)
h2 + a2 = 225 ...(2)
h2 + c2 = 169 ...(3)
Sumando las tres expresiones tenemos:
2(a2 + c2 + h2) = 500
 & a2 + c2 + h2 = 250 ...(4)
Reemplazando (1) en (4):
& (106) + h2 = 250
 h2 = 144 & h = 12
De (2): (12)2 + a2 = 225
 a2 = 81 & a = 9
De (3): (12)2 + c2 = 169
 c2 = 25 & c = 5
Piden: 
El volumen de la pirámide Q-ABC (V)
 V = ( ) .A h a c h3
1
3
1
2B = b l
& V = . (12) 903
1
2
9 5 =d n
` V = 90 m3
Clave E
25. 
x 3
2
A D
CBx
x
60°
V
x/2
x/2
Por dato:
V = 3
2 3 & 3
1 Abase # h = 3
2 3
 
x x
3
1
2 2 3 3
2 32
=c `m j ` x = 2
 Clave D
 Resolución de problemas
26. 
a
N
B
h
S
2
A D
C
G
a
a
a
F
E H
a 2
En el ADG, por relaciones métricas:
a 3
a 2
A D
2
a
S
G
(a)( ) ( ) (2)a a2 3=
 & a = 6
( )
( )
SA
GS
a
a 2
2
2
=
2SA
GS GS k SA k1
2
& /= = =
Luego: el ACG a ANS
GC
GA
SN
SA
a
k k
h
k2
&= + =
a
k
h
k h a3
3&= =
Piden: 
El volumen de la pirámide S-ABCD (V)
V = 3
1 (AB)h = 3
1 (a2) a
3` j
 V = 
( )a
9 9
6
9
6 63 3
= =
` V = 3
2 6 m3
Clave A
27. 
A
2a
45°
O
45°a
a
a
C
Ap
θθ
a
H
E
D
B
N
Del gráfico: el TNAH es isósceles.
Por dato: 5AB = 3AL
 5(2a)2 = 3(4a)(Ap)
 20a2 = 12a(Ap)
 a
Ap
3
5
& =
Entonces:
θ
A
O Ha = 3k
Ap = 5k
El AOH resulta ser notable de 37° y 53°.
& q = 37°
Piden: la m+NAH
& m+NAH = 2q = 2(37°)
` m+NAH = 74°
Clave E
79GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
28. 
A 45°
D
O
2a
a
a a
C
Ap6
H
B
P
45°
Por dato: A4 = 2(ATPCD)
 & (2a)2 = 2 .a Ap
2
2d n
 4a2 = 2a . Ap 
 & Ap = 2a
En el POH por el teorema de Pitágoras:
(Ap)2 = a2 + 62
(2a)2 = a2 + 36 & 3a2 = 36 & a = 2 3
Piden: el volumen de la pirámide (V)
 V = 3
1 (AB)h = 3
1 (2a)2(6)
& V = 8a2 = 8( )2 3 2 = 96
 ̀ V = 96 m3
Clave C
29. 
A
C
a
D
h
h1
h1
a - h1
O
a
a
a
B
Piden: OD = h1
Por propiedad:
O
N
M
P
CA
B
V
V
OM ON OP
OA OB OC
O MNP
O ABC =
-
-
^ ^
^ ^
h h
h h
 
En el problema:
 V
V
a a a
a h a a
A DBC
A OBC 1=
-
-
-
^ ^
^ ^ ^
h h
h h h
 
 A H
A h
a
a h
3
3
base
base 1
1= -
^
^
h
h
 
H
h
a
a h1 1= - ...(1)
H: altura del tetraedro VA - DBC
& H = a
3
6
 
Reemplazando en (1): 
a
h
a
a h
3
6
1 1= -
 
 h1 = a
3 6
6
+
 
 
Racionalizando: 
h1 = OD = a( 6 - 2)
 Clave A
30. 
22 3
22 3 22 3
22 330°
A
B
H
C
11
22
30°
O
En el triángulo OBC:
H
11
11
θ
θ
O
22 3 22 3B C 22 3
2 3k
k
11 θ
θ
Ap
Por Pitágoras: 
(2 3 k)2 = (k + 11)2 + (22 3 )2
 12k2 = k2 + 22k + 121 + 1452
 0 = k2 - 2k - 143
 k -13
4
 
k = 13 
 
 k +11 
 & Ap = k + 11 = 13 + 11 = 24
Piden: área lateral (AL) 
AL = (pbase)(AP) = (66 3 )(24) = 1584 3
` AL = 1584 3 m2
 Clave C
31. 
A D
CB
h
2a
M
V
H a
a
6 a
Por dato:
AL = 300
& (4a)VM = 300
 a(VM) = 75 ...(1)
 
En el VHM por relaciones métricas:
ah = (VM)6 ...(2)
Multiplicando (1) y (2):
a2h(VM) = 75(6)(VM)
 a2h = 450
Luego:
V = 3
1 (2a)2h = 3
4 (a2h)
V = 3
4 (450)
V = 600
 Clave B
80 Intelectum 5.° 
cono
AplicAmos lo Aprendido 
(página 86) Unidad 4
1. 
3
2r
2r
r
r
Por dato: la diagonal del cubo mide 3 m.
& d = 3
(2r) 3 = 3 & r = 2
1
Piden: 
El volumen del cono (V)
 V = . .r h3
1
3 2
1 2 2
12
2
π π
= c cm m
` V = 12
π m3
Clave D
2. 
4 g
R
AL = 3Abase
pRg = 3pR2
 g = 3R
& g2 = R2 + 16
 9R2 = R2 + 16
 8R2 = 16
 R2 = 2
& V = 3
1pR2h = 3
1p(2)(4) = 3
8π cm3
Clave B
3. 
a a/2
360°
a/2a
30°
30°
a 3
2
Se generan dos conos equivalentes:
V = 2 2A h a a
3
1
3
1
2 3 2base
2
$ $ $ $π=c ` `m j j
 
V = a a
3
2
4
3
2
2
$ $ $π
 
` V = a
4
3π
Clave B
4. 
V
A R
R
R
O
g h g
B
El desarrollo de su superficie lateral por dato es:
V
16 16
α
& g = 16
 Además: a = 45° (dato)
& 360° g
Rc m = 45°
 R = °
° ( )
360
45 16
 & R = 2
En el VOB por el teorema de Pitágoras:
 g2 = h2 + R2
& (16)2 = h2 + (2)2 & h = 6 7
Piden: el volumen del cono (V)
V = 3
1 (pR2)h = 3
1 (p . 22)(6 )7
` V = 8 7 p m3
Clave A
5. 
B
A R R C
30° 30°
O
hg = 2 3
60°60°
El TABC es la sección axial del cono.
Un cono equilátero es aquel en el cual su sección axial es un triángulo 
equilátero.
Entonces en el AOB notable de 30° y 60°:
h = R 3 / g = 2R
& 2 2R R3 3&= =
Piden: el volumen del cono (V)
V = 3
1 (pR2)h = ( ) ( )R R3
1 32π
& V = ( ) 3R3
3
3
3 33 3π π π= =
 ̀ V = 3p m3
Clave A
6. 
V
A
g
2
23
3 O E
2 2
H
B
P
5
2 5
1
81GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
En el PEB, por el teorema de Pitágoras: 
PB = 5
Por el teorema de Thales:
2PV
BP
EO
BE
PV PV5
2
1 5& &= = =
& g = 3 5
Piden el área lateral del cono:
 AL = pRg = (3) (3 )5π
` AL = 9 5 π cm2
Clave A
7. 
V
A O B
C
h
θ θ
h
R R
R
Dr r
O1
Del gráfico: el VO1D a VOB
& r
h
R
h2
&= R = 2r
Por dato: el área de la base del cono mayor mide 10 m2.
& pR2 = 10
Piden el área de la base del cono menor (A):
 A = pr2 = p R
2
2
c m
& A = R
4 4
102π = ^ h = 2,5
 ̀ A = 2,5 m2
Clave B
8. 
B
A O C
g
α α
h
R Rθ θ
En el AOB: R = gsena / h = gcosa
Piden el volumen del cono de revolución (V):
V = α α( ) ( ) ( )cosR h gsen g3
1
3
12 2π π=
` V = 
αcosg sen
3
3 2π α
Clave A
 
9. 
A
V
3
2
B
Hh
4
g 5
Or
r r
Nos piden: Atotal = pr2 + prg
g = 5
Por Pitágoras: (2r)2 = 20
& r = 5
& Atotal = p( 5 )2 + p( 5 )(5) = 5p + 5 5 p
` Atotal = 5p(1 + 5 )
Clave C
10. 
V
A 2 2
P h
B4H
6
O
2 6
El desarrollo de su superficie lateral será:
B
AL
g g
2πR
α
Por dato: a = 120°
& 360° g
Rc m = 120°
& g
R
3
1= ...(1)
Además: AL = 3p cm2
& pRg = 3p & Rg = 3 ...(2)
De (1) y (2): R = 1 / g = 3
En el AOB, por el teorema de Pitágoras:
 g2 = h2 + R2
& (3)2 = h2 + (1)2 & h = 2 2
Piden: el volumen del cono (V)
 V = ( ) (1) (2 )R h3
1
3
1 22 2π π=
` V = 3
2 2 π cm3
Clave A
11. 
V
M
g
g/2 = 4
g/2 = 4
BOr rA
P
N
2
60°
60°
30°
30°
2
6
4
4
2 3
2 3
Nos piden: ASL = p . r . g 
De la figura, OM es base media del TABV:
& AV = 8 / NV = 2
Luego: g = 8
En el APO notable de 30° y 60°:
r = 4
& ASL = p(4)(8)
` ASL = 32p
Clave B
82 Intelectum 5.°12. 
V
A 2 2
P h
B4H
6
O
2 6
Nos piden: Vcono
Sea O, el centro de la base del cono, AB = 8, entonces el radio de la base 
del cono es 4.
AH = 2 & HO = 2
Se deduce:
h = VO = 2(PH) = 4 6
Entonces:
Vcono = 3
1 p(4)2(4 6 ) = 3
64 6 p
 Clave D
13. 
C 37° 53°
53°37°
h
5k
5k
5k
4k
h
4k
O
O1
R
3k
3k
A
B
C' A'
B'
Por dato: ABC-A'B'C' es un prisma recto y 
BB' = A'C'.
& h = 5k
 Además: Vprisma = 240 cm3
 & (Abase)h = 240
& .k k
2
4 3c m(5k) = 240
 & k3 = 8 & k = 2
En el A'B'C' por el teorema de Poncelet:
4k + 3k = 5k + 2R
 2k = 2R
 k = R & R = 2
Piden el volumen del cono (V):
 V = ( ) ( . 2 ) (5 )R h k3
1
3
12 2π π=
& V = (2)k3
20
3
20π π=
 ̀ V = 3
40π cm3
Clave A
 
14. 
B
45°
A
V
g
T
8r
16r 2 = g
8r
N
10r
6r
R
O 53°
Nos piden: ASL(cono) = p . R . g
Datos: VT = TO; Vcilindro = 72p
Sea: ON = 6r
En el TON notable de 53° y 37°:
TO = 8r
Del dato: Vcilindro = 72p
p(3r)2 . 8r = 72p
 r3 = 1
 r = 1
& R = 16r = 16 / g = 16r 2 = 16 2
` ASL(cono) = p(16)(16 2 ) = 256 2 p
Clave A
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 88) Unidad 4
 Comunicación matemática
1. 
2. 
 Razonamiento y demostración
3. 
h
P
g
N 3 3
O M
3
37° 37°
53°
En el POM notable de 37° y 53°:
h = 4 / g = 5
Piden: el volumen del cono (V)
 V = ( ) ( . 3 ) (4)R h3
1
3
12 2π π=
& V = 123
36π π=
 ̀ V = 12p
Clave E
4. 
A
OB CR R
R
H
8
g
1
Del gráfico: g = 9
En el AOB, por relaciones métricas:
 (R)2 = (AB)(HB)
& R2 = (9)(1) & R = 3
Piden: el área lateral del cono
 AL = pRg = p(3)(9)
` AL = 27p
Clave C
5. 
A
45°
45° 53°
4k
4k 3kH
B
C
5/4 = 5k
360°
37°
83GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
Del gráfico: los triángulos rectángulos AHB y BHC son notables.
& 5k = k4
5
4
1
& =
El sólido formado está compuesto por dos conos de revolución
& Vsólido = 3
1 π (4k)2(AH) + 3
1 π (4k)2(HC)
 Vsólido = 3
1 π (16k2)(4k) + 3
1 π (16k2)(3k)
 Vsólido = . k3
112
3
112
4
13 3π π= c m
` Vsólido = 12
7π m3
Clave C
6. 
h
r r
Por dato:
Vcilindro = 30 cm3
& pr2h = 30
Piden:
 Vcono = 3
1 p(2r)2 . h = 3
4 pr2h = 3
4 (30) 
` Vcono = 40 cm3
Clave C
 Resolución de problemas
7. 
B
OA CR R
4k5k
Por dato: 4g
h h k5
4
&= = / g = 5k
En el BOA por el teorema de Pitágoras: R = 3k
Además: AT = 216p cm2
& AL + Abase = 216p
Entonces:
 pRg + pR2 = 216p
 (3k)(5k) + (3k)2 = 216
 24k2 = 216
 k2 = 9 & k = 3
Piden:
 Abase = pR2 = p(3k)2
& Abase = 9k2p = 9(3)2p
 ̀ Abase = 81p cm2
Clave A
8. 
B
37°
53°
OA CR R
h g
El BOC es notable de 37° y 53°, entonces:
& R = 3k, h = 4k y g = 5k
Por dato: 
h = 3
2 & 4k = k3
2
4
1
3
2
& =
 
Piden: el área total del cono
 AT = AL + Abase
 AT = pRg + pR2 = p(3k)(5k) + p(3k)2
& AT = 24pk2 = 24p 4
1
3
2 2
c m = p
 ̀ AT = p m2
Clave D
9. 
3
2πR
2π/3 rad
 R
g = 3
Se cumple:
2pR = 3
2πc m .(3)
& R = 1
Piden: el área total del cono
 AT = pR(g + R)
 AT = p . (1)(3 + 1) = 4p
` AT = 4p m2
Clave A
10. 
C
D
E
4
g/2
g/2
A
B R
θ
θ
α
10
Del gráfico: ABC a EDC
& 
g
R
g
R10
2 4
20
4
&= =
` j
& gR = 80
Piden: el área lateral del cono
 AL = pRg = p(80)
` AL = 80p m2
Clave C
84 Intelectum 5.° 
nivel 2 (página 89) Unidad 4
 Comunicación matemática
11. 
I. (V) sí pueden ser iguales ya que son semejantes.
II. (F) son semejantes no congruentes.
III. (V) sí pueden, pero serían congruentes.
IV. (F) los troncos pueden tener alturas en diferentes proporciones, por lo 
 tanto no son semejantes.
Clave D
12. 
I. (F) son iguales.
II. (V) porque son congruentes (iguales)
III. (F)
 
h
h
IV. (F) los troncos pueden estar en diferentes proporciones, por lo tanto no 
 serían congruentes.
Clave B
 Razonamiento y demostración
13. 
V
V1
V2
BA
4 - h
r r4
h
Nos piden: h
Dato: V1 = V2
& 3
1 pr2(h) = pr2(4 - h)
 h = 12 - 3h
 ` h = 3
Clave C
14. 
6g/5
6g/5
9g/5
37°37°
3g/5
3g/5
2g 2g
g
V1
V2
V3
Nos piden: 
V V
V
2 3
1
+
De la figura, por ser conos semejantes tenemos:
V V
V
2 3
1
+ = 
/ /
/
6 5 3 5
9 5
3 3
3
+^ ^
^
h h
h = 3
 Clave B
15. V
B2r2rr
T
r
rA O
a
g
Nos piden: Vcono = 3
1 p(2r)2h = 3
4 pr2h ...(1)
 
De la figura: h = VO = g r42 2-
Por teorema de la tangente:
a2 = (4r)(2r) & a2 = 8r2 & r2 = a
8
2
h = g a
2
2 2
-
En (1):
Vcono = 3
4 p a g a a g a
8 2 6 2
2 2 2 2 2 2π- = -c m
 
Clave D
16. 
A
A B
h
g/2
g/2
g
r r
RR
θ
Nos piden: ASL = pg(R + r)
h = gsenq
Sabemos: A = A
2
T
 
 2A = R r
2
2 2+c mgsenq
 
& 2Ap = p(R + r)gsenq
sen
A2
θ
π = ASL
Clave C
 Resolución de problemas
17. 
 
r
5h
 
O
216°
g = 5
g = 5
2πr
L = 2pr
5
6π . 5 = 2pr & r = 3
& g2 = h2 + r2 & 52 = h2 + 32 & h = 4
Piden el volumen:
V = 3
1 (Abase)h = 3
1 p(3)2 . 4 = 12p cm3
Clave E
18. 
A
CB O
R
h 10 = g
37°
53°
Del AOC notable de 37° de 53°: 
R = 3k, h = 4k y g = 5k
Luego: g = 10
85GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
5k = 10 & k = 2
& R = 3(2) = 6 / h = 4(2) = 8
Piden: el volumen del cono (V)
 V = ( ) ( . 6 ) (8)R h3
1
3
12 2π π=
& V = 3
288π = 96p
 ̀ V = 96p
Clave C
19. 
A R O R
C
B
h gH
g/2
g/2
Por dato: HO es mediatriz de AB.
& R = h / g = R 2
Piden:
 
( )A
A
Rg
R
R R
R
2L
base 2 2
π
π
π
π= =
 .A
A
R
R
2 2
1
2
2
L
base
2
2
&
π
π= =
 A
A
2
2
L
base` =
Clave E
20. 
A
B
HH H
2 3
g = 6
r r
R
O
Nos piden: H
El desarrollo de la superficie lateral es un trapecio circular que tiene por radios 
4 m y 10 m y ángulo central de medida 180°.
6
10
4π
10π
4
4
4g = 6
& g = 6 m
Tenemos:
2pr = 4p
 r = 2
2pR = 10p
 R = 5
Luego:
30°
60°
H
O B
g = 6
3
A
 & H = 3 3 m
 Clave C
nivel 3 (página 90) Unidad 4
 Comunicación matemática
21. 
I. (V) traza una altura desde el centroide hasta la generatriz.
II. (V) todo cono tiene sección axial.
III. (V) si tiene igual volumen.
IV. (F) no necesariamente porque son semejantes.
22. 
I. (F) son líneas curvas.
II. (F) porque es una recta.
III. (V) porque la directriz del cono siempre está inscrita en la directriz de la 
 pirámide.
IV. (F) por definición, no coincide.
 Razonamiento y demostración
23. 
V C6
6
30°30°
L
M
A O B3 3 3
α
α
α α
Nos piden: Vcono
Como VC // AB & m+VCL = m+LAB = a
Además TAMB es isósceles:
Luego: 3a = 90°
 a = 30°
En el AOV notable de 30° y 60°:
AO = 3 / VO = 3 3
Luego:
Vcono = 3
1 p(3)2 × 3 3
` Vcono = 9p 3
 Clave D
24. 
V
M
2r2r
r
r
2r
30°
30°30°
N
2r 3
60°
30°r 3
r 3
Nos piden: 
V
V
cono mayor
cono menor
 
Del gráfico, usando el notable de 30° y 60°. completamos longitudes. 
& Vcono menor = 3
1 pr2 # r 3 = 3
1 pr3 . 3
Vcono mayor = 3
1 p(2r)2 # 2r 3 = 3
1 p . 8.r3 . 3
 ` V
V
cono mayor
cono menor = 
r
r
3
1 8 3
3
1 3
8
1
3
3
$ $ $
$
π
π
= 
 Clave C
86 Intelectum 5.° 
25. 
V
M
P
TS
45°
45°
O
3n
nh
4h
r
r
r
r
Nos piden: Vcono
Dato: VM - OSTP = 1 cm3
3
1 (Abase) # h = 1 ...(a)
De la figura:
r
r r
r 2
O P
S
T
Abase = A:OPTS = r r
2
2^ h ...(b)
Reemplazando (b) en (a):
r
3
1
2
22
c mh = 1 & r2 . h = 3 2
Pero: Vcono = 3
1 pr2.(4h) = 3
4 p(3 2 ) = 4 2 p cm3
 Clave A
26. Considera: VA = AB 
V
A
B
C
Q
VO = H
r
h
P
D
T(AB/2)O
AB 3
2
(AB/2)
Nos piden: V
V
ápir mide
cono
 
Por ser una pirámide regular:
VA = VB = VC = VD = AB = DC
De lo anterior, TVDC es equilátero, el radio de la circunferencia inscrita en 
el TVDC es:
r = 6
3 (AB)
La altura del cono es:
h2 + r2 = AB
2
2
c m ; AB = BC & h = 6
6 (AB)
Entonces:
Vcono = 3
1 p AB AB6
3
6
6
216
62
π=c cm m (AB)3
Luego:
Vpirámide = 3
1 p(AB)2 . H ...(1)
 
Calculamos H:
& H = AB
2 2 
H
(AB/2)
AB 3
2
En (1):
Vpirámide = 3
1 p(AB)2 AB
2
2c m = 6
2π (AB)3
 
Finalmente: 
V
V
36
3
ápir mide
cono =
 Clave E
 Resolución de problemas
27. 
B
A R R C
30° 30°
O
h g
60°60°
En el BOC notable de 30° y 60°: 
h = R 3 / g = 2R
Luego, el ángulo del desarrollo de su superficie lateral será:a = 360° 360°g
R
R
R
2=c cm m
& a = 180°
Entonces, el desarrollo de la superficie lateral del cono es un semicírculo.
Por dato:
1
1
1
O'
T
Bg g
 & g = 2
(2R) = 2 & R = 1
Piden: el volumen del cono (V)
 V = ( ) ( ) ( )R h R R3
1
3
1 32 2π π=
& V = (1)R3
3
3
33 2π π=
 ̀ V = 3
3π m3
Clave A
28. 
A
h = 2 3g g
BO rr
Nos piden: ASL = . .g
360
2
c
π θ
 
q: ángulo de desarrollo
Dato: q = 180° 
Se tiene: 
 
 pg = 2pr
 & g = 2r
g g
180° = π rad
2πr
87GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
En el AOB:
30°
g = 2r
2 3
60°
r
& r = 2
 g = 4
Luego:
ASL = 360
4 1802
# #
c
cπ ^ h 
` ASL = 8p
 Clave D
29. 
A
10
r
g
4
6
4
4
2 5
rO B
Nos piden: ASL = p . r . g 
En el AOB por Pitágoras:
102 + r2 = (r + 2 5 )2
100 + r2 = r2 + 4r 5 + 20
 4r 5 = 80
 & r = 4 5 m
 g = 6 5 m
& ASL = p(4 5 )(6 5 ) = 120p m2
 Clave C
30. 
B
g
g
8
a
4 2
4 2
A
D
Cr
2 17
En el BCA por el teorema de Pitágoras:
g2 = (2 ) (4 )17 22 2+ = 68 + 32 = 100
& g = 10 
En el BDC por el teorema de Pitágoras:
(2 )17 2 = 82 + a2 & 68 = 64 + a2 
 4 = a2 & a = 2
En el DCA por el teorema de Pitágoras:
r2 = a2 + (4 2 )2 = (2)2 + 32 = 36
& r = 6
Desarrollando la superficie lateral del cono tenemos:
θg
2πr
 2pr = q . g
 2p . 6 = q . 10
 & q = 5
6π rad
 ` q = 216°
Clave D
88 Intelectum 5.° 
AplicAmos lo Aprendido 
(página 91) Unidad 4
1. 
r
6
h = 4
O
10
R
A
H
Por dato:
ACE = 2pRh = 80p
 Rh = 40 
 (10)h = 40 & h = 4
En el OHA por el teorema de Pitágoras: r = 8
Piden:
 Abase del casquete = pr2 = p(8)2
` Abase de casquete = 64p m2
Clave B
2. El área del piso: pr2
El área de la superficie exterior: 2pr2
Aplicando regla de tres simple, el costo es: $200
 Clave D
3. 
15°
HP
E
R
U
360°
45°
4
4
C.G.
2 2 6
Por el teorema Pappus-Guldin:
ASG = (2px)L
& ASG = 2p( 6 )16 = 32 6 p u2
 Clave A
4. 
55
2
E55°
90°
35°
35°
55°
55°
35°
A
B
C H O5 7 M D
R R
L
360°
R 2
Del gráfico:
AHO , OMB (A-L-A)
& HO = 5 / OM = 7 & HM = 12
En el AEB por el teorema de Pitágoras:
(R 2 )2 = (AE)2 + (EB)2 = 22 + 122
2R2 = 148 & R2 = 74
Al girar la figura sombreada, se forma un anillo esférico, entonces:
VAE = 6
1 p(AB)2(HM)
VAE = 6
1 p (R 2 )2(12)
VAE = 4R2p = 4(74)p
`VAE = 296p u2
Clave E
5. 
30°
45°
15°
S
B
x
G
360°
NK
A
L
4
42 2
En el BAK notable de 30° y 60°: 
x ( )2 3 6= =
L = perímetro de LSGK = 4(4) = 16
& ASG = L(2px) = 16(2p 6 )
` ASG = 32p 6 m2
Clave A
6. Volumen generado por el semicírculo mayor:
V1 = 2p 2 22$π` j(4) = 16p2
 
Volumen generado por el semicírculo menor:
V2 = 2p 2 12$π` j(5) = 5p2
 
Finalmente:
V1 - V2 = 11p2 u3
 Clave A
7. A = pr2; x = 2r
Por Pappus-Guldin:
` V = 2pAx = 4p2r3 u3
Clave D
8. 3
4 pR3 = n( 3
4 pr3)
n = r
R 3
c m = 1
3 3
c m = 27
Clave C
9. 
eje
30°
15°Q
R
P
HG
6
6
Dato: PQ = QR = PR
De la figura, PHG es el triángulo rectángulo notable de 45°y 45°, además, en 
este caso G es el baricentro del triángulo PQR:
GP = 2 3 & x = GH = 6 ; A = 4
6 32
 = 9 3
Entonces:
V = 2pxA = 2p( 6 )(9 3 ) = 54 2 p u3
Clave B
10. De la figura: 
r = a
2
R = a
2
3 
a
a R
V2
V1
a
O
r
esFerA y sÓlidos de reVolUciÓn
89GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
Luego:
V1 = 3
4 pr3
V2 = 3
4 pR3
 
` V
V
R
r
9
3
2
1 = =
3
` j 
Clave C
11. 
1
60°1/2
1/2
60°
1
r
r
r
De la figura: 
3r = 2
1 3 
 
 r = 6
3 m
Clave B
12. 
h
R = 3
r1
r2
El área total del segmento esférico es:
AT = 2pRh + p(r1)2 + p(r2)2
Por dato:
AT = 11p; r2 = r1 + 1; h = 1
& 11p = 2p(3) + p(r1)2 + p(r1 + 1)2
11 = 6 + (r1)2 + (r1)2 + 1 + 2r1
2 = (r1)2 + r1
& r1 = 1 cm
` r2 = 2 cm (radio d la base mayor)
Clave C
13. 
A
60°
N
D
S
H
R
CB
Q
M
P
eje
Volumen generado por el cuadrado mayor:
AB = 6; MD = 3 2 & MH = 2
3 6
V1 = 2p(36) 2
3 6c m = 108p 6 u3 
 
Volumen generado por el cuadrado menor:
PQ = 4; ND = 2 2 & NS = 6
V2 = 2p(16)( 6 ) = 32p 6 u3
Entonces:
V1 - V2 = 76p 6 u3
 Clave D
14. 
A
C
2a
4a
30°
2a 3
Para la esfera:
ASE = 4p(a 3 )2 = 12pa2
 
Para el cilindro:
ALC = 2p(2a)(2a 3 ) = 8pa2 3
Por lo tanto:
A
A
a
a
8 3
12
2
3
LC
SE
2
2
π
π= =
 Clave C
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 93) Unidad 4
 Comunicación matemática
1. 
I. Segmento esférico
II. Cuña esférica
III. Anillo esférico
IV. Casquete esférico
V. Sector esférico
2. I. (F) porque, genera una superficie de revolución.
II. (F) porque, genera un anillo esférico.
III. (V) por definición.
IV. (F) porque, tienen que ser coplanares.
Clave D
3. I. (F) porque, solo es sólido de revolución para un cilindro recto de base circular.
II. (F) porque, solo es sólido de revolución para un cono recto de base circular.
III. (F) porque, genera un sector esférico.
IV. (F) porque genera un plano.
Clave D
 Razonamiento y demostración
4. 
A
B
OH N L
R 5
45
h
360°4
α
α
θ
θ
R
Del gráfico:
AHO , ONB (A-L-A) 
& AH = 4 / HO = 5
Además, por el teorema de Pitágoras:
R2 = 42 + 52 = 41 & R = 41
Piden:
 VSE = 3
2 pR2h = ( ) . 93
2 41 2π
 
` VSE = 246p m3
Clave E
90 Intelectum 5.° 
5. Graficamos la sección axial del conjunto mostrado:
O
R
2R
2R
Volumen de la esfera:
Vesfera = 3
4 pR3
 
Volumen del cono:
Vcono = 3
2 pR3
 
Volumen del cilindro:
Vcilindro = 2pR3
 
Luego:
V V V
2 1 3
esfera cono cilindro= =
Entonces:
x2 + y2 + z2 = 22 + 12 + 32 = 14
 Clave E
6. 
60°
6
63
3
A x
A = 4
1 (6)2 3 = 9 3
 
x = 3
2 (3 3 ) = 2 3
 
Por lo tanto:
VSG = 2p(9 3 )(2 3 ) = 108p cm3
Clave D
 Resolución de problemas
7. El diámetro de la esfera circunscrita al hexaedro mide igual que la diagonal 
del hexaedro, entonces:
ASE = 4p a
2
3 2
c m = 3pa2
 
Acubo = 6a2
` A
A 2
SE
cubo
π=
Clave D
8. Por ser sólidos equivalentes se cumple:
3
4 p(6)3 = p(4)2h
 
72 = 4h & h = 18
 
Área lateral del cilindro:
` AL = 2prh = 2p(4)(18) = 144p cm2
Clave A
9. Para el cono:
h2 = 102 - 62 & h = 8 
Por ser sólidos equivalentes:
3
1 p(6)2(8) = 3
4 pR3 & R = 2 93
 
Área de la superficie esférica:
ASE = 4pR2
` & ASE = 4p(2 93 )2 = 48p 33 u2
Clave E
10. Volumen y área del octaedro de arista a:
V = 3
2 a3; A = 2 3 a2
 
Luego: A
V
18
6= a
Graficamos la sección axial del conjunto mostrado:
V
Ar
O
El radio de la esfera inscrita es: 
VO = 2
2 a; OA = 2
1 a & r = 6
6 a
VA = a
2
3 
Entonces: A
V r
3= & r = A
V3
 Clave C
11. Planteamos una regla de tres simple:
360° 3
4 pr3
 
 60° V
 
V = 9
2 pr3
 
AB = 2r = 6 & r = 3 & V = 6p m3
 Clave A
nivel 2 (página 93) Unidad 4
 Comunicación matemática
12. 
I. (V) porque es coplanar y no secante.
II. (F) porque genera un plano.
III. (F) porque es una superficie secante.
IV. (V) una figura sí puede formar un sólido de revolución.
13. 
I. (V) porque forman 2 superficies de cono de revolución con un mismo vértice.
II. (F) porque tienen que ser coplanares.
III. (F) porque no puede ser secante.
IV. (F) porque solo generan sólidos de revolución las regiones planas.
Clave A
91GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
14. 
I. (F) genera una superficie de revolución.
II. (V) por definición.
III. (F) porque es secante.
IV. (V) por definición de sólido no convexo (por un sólido pasa una recta que 
 interseca a un sólido en más de 2 puntos).
Clave A
 Razonamiento y demostración
15. 
h = 5
a = 6
NOHA
E
F60°
60°
60° 30° 360°
B
Piden:
 VAE = 6
1 pa2h = 6
1 p(62)(5)
` VAE = 30p m3 
Clave A
16. Aplicamos el teorema de Herón:
ATABC = 69 4 3 2 6$ $ $ =
 
Además: ATABC = p(r)
& 6 6 = 9 . r 
& r = 3
2 6
Por lo tanto:
` V = 3
4
3
2 6 27
64 6
3
π π=c m
Clave D
17. 
T
R
RR/2
N O M
60°
30°
30°
30°
QB
Plano H
60°
R 3/2
3
4 pR3 = 32 3 p & R3 = 24 3
 
De la figura:
OQ = R
2
3 ; OM = 2
3 R
 
Vcono = 3
1 p R R2
3
2
3
8
32
=c cm m pR3
 
Vcono = 9 3 p
Clave C
18. 
eje
D
C
B
A
15°
a
a
30°
45°
x
a 2/2
De la figura: A4ABCD = a2 
x = a
4 6 
Luego, por Pappus-Guldin:
2p a
4
6c ma2 = 4p 6a = 2
Por lo tanto:
2pABCD = 4a = 4(2) = 8 cm
 Clave D
19. 
r r
R
R = 2r
Por dato, el área lateral del cono es 18p cm2, entonces:
prR = 18p
Del gráfico: R = 2r
& pr(2r) = 18p
r2 = 9
Área total de la semiesfera:
ASE = 2p(2r)2 + p(2r)2 = 12pr2
` ASE = 12p(9) = 108p cm2
Clave D
 Resolución de problemas
20. 
6
6
6
h
Vcubo = 63 = 216 cm3
Vpelota = Vagua desalojada = 3
4 p(3)3 = 36p cm3
Del gráfico se observa:
Vresultante = Vcubo - Vagua desalojada
36h = 216 - 36p
 h = (6 - p) cm
Clave D
92 Intelectum 5.° 
21. Voctaedro = a
3
23
 = 9 2 & a = 3
A
r
a/2
V
O
VO = a
2 2 ; VA = a
2 3
OA = a
2
En el VOA por relaciones métricas:
a a a
2 2 2 2
3=` ` cj j mr & r = a
6
6 
r = 6
3 6
2
6=^ h
Entonces:
ASE = 4pr2 = 4p 2
6 2
c m = 6p m2
Clave D
22. Por regla de tres simple:
 360° 2pr2
 18° A
 A = r
10
2π ; r = 3
 
 ` A = 10
9π m2
 Clave C
nivel 3 (página 94) Unidad 4
 Comunicación matemática
23. I, II, IV, V, VI, X, XI
24. III, VII, VIII, IX, XII
25. I, VII, VIII
 Razonamiento y demostración
26. 
360°h 2h
AB
3r
C
G
r
E
V1: volumen generado por la región GEA.
V2: volumen generado por la región CBA.
Entonces: 
V1 = 3
1pr2(2h) = 3
2pr2h
 
V2 = 3
1p(3r)2(3h) = 9pr2h
 
Por lo tanto: V
V
27
2
2
1 =
 Clave A
27. 
360°
A
D
C
B
a
a
α45°
45°
x
 V = 2pa2x
 x = a
2
 sen(45° + a)
 
& x = a
2 (cosa + sena)
Luego, el volumen generado es:
V = pa3(cosa + sena)
Para hallar el máximo valor usamos la derivada:
V' = pa3(-sena + cosa) = 0
 & cosa = sena
 tana = 1
 a = 45°
 Clave C
28. 
15B C
37°
53°
37°
20
A
x
53°
360°
D
L
A ABCD = 15(20) = 300 m2 
x = 2
25
 
Luego, el volumen generado es:
V = 2p(300) 2
25c m = 7500p m3
 Clave B
29. 
x
a
N
r
H h360°
M
V1
V2
P
Por relaciones métricas sabemos:
r2 = H(h) ...(1)
a2 = H(H + h) ...(2)
Por dato:
V
V
13
80
2
1 = & 
h r h
a H
6 2
6
13
80
3 2
2
π π
π
+
=
 
h r h
a H
3 13
80
3 2
2
+
=
93GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
& 13[H(H + h)]H = 80h3 + 240(Hh)h
 13H3 + 13H2h = 80h3 + 240h2H
Ordenando respecto a H3:
13H3 + (13h)H2 - (240h2)H - 80h3 = 0
Por divisores binómicos:
H h
h
h
h
h
h
h
h
h4
13
13
13
52
65
240
260
20
80
80
0
2
2
2
3
3=
- -
& (H - 4h)(13H2 + 65hH + 20h2) = 0
& H = 4h
En (1):
r2 = 4h(h)
& r = 2h
En el MPN:
x
N
4h
2h
M P
 ` x = 26,5°
 
` 26, 5° = 26°30'
Clave B
30. 
13
8°θ
H
15
C
7
7
M
A
G
B
360°
x
Teorema de Herón:
ATABC = 21 8 6 7^ ^ ^h h h = 84 u2
 
Teorema de la mediana: 
132 + 152 = 2(BM)2 + 2
142
 
 BM = 2 37
& BG = 3
2 (2 37 ) = 3
4 37
 
ATMBC = 42 = BM
2
15^ ^h h # senq
 
& 42 = 2
2 37 15^ ^h h # senq
senq = 
5 37
14
14
27
θ
5 37
En el GHB:
GH = x = BGsen(q + 8°) 
& x = 3
4 37
5 37
14
5 2
7
5 37
27
5 2
1$ $+; E
 
 x = 3
10 2
 
Por lo tanto, el volumen generado es:
VSG = (2px)ATABC
 
= 2p 3
10 2c m84
 
VSG = 560p 2 u3
Clave E
 Resolución de problemas
31. 
M
O
R
Q
SN
P
r
M, N y S son puntos de tangencia de ambas superficies, P es el centro de la 
esfera inscrita.
De la figura:
OP = r 3 ; R = OP + r = r( 3 + 1)
Luego:
r = R
2
3 1-^ h
 
Dato:
R = 4 & r = 2( 3 - 1)
 Clave A
32. Los valores del radio y la altura del cono parcial son:
2r
x
30°h r 3
 
x = r
2 3 ; h = 2
3 r
Por lo tanto:
Vcono parcial = 3
1 px2h = 8
3 pr3
 Clave C
33. Por datos:
VCE = VSE / R = 3 cm
& R
270 3
23
c
π α = pR2h
 
 a = 60h
Además: h = 3 cm
& a = 180°
Por lo tanto:
VCE = R
270 270
3 1803 3
c c
cπ α π=
^ ^h h = 18p cm3
Clave E
94 Intelectum 5.° 
mArATÓn mATemáTicA (pagina 96) Unidad 4
1. Por Pitágoras: BA = 8
A
10
6
B
O
C
x
y
El volumen de revolución está dado por la diferencia de una semiesfera y un 
cilindro:
Vsemiesfera = ( )2
1
3
4 10 3
20003
# #π π=
Vcilindro = p # 62 # 8 = 288p
Vrevolución = Vsemiesfera - Vcilindro 
 = 3
2000 π - 288p
 = 3
1136 π
Clave A
2. Paso 1:
Del área lateral: 
AL = prg = b
& pr = g
b ... (1)
A
g
a
r
BO
V
h
Paso 2:
En el TAOV; por relaciones métricas:
a # g = r # h ... (2)
 ̀ Vcono = 3
1 p r2 h = 3
1 (p r)(r h) ... (a)
De (1) y (2) en (a):
Vcono = ( )g
b a g a b
3
1
3
## =c m
Clave E
3. Paso 1:
 ▪ En el AHC, por Pitágoras:
CH = 4
 ▪ En el CHB; por Pitágoras:
CB2 = CH2 + HB2
CB = 97
A B
C
5
D
3
53°
H3 3 6
O
97
R
Paso 2:
 ▪ Por propiedad de circunferencia:
CB
!
 = 106°
& +COB = 106°
 ▪ cos106° = 25
7-
A B
C
RO
106°
97
53°
Hallamos R:
Por ley de cosenos:
CB2 = CO2 + OB2 - 2(CO)(OB)cos106°
97 = 2R2(1 - cos106°)
R2 = 64
25 97# & R = 8
5 97 u
Clave E
4. 
O
V
H - h
H
Rr
h
O'
Paso 1:
Por semejanza de conos:
Vo' ~ Vo
R
r
H
H h= - & r = H
R (H - h) ... (a)
Paso 2:
Del área lateral del cilindro:
AL = 2prh & reemplazando (a):
AL = ( )H
R H h h2π - = H
R H h H2
4 2
2 2π - -c m; E
El área del cilindro será máximo cuando:
h H
2- = 0 & h H
2=
Clave B
5. 
A
O
V
L L
L
L B
C
L 2
 2
L 2
 2
L 2
 2
L 2
 2
Como VO = BO = L
2
2 y VB = L, entonces el triángulo VOB es notable de 
45°, es decir: m+VOB = 90°. 
Se tiene VO = AC y VO = BO, entonces VO es perpendicular al plano que 
contiene a la región triangular ABC, siendo esta la altura de la pirámide V-ABC.
95GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 4
& Volumen(V-ABC) = L L L
3
1
2 2
2#c cm m
 ̀ Volumen(V-ABC) = L
12
23
Clave E
6. 
A D
B
O
V
C
P
M
R
r
H
2a
a
α
a 2
Paso 1:
En la pirámide (V-ABCD):
 ▪ Si AD = 2a
 ▪ Por semejanza: TAHO a TOMV
AH = MV = a 2
 ▪ Por propiedad de circunferencia:
HP = PM = a
Paso 2:
En el TVHP:
V
R + r
PH a
a 2 + a
α
cosa = 
a a
a
2 +
cosa = 
2 1
1 2 1
+
= -
 ̀ a= arccos( )2 1-
Clave B
7. 
θA
C
B
P
a
atanα
atanαcosθ
atanαsenθ
α
Por el teorema de las tres perpendiculares:
(PA = AB / PA = AC) / AB = BC
& PB = BC
En el TPBC: PB = atana 
En el TPAB: PA = atanasenq y
AB = atanacosq 
 ̀ VP-ABC = 3
1 AABC # AP 
 VP-ABC = 6
1 a3tan2a . senq . cosq
 VP-ABC = 12
1 a3tan2a . sen2q 
Clave A
Este libro se terminó de imprimir
en los talleres gráficos de Editorial San Marcos situados en
Av. Las Lomas 1600, Urb. Mangomarca, S.J.L. Lima, Perú
RUC 10090984344En el EBF, I resulta su ortocentro.
 & x = 90°
 Además: I es incentro del ABC
 Entonces: m+ABI = m+QBI = 45° 
 & b = 45°
 Luego:
 
A C
B
45°
45°
4
E F
45°
θ θ
H
Q
Del gráfico: BFH , BFQ (caso ALA)
& BQ = BH
 ` BQ = 4
 Clave A
60. 
A
B
CM
N
G
4
3
x
5
8
6
5
5
D
10
Por dato: G es baricentro del ABC
& BG = 2GM = 2(3) & BG = 6
& AG = 2GN = 2(4) & AG = 8
Por el teorema de Pitágoras: AB = 10
Por propiedad: AD = DB = DG = 5
Luego: CG = 2GD = 2(5)
 ` x = 10
 Clave E
61. 
 
Nos piden: x
m+BAM = m+CBR & APB es recto en P.
Del gráfico:
O: incentro del PAR
& 2x = 90°
 x = 45°
 Clave C
62. 
 
45° 45°n n
n
QP
A H C Ma
I
x
4
4
a
N
4
B
Nos piden: x
Como I es incentro & AP = AH
De donde: n + 4 = x + a ...(1)
Además: QN = 4 – n
Pero: x = QN + a = 4 – n + a ...(2)
Reemplazamos (2) en (1):
n + 4 = 4 – n + a + a
 n = a
En (1): n + 4 = x + n
 ` x = 4
 Clave B
9GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
AplicAmos lo Aprendido
(página 13) Unidad 1
1. Piden: AB
En el ADB notable de 53°/2 y 127°/2:
 
45°53°/2
127°/2 45°
A 2 D 1 C
1
B
x 2
 Del gráfico:
 x = 5
 
 Clave D
2. Piden: n2 + 1 
En el BAC notable de 30° y 60°:
30°
45°60°A
C D
M
B
k 2= 2
6 n
 
 & k 3 = 6
 k = 2 
 Luego en el AMD es notable de 
 45°: n 2 = 2 2
 & n = 2
 Finalmente: n2 + 1 = 22 + 1 = 5
 Clave C
3. Piden: AB
 
 En el EDC notable de 16° y 74°:
 7k = 21
 k = 3
 & DC = 24k = 24(3) = 72
 Luego en el ADE notable de 37° y 53°:
 3n = 21
 n = 7
 & AD = 4n = 4(7) = 28 
 Finalmente en el ABC notable de 37° y 53°:
 5x = 28 + 72
 x = 20
 Pero: AB = 3x ` AB = 60
 Clave A
4. Piden: x.
xx
 Por triángulos rectángulos notables de 30° y 60°,
 se tiene que x = 16.
 
 Clave C
5. Piden: x 
12 10 n 10
37°/2 37°/2
3n
n n 12=
x
30°A
B
C
 Del gráfico: n 10 = 12 10
 n = 12
 En el ABC notable de 30° y 60°:
 x = 6
 Clave B
TriángUlos recTángUlos noTAbles
6. Piden: EH = 4k 3
 
Del gráfico:
3k 3 + 4k = 6 3 + 8
 & k = 2
 ` EH = 8 3
 Clave C
7. Piden: x
 
45°/2
2 2 2+
x
Recuerda:
 
45°/2
n 2 n+
n
En el problema: x = 2
 Clave A
8. Piden: x
 
75° 15°
x
100
Recuerda en un triángulo rectángulo notable de 15° y 75° se cumple:
75° 15°
a
4a 
En el gráfico:
x = 25
Por lo tanto:
x = 5
 
 Clave A
9. Se grafica e ABC y se inscribe el cuadrado OPQR.
A
B
C
R
Q
O
P a ( 6 + 2 )( 6 + 2 )
a ( 6 + 2 )( 6 - 2 )
a ( 6 + 2 )( 6 - 2 )
a ( 6 + 2 )( 6 - 2 )
20
15°
15°
 El ROC, es notable de 15° y 75°.
 Si: RQ = a( ) ( )6 2 6 2+ - & QC= a( ) ( )6 2 6 2+ + 
 El AOP, es notable de 15° y 75°.
 Si: OP = RQ = a( ) ( )6 2 6 2+ - , pues RQ // OP y OR // PQ
 & AP = a( ) ( )6 2 6 2- - 
 Luego: AC = AP + PQ + QC
 20 = a( ) ( )6 2 6 2- - + a( ) ( )6 2 6 2+ - 
+ a( ) ( )6 2 6 2+ + 
 20 = a 6 2 12 6 2 6 2 12+ - + - + + +6 @ 
 & a = 1
 Lado del cuadrado es: PQ = a ( ) ( )6 2 6 2+ - & PQ = 4
Clave B
10 Intelectum 5.° 
10. Trazamos MH, perpendicular a CD, luego el 
 BMC y el CHM son notables de 15° y 75° 
ya que el TABE es isósceles.
H
A
B C
D
E
M
N
8 8
30°
60°
60°
75° 75°
15°
15°2( 6 - 2 )
 Si: BC = 8 & CM = 2( )6 2- 
Luego en el triángulo MCH:
CH = 2 ( ) ( )4
6 2 6 2-
- 
 & CH = 2
MN = x; MN = HD = x
HD = CD - CH
x = 8 - 2 & x = 6
Clave C
11. Trazamos la altura EH, por lo tanto el AHE es 
notable de 37° y 53°.
α
α
β
β
H
A
B
C
DE
53°
53°
37°
10
x
86
Si: AE = 10 & HE = 8
Luego sobre E:
37° + a + 53° + b = 180°
 a + b = 90° 
` m+ ECD = a 
 m+ HBE = b
 & EDC , HBE (caso ALA)
Ya que BE = EC & HE = CD ` x = 8
Clave A
12. Trazamos la altura relativa a la hipotenusa, los 
ángulos están en progresión aritmética.
 
A
B
CP
H 3
60°
30°
60° 30°
2H
H
4H
3
3
2H
3
3
& m+B = 90° (ángulo mayor)
 m+A = 90° - a
 m+C = 90° - 2a
 Pero m+A + m+C = 90°
 Reemplazando: 
 90°- a + 90°- 2a = 90° 
 & a = 30° 
 ` m+A = 60°
 El ABC es notable de 30° y 60°:
 Si BP = H & B = 2H y PC = H 3
 El BPA es notable de 30° y 60°:
Si BP = H & BA = H
3
2 3 y 
 AP = H
3
4 3
 Perímetro: 2p = AB + BC + AC 
& 2p = H
3
2 3 + 2H + H
3
4 3 + H 3
& 2p = 2H ( 3 + 1)
Clave B
13. El perímetro es de 48 m & 48 = 3(lado), pues 
ABC es equilátero, entonces: lado = 16 m
P es punto medio de AC & AP = PC = 8 m
 
A
B
C
R
S
Q
Px
60°
60°30°
30°30°
10
12
4
6
5 8
16 
 El PQC es notable de 30° y 60°. 
 Si: PC = 8 & QC = 4
 BQ = BC - QC
 BQ = 16 - 4 = 12
 El BRQ es notable de 30° y 60°.
 Si: BQ = 12 & RB = 6
 RA = AB - RB
 RA = 16 - 6 = 10 
 El ASR es notable de 30° y 60°.
 Si: RA = 10 & AS = 5 
 & AP = AS + SP, pero AP = 8
 Reemplazando: 8 = 5 + x & x = 3
Clave B
14. 
A
B C
H
a( 2 + 1)
22°30'
a
k 4 + 2 2
a 4 + 2 2
 El AHB es notable de 22,30°: 
 Si: AH = a & AB = a 4 2 2+
 BH = a( )2 1+
 El ABC es notable de 22,30°. 
 Si: AB = k & AC = k 4 2 2+ ; 
 pero k = a 4 2 2+ 
 Reemplazando: 
 AC = a( )4 2 2+ ( )4 2 2+ 
 AC = a(4 2 )2+ 
 Dato: AC = 4 & a = 
4 2 2
4
+
= 2 - 2 ; 
 & BH = (2 - 2 )( 2 + 1)
 ` BH = 2
Clave E
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 15) Unidad 1
 Comunicación matemática
1. 
2. 
3. 
 Razonamiento y demostración
4. 
 
3k x=
15 5k=
53° 37°
 
15 = 5k
 k = 3
& x = 3(3) = 9
& y = 2 3
` x2 + y2 = 92 + (2 3 )2 = 93
Clave A
5. 
 
30°
45°
45°
45°
15°
N
H
A
B
a 2 a
a
C
x 
 En el ABC notable de 30° y 60°:
 x = 2a 2
 Por dato: BH = a = 2
5 2 
 & x = 2 2
5 2 2c m 
 x = 10
 Clave B
6. 
 
Del gráfico:
2k + 3k = 10
 k = 2
` AB = 2 5 
 Clave A
7. 
14 3
θ
θ 30º
30º
30º
A D
B
14
C
11GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
42BD 14 3 3= =^ h
BC + CD = 42
 14 + CD = 42
 ` CD = 28 m 
Clave C
8. 
30º
20 3
30º
30
60º
A P C
Q
B
60º
 
Del gráfico: 
PB
PQ
PQ m
3
2 30 20 3
2
20 3
10 3`
= =
=
=
^ h
Clave E
9. 
 
x 2+
x 4+
x 6+
Por el teorema de Pitágoras:
 (x + 2)2 + (x + 4)2 = (x + 6)2
x2 + 4x + 4 + x2 + 8x + 16 = x2 + 12x + 36
 x2 = 16
 x = 4
 Clave B
10. 
 
A
L
B
C
8
53°
23°30°
x
4
Se construye el ALC:
& LC = 8 2
1c m = 4
En el BLC es notable de 37° y 53°: x = 5 
 Clave B
11. 
 
 Por dato: AE = BC = 2a
 Trazamos: BH = AC
 En el BHC notable de 30° y 60°:
 BH = a
 En el AHB notable de 45°:
 AH = a & HE = a
 Luego, el BHE es isósceles:
 ` x = 45°
 Clave B
 Resolución de problemas
12. 
a
x
B
2
A L C
2
a
F
a
E
 Trazamos EL // AB
 & m+ELC = a
 & TLEF es isósceles
 EL = EF = 2
 Por el teorema de los puntos medios:
 x = 2(2) = 4
 Clave A
13. 
 
x/2
45°
2
a
a
M
x
x/2
H
B
A
E
L
C
 Trazamos MH = BC, entonces por el teorema de 
los puntos medios:
 MH = x
2 
 Trazamos ML = EC
 & ML = MH = x
2 
 En el ELM notable de 45°:
 x
2 = 2 2
2c m
 x = 2 2
 Clave E
14. 
 
 En el AHM notable de 37°/2:
 AH = 3a / AM = a 10
 Trazamos CE perpendicular a la prolongación de 
BM.
 En el MEC notable de 37°/2:
 ME = a / EC = 3a
 En el BEC:
 tanx = a
a
4
3
4
3
= 
 ` x = 37°
 Clave D
15. 
 
 Del gráfico: m+PBQ = 75° + a
 Por ángulo exterior: m+BPQ = 75° + a
 & TBQP es isósceles (BQ = PQ)
 x = PR = BM (Propiedad)
 En el ABC notable de 15° y 75°:
 BM = 4
12 = 3
 ` x = 3
 Clave C
16. 
A M C
 En el TBCM isósceles trazamos CH = BM
 & BH = HM
 Por dato: AM = MC = BC
 Sea: HM = a
 En el MHC notable de 37°/2:
 MC = a 10 = AM
 Prolongamos BM y formamos el BRA.
 En el MRA notable de 37°/2:
 AM = a 10 
 & MR = a / AR = 3a
 En el BRA:
 AR = BR & x = 45°
 Clave C
nivel 2 (página 16) Unidad 1
 Comunicación matemática
17. 
18. 
 Razonamiento y demostración
19. 
 
30°+ α
α
α 30°= 30°
5
A C
B
10 5
Q
12 Intelectum 5.° 
 Del gráfico:
 m+ACB = 30°En el TABC:
 a + 90° + a + 30° = 180°
 a = 30°
 Entonces, el TBQC es isósceles:
 BQ = QC = 5
 En el ABQ notable de 30° y 60°:
 AQ = 2(5) = 10
 ` AC = 10 + 5 = 15
 Clave E
20. 
 
30°
45°
15°
x
L
B 4
A C8
 Se construye el ALC
 & LC = 2
8 = 4
 En el BLC notable de 45°: x = 4 2 
 Clave B
21. 
8 330º
30º
A B
C
16
E
60º
30º
D
32
 
Del gráfico:
CB = 162
32
=
DB
DE
2
16 3 8 3
2
8 3 3
= =
= d n
 
 
` DE = 12
 Clave E
22. 
 
HA C
B
M
32
30º
30º
16 3
60º 60º 30º
64
Del gráfico:
32AB 2
64
= =
16BH 2
32 3 3= =
 
HM 2
16 3 3= ^ h
` HM = 24 m
 Clave C
23. 
30º
58 54
B
A D H C
 
Del gráfico:
/BH
DH
8 2 4
3
= =
=
& DC = 2DH
` DC = 6m
Clave A
 Trazamos BH = AC
 & BH es mediatriz
 & AB = BC (m+BCA = 45°)
 En el BHC notable de 45°:
 BH = HC = 2a
 En el BHF:
 tan x
a
a
2 2 2
1
= =` j
 & x
2 2
53c
=
 ` x = 53°
 Clave B
nivel 3 (página 17) Unidad 1
 Comunicación matemática
28. 
 Tomamos la serie formada por los catetos 
menores:
 Si: 3; 5; 7; 9; 11 & 9 + 2 = 11
 
 +2 +2 +2 +2
 & El término siguiente en el cateto menor sería 11.
 Tomamos la serie formada por los catetos 
mayores:
 Si: 4; 12; 24; 40; 60 & 40 + 20 = 60
 
 +8 +12 +16 +20 & 16 + 4 = 20
 
 +4 +4 +4
 & El término siguiente en el cateto mayor sería 60 .
 Aplicamos el teorema de Pitágoras:
 112 + 602 = x2 & x = 61; la hipotenusa sería 
61, además vemos en la serie de triángulos que la 
hipotenusa es igual al cateto mayor más uno.
29. 
 Tenemos la serie de catetos menores:
 Si: 3; 5; 7; 9; 11; an 
 +2 +2 +2 +2 +2
 an = 3 + 2Cn
1
1- & an = 3 + 2 . ( ) ! !
( ) !
n
n
2 1
1
-
-
 ` an = 2n + 1
Luego tomamos la serie de catetos mayores:
 Si: 4; 12; 24; 40; bn 
 +8 +12 +16 +20
 
 +4 +4
 bn = 4 + 8 4C Cn n
1
1
2
1
+- - 
 & bn = 4 + 8 ( ) ! !
( ) ! 4 ( ) !
( ) !
n
n
n
n
2 1
1
3
1
-
-
+
-
-
2!
 bn = 4 + 8(n - 1) + 2(n - 1)(n – 2)
 & bn = 2n(n + 1) 
El término “n” de la serie sería: la hipotenusa es 
igual al cateto mayor más uno.
2n + 1
2n(n + 1)
2n(n + 1) + 1
24. 
1
15º30º
B
A C
13
26
45º
135º
H
 
El BHC, resulta 
notable de 45°: 
` BC = 13 2m
Clave E
 Resolución de problemas
25. 
4
4
R
B
A D C
x2x2x
x
8
P
8
5
5
 Trazamos BP de modo que el TABP sea isósceles.
 & m+BPA = 2x / m+PBC = x
 AB = BP = PC = 8
 Trazamos DR = BP
 & BR = RP = 4
 En el DRP notable de 37° y 53°: 2x = 37°
 ` m+BAD = 2x = 37°
 Clave C
26. 
 
x
37°
53°
4
θ
θ
4
6
H
B
A C
10M
D
 Trazamos DM perpendicular a la prolongación de 
BA.
 Por el teorema de la bisectriz:
 MD = 10
 BC // MH & MH = 4 / HD = 6
 En el CHD notable:
 m+DCH = 37° & m+ACH = 53°
 En la figura MBCH:
 53° + x = 90°
 x = 37°
 Clave C
27. 
 a a
A E H F C
a a
B
x
2
x
2
2a
45° 45°
13GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
30. 
 Trasladamos el área III al lado del área I ya que 
ambos triángulos, superior e inferior al cuadrado 
más grande, son congruentes.
 Duplicamos las regiones A ; B y II con respecto 
a los ejes de simetría x e y.
Del gráfico:
A = a
2
2
 (b)
B = b
2
2
B
B
C
A
A
III
III
II
Ia
a
a
b
b
b
cc
c
x
y
II
c
 
 Vemos que el triángulo que contiene a las áreas 
III y I y el triángulo que contiene el área C 
son congruentes. 
 & sus hipotenusas miden: c 
 En el gráfico: c2 = 2 II y C = I + III ... (a)
 Dato: A + B + C = I + II + III
 Reemplazando de (a): 
 A + B + C = II + C 
 A + B = II & A + B = c
2
2
 Reemplazando de (b):
 a b c
2 2 2
2 2 2
+ = & a2 + b2 = c2
 
 Teorema de Pitágoras
 Razonamiento y demostración
31. 
 
30°
60°
45°
45°
ak
x
k
A
k 2 8 2=
2a 4=
C
B
M
N
H
a
 
Del gráfico:
2a = 4 & a = 2
k 2 = 8 2 & k = 8
Piden:
x = k + a = 8 + 2
` x = 10 
 Clave A
32. 
 
a( )-
45°/2
x a( 2 2 )= +
A B
C
22
2a
Por dato: AC = 6 4 2 2-
Entonces:
2a = 6 4 2 2- & a = 3 2 2 2-_ i
Luego:
x = a 2 2 3 2 2 2 2 2+ = - +_ _b _i il i
x = 3 3(2)2 4 2- =_ i
` x = 6
 Clave E
33. 
 
45º 45º
30º
18
N
9B
A C
NC
BC
2
18 9
9 2
2
= =
=
BC m9` =
_ i
Clave B
34. 
37°
20 20k=
8°
8°
37°
45°
53°
A C
D
B
H
9k
3k
4k
16k12k
Prolongamos CB y trazamos la perpendicular 
AH.
Sea: AH = 12k
Del AHC: 20k = 20 & k = 1
Del AHB notable de 37° y 53°: HB = 9k
Del AHD notable de 45°: HD = 12k
Entonces: BD = HD - HB = 12k - 9k
BD = 3k = 3(1)
` BD = 3
 Clave A
35. 
 
A S
QP
R C
B
x(2 3)- x(2 3)+
15°75°
x
x x
x
 Por dato PQRS es un cuadrado:
 & SP = PQ = QR = RS = x
 En el QRC notable de 15° y 75°:
 RC = x(2 + 3 )
 En el PSA notable de 15° y 75°:
 AS = x(2 - 3 )
 Por dato: AC = 20
 & x(2 - 3 ) + x + x(2 + 3 ) = 20
 5x = 20
 x = 4
 Clave C
 Resolución de problemas
36. Aplicamos el teorema de Pitágoras:
 y2 = x2 + 162
 y2 - x2 = 162
(y + x)(y - x) = 162
Dato: y + x = 32
32(y - x) = (16)(16)
Tenemos el sistema de ecuaciones: 
& y - x = 8
 Dato: y + x = 32 
Por Pitágoras: y - x = 8 
 2y = 40 
& y = 20
` x = 12 m
 
Clave B
37. 
 
θ
θ
A
B
C
Q
M
P
H
Iα
α
α
φ
φa
a
a
b
b
b
 De la figura si: BA = 2a & HP = BP = a
 y BC = 2b & BQ = QI = b.
 Luego como QM // AB y BC // PM y P y Q son 
puntos de AB y BC 
 & PM = b y QM = a
 Luego vemos que: THPM , TIQM; (caso LAL) 
 & HM = MI
38. Del THPM: q + a + 90° + f = 180° 
 & a + q + f = 90°
Del paralelogramo BPMQ: m+PMQ = a
& m+HMI = f + a + q & m+HMI = 90°
14 Intelectum 5.° 
AplicAmos lo Aprendido
(página 18) Unidad 1 
1. 
A C
FE
B
y
x 8 y= - 12 a-
a
10
c
 Como el cuadrilátero AEFC es un trapecio:
 Entonces: EF // AC 
 Por propiedad:
 y
y
a
a
8 12-
=
-
 & 12y - ay = 8a - ay
 & 3y = 2a & y = 2k / a = 3k ...(1)
 Por dato, el TEBF y el :AEFC tienen igual 
perímetro:
 a + y + c = 8 - y + c + 12 - a + 10
 2(a + y) = 30 & a + y = 15 ...(2)
 Reemplazando (1) en (2):
 3k + 2k = 15 & k = 3
 & y = 2k = 2(3) = 6
 Además: AE + EB = AB
 x + 6 = 8 & x = 2
 Piden: x/y
 y
x
6
2
3
1` = =
 Clave D
2. Piden: BC
Datos: DE // BC
A
B
C
E
D12 9
8
6 α α
 Como DE // BC, por Thales:
 6EB
AE
DC
AD
EB EB8
9
12
& &= = =
 Luego en el ABC, por el teorema de la bisectriz 
interior:
 AD
AB
DC
BC BC
12
14
9&= = & BC = 10,5
 Clave B
3. Piden: CE
 
 En el ABC (bisectriz interior):
 AD = 3k; DC = 9k
 Luego: AC = AD + DC
 10 = 3k + 9k & k = 6
5
 En el CDE (triángulo notable) de 37° y 53°:
 Como DC = 9k
 & CE = 15k
 Por lo tanto:
 CE = 15 6
5
2
25
=c m 
Clave D
4. Piden: OC = x
A C
B
E
F
O
x
2
3
 
 En el ABO: EA
BE
3
2=
 En el ABC: EA
BE
x
5=
 Luego: EA
BE
x3
2 5= = & x = 7,5
 Clave C
5. 
A
B
H
E
O6 x- P x 6
12
 Piden: PO = x
 Del gráfico: PE // HB
 Entonces: 
 x
AE
x
EB
EB
AE
6 6 &- = +
 = x
x
6
6
+
-
 & 3
1 = x
x
6
6
+
- & x = 3
 Clave B
6. 
 
A F E D
B
C
6 3
 Piden: FE
 Del gráfico: BF // CE, 
 & BC
AB
FE
AF
=
 Como BE // CD:
 & BC
AB
ED
AE
3
6
= = = 2
 Luego: FE
AF = 2 & AF = 2FE
 Entonces:
 AE = AF + FE
 6 = 2FE + FE & FE = 2
 Clave B
7. 
A
4
2
x 4-
B
E
C x
D
6 
 Por dato: ABCD es un trapecio. 
	 & BC // AD
 Del gráfico: TBEC + TAED
	 & x
x 4
6
2- = & 6x - 24 = 2x
 4x = 24
 ` x = 6 
 Clave D
8. 
A
B C
N
D
P
Q
M 5
θ
θ
θ
2
4
O x
F
E
 Por dato: AD = 2CD
 Trazamos EN y PF paralelas a AD y CD, 
respectivamente.
 & EN = AD / PF = CD 
 Del gráfico: MEN + QFP
 & PF
EN x
4 2
5
=
+
+
 CD
AD x
6
5= +
 2CD
CD x x2
6
5
6
5
&= + = +^ h12 = 5 + x
 ` x = 7
 Clave C
9. Piden: BT = x
O
H
T
xP
BA
b
a
 Trazamos AT, luego se determina el ATB.
 Sea m+ABT = a & m+PTA = a
 Sea m+TAB = q & m+HTB = q, 
 Además: m+TBH = a
 Del gráfico: ATB + THB
 b
x
x
a
= & x2 = ab
 x ab` =
 Clave E
 proporcionAlidAd y semejAnzA
15GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
10. 
 
 En el gráfico:
 FRB + RBA
 AB
BR
BR
FB
= & x
6 = x
6
1-
 & x(x - 1) = 6
 ̀ x = 3 
 Clave A
11. Piden: AF
A
B C
P
D F
16
10
De la figura: AB = CD
Si: m+CAD = a
 & mCD
!
 = 2a
 & m+DCF = a / m+ACB = a
Si: m+BAC = q
 & m+BCP = q / m+CFD = q 
 Luego: ABC + FDC
 AB DF
AB10
= & 10DF = AB2 ...(1)
 FC AB
16 10
= & 16AB = 10FC ...(2)
De (1) y (2): FC2 = 25,6DF ...(3)
En el gráfico: FC2 = AF (DF)
Reemplazando (3):
 25,6DF = AF (DF)
 ` AF = 25,6
 Clave E
12. Piden: BD = x
 Trazamos CE // BD.
 Luego el ECB es equilátero.
 Del gráfico: ADB a ACE:
 x
a
c
a c= + & a c
ac
+
 = x
 Clave E
13. Piden: BD = x
Del gráfico: AMB isósceles
Luego en el ABC, por el teorema de la bisectriz 
interior:
x
a
x
a
9
2
=
-
 & x = 3
 Clave A
14. Como "O" es circuncentro del triángulo ABC 
entonces 2m+ABC = m+AOC, trazamos AO y 
OC & TAOC es un triángulo isósceles.
RR
φ
φ
θ
θ
A
P
C
B
Q
O
M
α α
α
L
& m+AOM = m+COM = a
Luego: q + f = a & TAQO a TPCO
& PO
AO
OC
OQ= ; reemplazando:
 ̀ R
R8
18= & R = 12
Clave B
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 20) Unidad 1
 Comunicación matemática
1. 
2. 
3. 
 Razonamiento y demostración
4. 
10
6
x
a
L1
L2
L3
b
a
Del gráfico tenemos:
b
a
k
k
6
10
3
5
& = =
 & x = 37°
Clave B
5. 
A
B
C D E
αα β
β
6 3 x
Por cuaterna armónica: 
CD
AC
DE
AE= & x
x
3
6 9= + 
 2x = 9 + x
 ` x = 9
 Clave D
6. 
x
x
6
9 4
= +
3x = 2x + 8
 x = 8
Clave A
7. 
A
B
CP
Q R
S
9 16
L
L
Del gráfico:
 APQ a RSC
L
9 = L
16 & L = 3 (4)
 L = 12 m
 Clave E
8. 
Del gráfico: ABF a CAB:
x2 = 16 (4)
 x = 4 (2)
 x = 8
Clave B
16 Intelectum 5.° 
 Resolución de problemas
9. 
A
R
D
C
B
S
x
12
m
aa
n
Por el teorema de la bisectriz interior:
BC
AB = n
m
6
5
=
Luego tenemos: x
12 = n
m
6
5
=
 ` x = 10
 Clave E
10. 
A
B
C
D
E
F
a
b
c
x
x 2+
10
14
Por el teorema de Tales tenemos:
x
x
2 14
10
+
= & x = 5
 Clave E
11. 
A
B
E
F
D
C
P Q
3n
n nn
α
α
θ
θ
Por dato: BD = 40
Como ABCD es un rectángulo, entonces: 
AC = BD = 40
Luego: TBFC a TQFA 
& FC
AF
n
n
3
2
= & AF = 2k / FC = 3k 
Del gráfico: AC = AF + FC
 40 = 2k + 3k
 40 = 5k
 & k = 8
Piden:
AF = 2k = 2(8) = 16
 ` AF = 16
 Clave C
12. 
α
α
θ
ββ
θ
 El TPCR es isósceles: m+CPR = m+PRC
 Luego se deduce que: 
 m+ABR = m+PBC = b
 Entonces: TARB a TCPB
 & n
x
n
6
3
= 
 ` x = 2
 Clave C
nivel 2 (página 21) Unidad 1
 Comunicación matemática
13. 
14. 
15. 
 Razonamiento y demostración
16. 
Aplicando teorema de Thales:
x
x
2 1-
 = x
x
5 2
3
-
 5x - 2 = 6x - 3
 & x = 1
 Clave A
17. 
A Q B
T
P
O
x
R R 2R
4
Por proporcionalidad:
x R
R4 2
= & x = 2
 Clave D
 
18. 
B
CA
8 x-
x
6
D
Del gráfico: TABC a TCBD
& BC
AB
BD
BC
= & x6
8
8
6
=
-
 
 & 36 = 64 – 8x
 8x = 28
 ` x = 3,5
 Clave D
19. 
A
B
C
T
O
3k4k
3k5k
15
12
9
 Del gráfico: ABC a ATO
 & 8k = 15
 k = 8
15
 Luego:
 TB = 12 - 4k 
 TB = 12 - 4 8
15
2
9
=c m
 ` TB = 4,5
 Clave E
20. 
A
N
ED
B
C
m
n
4 1 x
 Por corolario, sabemos:
 m
x
n
n
m
x5
5
&= = ...(1)
 n
m
1
4
= ...(2)
 De (1) y (2): 4 1,25x x5
4
5
&= = =
 Clave E
 Resolución de problemas
21. 
1810
B
A
m
α α
n
C
Por el teorema de la bisectriz interior:
n - m = 6 / n
m
k
k
18
10
9
5
= =
Luego:
9k - 5k = 6
 4k = 6
 k = 2
3
& x = m + n
 x = 14k = 14 2
3c m = 21
 ` x = 21
 Clave C
22. 
 A
B
C
P
R
Q
m
n
2
3
x
17GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
Por proporcionalidad tenemos:
 n
m
x
5
= / n
m
3
2
=
 & x3
2 5
=
 ̀ x = 2
15 = 7,5
 Clave D
23. 
Del gráfico: ABC + QBR
8
8 12
, ,-
=
 & 8, = 12 (8) - 12,
 ` ,= 4,8 m
 Clave C
24. 
Del gráfico: AB//RQ / BC//PR
TAPR a TRQC
L
L
L
L
6
4
-
= -
 L2 = (4 - L)(6 - L)
 10L = 24
 L = 2,4
 Clave D
nivel 3 (página 22) Unidad 1
 Comunicación matemática
25. 
26. 
 Razonamiento y demostración
27. 
A
B
CP S E
D
Q
8 6 5 x
Del triángulo ABS:
 
Luego, del triángulo SBC:
 S
8k
6k
B
Cx5
Entonces: x
5 = 8
6
 x = 6,6
!
 Clave A
28. 
Del ABC: teorema de la bisectriz interior.
x
n
m
12& = ...(1)
Del ADC: teorema de la bisectriz exterior.
+ +
m
n
E
C
A D
m n
AD
n
DE
+
= 
DE
AD
n
m n
= + ...(2)
Dato: 5DE = 2AD DE
AD
2
5
& =
Reemplazando en (2):
n
m n
n
m
2
5
2
3
&= + = ...(3)
Luego de (1) y (3):
18x x12 2
3
&= =
 Clave D
29. 
A
B
C
P
O
S
D QR
3
3 12 x
Del ABD: Del DBC:
A
B
3R2
2k
3k
D
O
 
x Q
B
D C
3k
O
2k
1 
k
x
k3 2
1
& =
 x = 1,5
 Clave A
30. 
A
B
C
M N
6 x-
2
m
n
6
x
x
β
β
β
β
14
Del gráfico: ABC a MBN
 x
14 = x
6
6 -
 6x = 84 - 14x
 20x = 84
 x = 4,2 m
 Clave E
31. Piden: x
Los triángulos sombreados son semejantes, 
entonces:
x r
R x
-
- = x r
R x
+
+
Resolviendo:
 ` x = Rr
 Clave B
18 Intelectum 5.° 
 Resolución de problemas
32. 
A
B
C
E
1
2
x - 5
x + 4
G
Del gráfico tenemos:
 x
x
5
4
-
+ = 1
2
 x + 4 = 2x - 10
 14 = x
Piden: BC = 2x - 1 = 27
 Clave E
33. 
CA
B
D M3
146
θ θ
3k 7k
Por el teorema de la bisectriz interior:
AD = 3k / DC = 7k
Por dato: BM es mediana
& AM = MC = 5k
Del gráfico:
AD + DM = AM
 3k + 3 = 5k & 2k = 3
 k = 2
3 
Piden:
AC = 10k = 10 2
3c m = 15
` AC = 15
 Clave A
34. Piden: BH
A
B
CH
r
Rr
R
E
F
O M
BE = BH - R
BF = BH - r
TBFO a TMEB EM
BF
BE
OF
& =
R
BH r
BH R
r
r
BH r
BH R
R
&
- = -
- = -
1r
BH
R
BH1 1- - =c cm m
` BH = R + r
 Clave D
35. Piden: AB
A a b
B
C
M
F
O
2
α
α
α
α
α
La m+A es común para los triángulos ABC y 
AMF.
& Del gráfico: TABC a TAFM
AF
AB
AM
AC= y como AM AB
2=
( ) ( ) ( )AB AB a a b2& = +
(AB)2 = 2a(a + b)
( )AB a a b2` = +
 Clave C
19GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
AplicAmos lo Aprendido
(página 23) Unidad 1
1. Piden: x
c
m
a
x
A H
C
D
B
Sea: HB = m
En el ACB por relaciones métricas:
a2 = mc ...(1)
En el BHC por relaciones métricas:
m2 = ax ...(2)
De (1) y (2):
` x = 
c
a
2
3
Clave B
2. 
En el MPO por el teorema de Pitágoras:
x2 = 42 + (8 - x)2
Resolviendo:
& x = 5
Piden: AD = 2x
` AD = 2x = 10 cm
Clave C
3. 
n 15 n-A CD
15
B
6
Sea AB el menor cateto.
62 = n(15 - n)
36 = 15n - n2
n2 - 15n + 36 = 0
n -12 
n -3
& n = 3 0 n = 12
(AB)2 = (AD)(AC)
(AB)2 = (3)(15) & AB = 45 
` AB = 3 5
Clave A
relAciones mÉTricAs
4. 
x2 = (25 + 24)1
 x = 7
Clave E
5. 
45°
45°
B
A
CQ
P T
2
9
3 2
3 2
(BT)2 = 2(9)
 BT = 3 2
En el PBQ:
PQ = (3 2 )( 2 )
PQ = 6
Clave B
6. 
A B C
P
Q
1
ax
a4
Por propiedad: QB = BC
 (a + 1)2 = 4(a) & x2 = 42 + a2
 x2 = 16 + 1
 x = 17
a2 + 2a + 1 = 4a
a2 - 2a + 1 = 0
 (a - 1)2 = 0
 a = 1
Clave E
7. 
T
F
L
P
V
a
θ
θ
θ
8
x
b
Teorema de la tangente: x2 = ba
En el TLFV + TPFL
 82 = ba
& x2 = 82
 x = 8
Clave D
8. 
A D
T
C
B
b
θ
θ
θ
a
25
11
x
Teorema de la tangente:
x2 = ba
El 5
` r = 29 cm
Clave A
10. 
B
8
6
h 8
C
A D M
10
Se prolonga AD hasta M tal que CM // BD.
El TACM es un triángulo rectángulo:
& CM = 8 y AM = 10
Por relaciones métricas en el ACM:
(AM) h = (AC)(CM)
10h = 6(8)
` h = 4,8 cm
Clave D
11. 
A
37º
53º
C
B
5
3
x
L
F
5
20 Intelectum 5.° 
Como L es mediatriz:
& AF = 5
Luego el ABF es notable de 37° y 53°.
` AB = x = 4
Clave B
12. 
A
C
B
x
3
3 3
x
3 M
N5
4
4
P
4
En el MBN por el teorema de Pitágoras:
32 + 42 = (MN)2 & MN = 5
En el MPN por el teorema de Pitágoras:
52 = x2 + 12
` x = 2 6
Clave E
13. 
A F
7n
7
7n
17n 24
24n
45º
45º
C
B
α
α
2 = x7n 224n
Luego de completar las longitudes de los lados 
por semejanza de triángulos, por Pitágoras en el 
ABC:
(7n 2 )2 + (24n 2 )2 = 312
 & n = 
25 2
31
` AB = x = 7
25 2
31 2 =d n 8,68
Clave A
14. 
x
n
A
P
R
M
m
m
2
N C
B
Q
θ
θ
β αα
β+α
n
2
Se traza MR // AB, entonces:
MR = m
2 (base media del TAQP)
También:
RN = n
2 (base media del TCAQ)
Completando ángulos se obtiene que:
m+MRN = 90°
En el MRN, por teorema de Pitágoras:
x2 = m n
2 2
2 2
+a ak k
` MN = x = m n
2
2 2+
Clave A
prAcTiQUemos
nivel 1 (página 25) Unidad 1
 Comunicación matemática
1. 
2. 
3. 
 Razonamiento y demostración
4. 
θMa
b
n
n
A C
B
P
α α
θ
N
El TABC es isósceles: AB = AC (dato)
Por el teorema de la tangente
(BP)2 = (BC)(BN) & (BP)2 = (2n)(n)
(BP)2 = 2n2 ...(1)
Del gráfico: el BNA a MNC
a b
n
n
b
+
=
_ i
 & n2 = b(a + b) ...(2)
 
Reemplazando (2) en (1):
 (BP)2 = 2b(a + b)
` BP = b a b2 +_ i
Clave A
5. 
α
α
Aplicamos el teorema de la tangente:
a2 = (CH)(CF) / b2 = (BM)(BF)
Trazamos FE, tal que: m+NMF = m+FEC
Del gráfico: los cuadriláteros MFEC y HFEB 
resultan ser inscriptibles, entonces por los 
vértices de cada cuadrilátero pasa una 
circunferencia.
Luego, el teorema de la secante:
& (BC)(BE) = (BM)(BF)
 (x)(n) = b2 & xn = b2 ...(1)
& (CB)(CE) = (CH)(CF)
 (x)(x - n) = a2 & x2 - xn = a2 ...(2)
Sumando (1) y (2):
xn + x2 - xn = b2 + a2
 x2 = a2 + b2
` x = a b2 2+
Clave D
6. 
a
a
A
B
F
C
D
a
5
x
4 2
Por el teorema de la tangente:
a(2a) = (4 2 )2
 2a2 = 32
 a2 = 16 & a = 4
Teorema de la tangente:
 x2 = (5 + a)a
 x2 = 9(4) & x = 6
Clave B
7. Del gráfico: m+PBQ = m+PQC = a 
& (QC)2 = (PC)(BC)
` (QC)2 = (4)(1 + 4)
 QC = 2 5
O
α
α
α
A C
B 1
4
Q
P
Veamos que: TPBQ a TCOP & PO
PQ
PC
BP
4
1= = 
` PO = 4(PQ)
Además: (OC)2 = (PO)(OQ) 
 & (OC)2 = 4(PQ)5(PQ)
 OC = 2 5 (PQ)
Finalmente: 
(QC)2 = (QO)2 + (OC)2 
& ( )2 5 2 = (5PQ)2 + ( ( ))PQ2 5 2
` 20 = 45(PQ)2 & PQ = 2/3
Clave B
8. Del gráfico: 
A C
B
Q
P
RH x
b
c - r - x
c - r
 c2 = (c - r - x)b
b
c2
 = c - r - x
 & x = 
( )
b
c b c r- -
Clave C
21GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
9. Trazamos PR: el RAP es notable de 45°.
& AR = AP = a
y PR = PC = a 2 
Trazamos PB 9 AC; luego:
(AB)(AC) = a2 ... (1)
(BC)(AC) = ( )a 2 2 ... (2)
Dividimos (1) entre (2):
BC
AB
a
a
BC
AB
2 2
1
2
2
&= =
Clave E
 Resolución de problemas
10. 
A D
CB
M
N
p
p + q
q + r
 r
q
P
P
x x
α
Trazamos CP 9 AD y las alturas PN y PM & TABD a TDPC
` CD
AD
DP
AB
= & (AD)(DP) = (AB)(CD); reemplazando:
 (p + q + r)(q) = x2 ... (1)
Luego: (PA)2 - (AM)2 = (PD)2 - (MD)2 ... (2)
 (PC)2 - (NC)2 = (PB)2 - (NB)2 ... (3)
Sumamos (2) y (3): 
(PA)2 + (PC)2 - (AM)2 - (NC)2 = (PB)2 + (PD)2 - (MD)2 - (NB)2
 75 + (q + r)2 - (p + q)2 = 43 - p2 - r2
` 75 - 43 = (q + r)2 + (p + q)2 - p2 - r2 & 32 = 2q2 + 2qr + 2pq
De (I): 16 = q(p + q + r) = x2
 ` x = 4
Clave B
11. 
AC
B
9
9
12
6,5
QM
P
H
x
x
 
Por propiedad: 
(BH)2 = (PH)(AH) 
& (BH)2 = (6,75)(12)
 (BH)2 = 81 
 ` BH = 9
Prolongamos BH hasta M; donde M es punto medio de AC, porque el :BHQA 
es un trapecio isósceles: 
` THMQ es un triángulo isósceles & HM = MQ = x y BH = QA = 9
En el MHA: (HA)2 + (HM)2 = (MA)2 & 122 + x2 = (x + 9)2
 144 + x2 = x2 + 18x + 81
 x = 2
7
Pero: CQ = 2x + 9 & CQ = 16
Clave B
12. Del gráfico: 
C
B
A
Q
P
H
a
bAP = PB, luego: 
(AP)2 - (AQ)2 = (PC)2 - (QC)2 
(AP)2 - (AQ)2 = (PB)2 + (BC)2 - (QC)2
(QC)2 - (AQ)2 = (BC)2
Del dato: 
 (QC)2 - (AQ)2 = 729
 & (BC)2 = 729
 ` BC = 27 ... (I)
Además: (BH)(AC) = (BC)(AB)
Reemplazando: (21,6)(a) = (27)(b)
 4a = 5b & a = 5k y b = 4k
En el TABC: (AC)2 - (AB)2 = (BC)2
 (5k)2 - (4k)2 = (27)2 & k = 9 
a + b = 9k; reemplazando: a + b = 81
Clave C
13. 
El cuadrilátero MNBH es inscriptible.
Por el teorema de las secantes:
(AN)(AM) = (AB)(AH)
(6 + x)(6) = (AB)(AH) ...(1)
En el AHP, por relaciones métricas:
82 = (AH)(AB) ...(2)
De (1) y (2):
(6 + x)(6) = 82
 (6 + x) = 3
32
 ̀ x = 3
14
Clave E
14. 
Por propiedad:
P
A
T
B 
P
A
B
RQ
(PT)2 = (PB)(PA) / (PB)(PA) = (PR)(PQ)
En el gráfico:
Para la circunferencia de centro O2:
(x)2 = (NP)(NQ) ...(1)
Para la circunferencia de centro O1:
 (NP)(NQ) = (NC)(NB)
& (NP)(NQ) = (12)(3) ...(2)
De (1) y (2):
 x2 = (12)(3) = 36
` x = 6
Clave B
45°
45°
a 2
a
a
A
C
B
R
Q
P
22 Intelectum 5.° 
nivel 2 (página 26) Unidad 1
 Comunicación matemática
15. 
16. 
 Razonamiento y demostración
17. 
En el gráfico, trazamos NO tal que
MO = MC, luego ubicamos R tal que
BM = RM & TABM , TRMO
& m+BMA = m+MRO ` MC // RO
& m+MOR = m+OMC = a y m+BAM = m+MAC = a
En el TABC: BM
AB
MC
AC
= & (AB)(MC) = (AC)(BM)
 (MC)2 = (AC)(BM) ... (I)
En el TAMC: (MC)2 = (NC)(AC)
Reemplazando de (I): (MC)2 = (NC)(AC) = (AC)(BM) & BM = NC
Finalmente: (MC)2 + (NC)2 = (AM)2 & (AB)2 + (BM)2 = (AM)2
Teorema de Pitágoras: m+ABM = 90°
Clave D
18. 
Se observa que: 
LQ = QP = 1 
& mLP
!
 = m+APC 
& QB = PB = 2
1 
En la circunferencia interior: (PB)(AB) = (LB)2
& AP2
1
2
1 1 2
1 2
+ = +c c cm m m
` AP = 4
Por propiedad: mRB mBC=
! !
 Finalmente: 
(PC)(RP) = (PB)(AP)
 x(x + 1) = (1/2)(4)
 x2 + x = 2 & x2 + x - 2 = 0
 ` x = 1
& TRQB , TBPC
 RQ = PC = x
Clave E
19. Del gráfico: L1 // L2 & TABD a TCBQ ` QB
BD
BC
AB
a
a
3= =
Se deduce: m
BD
2 3
1
= ` BD m
3
2
=
L2
L1
m
m
A D
C
B
S
RQP
a
3a
Luego: (PQ)2 = (QS)(QB) & (PQ)2 = (m)(2m) ` PQ = 2 m = QR
También: (AD)2 = (BD)(SD) & (AD)2 = m m m AD m
3
2
3
2
3
10
`+ =a ak k 
θ
1 1 1/2
1/2x
A
L
D
C
BR
Q
P
θ θ
2θ
2θ
Finalmente: AD
QC
a
a3
= & QC = 3(AD) ` 3QR RC m
3
10+ = d n
Reemplazando: 2 m + RC = 10 m & RC = ( )m10 2- 
` 
( )RC
PQ
m
m
10 2
2
4
5 1=
-
= +
Clave A
20. El triángulo DET es notable de º
2
53 & m+QDS = 53°/2
` QS = 3 y ST = 6
Q
K
6
3
a ak
bk
b
αα
A D
CB
E T
S
F
R
P
G
x
53°
2
Por propiedad: DT = QR & 12 = QS + SR ` SR = 12 - 3 = 9
Luego: TABP a TEFR & EF
AB
b
a
ER
AP
= =
También: TDAP a TDER ` m+ADP = m+RDE = a & m+PDR = 90°
En el PDR: (DS)2 = (PS)(SR) ` 62 = (PQ + 3)(9) & PQ = 1
El PCQ es notable de 53º/2 & PQ = x
2
5 ` x = 5
2 5 cm
Clave A
21. 
S UJ
O1O2
2
A
B
T
Q
M
N
P
r
r 2
2
Del gráfico: 
 2 + NJ = r & NJ = r - 2 ...(1)
 (PN)(NQ) = (JU + NJ)(JU - NJ) & 18 = JU2 - NJ2 ...(2)
 (O1J)2 = (O1U)2 - (JU)2 = NJ(NJ + 4) 
 ( )r 2 2 - (JU)2 = (r - 2)(r + 2) & (JU)2 = r2 + 4 ...(3)
 (2) y (3) en (1):
 r2 + 4 - (r - 2)2 = 18 
 r2 + 4 - r2 - 4 + 4r = 18 & r = 2
9
` AB = 2r = 9 
Clave C
 Resolución de problemas
22. 
24
a b
– (a + b)
4,8
Por propiedad:
( , )
(4,8)
a b a b
a b1 1
4 8
1
2 2 2
2
2 2
2 2
&+ = =
+
 ...(1)
β
β
A C
B
R
O
M
N
x
x
α
α
α
α
23GEOMETRÍA - SOLUCIONARIO UNIDAD 1
Por Pitágoras:
a2 + b2 = (24 - (a + b))2 ...(2)
Operando resulta:
a b ab2
48 242
+ -
=
^ h ...(3)
Reemplazando (1) en (2) queda:
ab = 4,8(24 - a - b) ...(4)
Igualando (3) y (4):
& a + b = 14 ...(5)
Reemplazando (5) en (4): 
ab = 48 ...(6)
Los únicos valores enteros que cumplen (5) y (6) son:
a = 6 / b = 8
Clave C
23. 
 Por el teorema dePitágoras: AC = 20
 En el ABC, se cumple:
 (AB)2 = (AH)(AC)
 122 = (AH)(20) & AH = 7,2
 Luego: AO = AH + HO
 10 = 7,2 + HO & HO = 2,8
Además: O1O = 10 - r
En el O1MO por el teorema de Pitágoras:
r2 + (r + 2,8)2 = (10 - r)2
Resolviendo: r = 3,2
Del gráfico: OO2 = 10 - R / ON = R - 2,8
En el ONO2 por el teorema de Pitágoras:
(R - 2,8)2 + R2 = (10 - R)2
Resolviendo: R = 4,8
Piden: MN = r + R = 3,2 + 4,8 = 8
` MN = 8
Clave D
24. 
Por dato: ABCD es un cuadrado
& AD = CD = R + a
Por el teorema de Pitágoras:
En el CDO: (CO)2 = a2 + (R + a)2
En el CTO: (CT)2 = (CO)2 - R2
De estas dos expresiones: 
(CT)2 = 2a2 + 2Ra ...(1)
Luego:
En el ADH por el teorema de Pitágoras:
(AH)2 = (R + a)2 + 62 
(AH)2 = R2 + 2Ra + a2 + 36 ...(2)
Piden: AH2 - CT2
De (1) y (2):
AH2 - CT2 = R2 - a2 + 36
En el ODH por el teorema de Pitágoras:
R2 = a2 + 62 & R2 - a2 = 36
& AH2 - CT2 = (36) + 36
` AH2 - CT2 = 72
Clave E
A R O D E
R
H
6
a
25. 
I: incentro del TABC
O: circuncentro del TABC
Por propiedad:
 A
C B
D
N
 & (AN)(NB) = (CN)(ND)
En el gráfico:
 (BI)(ID) = (NI)(IM)
 (BI)(ID) = (R - x)(R + x)
& (BI)(ID) = R2 - x2 ...(1)
Además, el TIDC resulta ser isósceles.
& ID = DC
Luego: DH = DC
2 & DH = ID
2
Del gráfico: BPI a OHD
BI
r
R
DH
= & Rr = (BI)(DH)
& Rr = (BI) ID
2c m & (BI)(ID) = 2Rr ...(2)
De (1) y (2):
R2 - x2 = 2Rr
 x2 = R2 - 2Rr
 ` x2 = R(R - 2r)
Clave C
26. 
(HB)(AC) = 91
En el TAEH isósceles:
AB = BH
& (AB)(AC) = 91
x: es entero y
 
x
x+1
x-1
α
 a > 90°
 Sabemos:
 (x + 1)2 > x2 + (x - 1)2
 x2 + 2x + 1 > x2 + x2 - 2x + 1
 4x > x2
 & x+ h2 & h2 = 9 - c2/4 ... (2)
 Aplicamos el teorema de Stewart en el THOB:
 ` h2(2k) + (3)2(k) = x2(3k) + (3k)(k)(2k)
 2h2 + 9 = 3x2 + 6k2 
 Reemplazando de (1) y (2):
 18 - c2/2 + 9 = 3x2 + 3 - c2/2 & x = 2 2 cm 
Clave B
30 Intelectum 5.° 
mArATÓn mATemáTicA (página 32) Unidad 1
1. 
 
A
D
m
B
R
C
E
F R
n
R1
R2
β
α/2
α/2
φ
φ
γ
θ
x
α
2
 De la gráfica:
 Del TBRD: a + b + m = 360° ...(I)
 Del TFER: g + q + n = 360° ...(II)
 Del TABC: 2
α + f = x ...(III)
 De (I) y (II) en el dato (a + b + q + g = 540°):
 a + b + m = 360° 
 g + q + n = 360° 
 a + b + m + g + q + n = 720° 
 a + b + q + g = 540° 
 m + n = 180°
 Del resultado se demuestra que: //R R1 2
 De la gráfica:
 2
α + 2
α + f + f = 180°
 2
α + f = 90° ...(IV)
 De (III) y (IV):
 2
α + f = x = 90°
 ` x = 90°
Clave C
2. 
 
β
α
αα
αA
B
CS
Q
P R
H
 De la gráfica:
 Trazamos los segmentos PS y SQ tal que HS y SR son mediatrices de los 
triángulos APS y SQC.
 & AS = PS; SC = SQ
 Del dato AB = BC & m+BAC = m+ACB
 & m+ASP = m+CSQ = 2a 
 De la gráfica, por congruencia:
 T ASQ , TPSC (A-L-A)
 & AQ = PC = 7
Clave D
3. 
 
β
β
θ
θ
θA
L
B
C
Q
a
a b
N
´
´
´
α
α
2α
Primero asumimos: 2q > 2a & q > a ...(I)
 & a > b ...(II)
 Trazamos AQ // LC y CQ // AL.
& TALC , TAQC (A-L-A)
& AQ = AN = ,; QC = a y m+AQC = m+ALC
 De (I): 2q + a > 2a + q 
& 2q + a + m+ANC = 2a + q + m+ALC
& m+ANC